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第七章 立体几何与空间向量
第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
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、棱柱及其简单组合体)的直观图．
问题思考·夯实技能
【问题1】　有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱吗？请画图说明．
【问题2】　柱体、锥体、台体体积之间有什么关系？
关键能力·题型剖析
题型一 基本立体图形
角度一　结构特征
例1 (多选)下列说法正确的是(　　)
A．棱台的侧面都是等腰梯形
B．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面
C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形
D．以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
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
辨别空间几何体的两种方法
角度二　直观图
例2 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC＝AB＝1，则原平面图形的面积为(　　)
A． B．
C．3 D．6
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题后师说
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半”．
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原平面图形面积的关系：S直观图＝S原图形．
角度三　展开图
例3 [2024·江西九江模拟]如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2AA1＝2，N为A1C1的中点，M为线段AA1上的点．则|MN|＋|MB|的最小值为________．
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题后师说
几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．
巩固训练1
(1)下列命题正确的是(　　)
A．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
C．圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形
D．一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台
(2)[2024·山东济南模拟]已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为(　　)
A． B．
C．2 D．2
(3)[2024·福建漳州模拟]如图是一座山的示意图，山体大致呈圆锥形，且圆锥底面半径为2 km，山高为2 km，B是母线SA上一点，且AB＝2 km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡．当公路长度最短时，下坡路段长为(　　)
A． km B．3 km
C．3.6 km D． km
题型二 空间几何体的表面积
例4 (1)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的如图所示的正八面体．若某金刚石的棱长为2，则它的表面积为(　　)
A．8 B．8
C．8 D．16
(2)[2024·河北秦皇岛模拟]在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3 cm，高为4 cm，内孔半径为1 cm，则此几何体的表面积是________ cm2.(　　)
A．72＋＋6π B．72＋27＋8π
C．72＋27＋6π D．60＋27＋6π
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题后师说
求解几何体表面积的策略
巩固训练2
(1)[2024·安徽亳州模拟]如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面A1B1C1D1)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为，且A1A＝B1B＝C1C＝D1D.若该容器模型的体积为 cm3，则该容器模型的表面积为(　　)
A．(5＋9)cm2 B．(4＋9)cm2
C．(3＋9)cm2 D．(2＋9)cm2
(2)[2024·广东湛江模拟]如图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O为圆台下底面圆心，O2，O1分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为2 cm，O1O2＝5 cm，OO1＝4 cm，圆台下底面圆半径为5 cm，则该组合体的表面积为(　　)
A．42π cm2 B．84π cm2
C．36π cm2 D．64π cm2
题型三 空间几何体的体积
例5 (1)[2024·安徽滁州模拟]我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，是指在下雨时可以用圆台形的盆接雨水来测量降雨量．若一个圆台形盆的上口直径为40 cm，盆底直径为20 cm，盆深18 cm，某次下雨盆中积水9 cm，则这次降雨量最接近(注：降雨量等于盆中水的体积除以盆口面积)(　　)
A．3 cm B．3.5 cm
C．5.5 cm D．5.8 cm
(2)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥的体积为(　　)
A． B．8
C． D．4
(3)如图中的多面体的底面是边长为a的正方形，上面的棱平行于底面，其长为2a，其余的棱长都是a.已知a＝6，则这个多面体的体积是________．
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题后师说
求空间几何体的体积的三种方法
巩固训练3
(1)[2023·全国乙卷]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＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　)
A．π B．π
C．3π D．3π
(2)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
1．如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，则剩余的部分是(　　)
A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
2．[2023·全国甲卷]在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　)
A．1　　　B． C．2　　　D．3
3．[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
4．[2024·九省联考]已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
第七章　立体几何与空间向量
第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：不一定．如图．
【问题2】　提示：
关键能力·题型剖析
例1　解析：A.棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，如一条侧棱垂直于底面，那么会有两个侧面为直角梯形，故错误；B.棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面，故正确；C.底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形，故正确；D.以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个同底的圆锥，故错误．故选BC.
答案：BC
例2　
解析：如图，过点A作AE⊥CD于点E，
因为∠ADC＝45°，所以AD＝AE＝BC＝，
CD＝CE＋DE＝CE＋AE＝AB＋BC＝2，
原平面图形中A′D′＝2，A′B′＝AB＝1，C′D′＝CD＝2，作原平面图形如图，
则原平面图形的面积为(C′D′＋A′B′)×A′D′＝3，故选C.
答案：C
例3　解析：将侧面ABB1A1沿A1A展开，使得侧面ABB1A1与侧面ACC1A1在同一平面内，如图，连接BN交AA1于M，则|MN|＋|MB|的最小值为此时的|BN|，|BN|＝＝＝，∴|MN|＋|MB|的最小值为.
答案：
巩固训练1　解析：(1)只有在平面平行于圆锥底面时，才能将圆锥截为一个圆锥和一个圆台，当平面不平行于圆锥底面时，得到的几何体并非圆锥和圆台，所以A错；棱柱的侧棱都相等且平行，且侧面是平行四边形，但其底面多边形各边不一定相等，则侧面并不一定全等，所以B错；
圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形，所以C对；直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示，所以D错．故选C.
(2)正三角形的高为，根据斜二测画法的知识可知，直观图的面积为(×1××sin )×2＝.故选B.
(3)由题意，半径为2 km，山高为2 km，则母线SA＝＝8，底面圆周长2πr＝4π，所以展开图的圆心角α＝＝，
如图，是圆锥侧面展开图，
结合题意，AB＝＝10，由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6 km，下坡路段长度为3.6 km.故选C.
答案：(1)C　(2)B　(3)C
例4　解析：(1)根据题意，设等边三角形的高为h，所以h＝＝，所以每个边长为2的等边三角形的面积为×2×＝，所以正八面体的表面积为8.故选C.
(2)所求几何体的侧面积为3×4×6＝72(cm2)，上下底面面积为(×32××6－π)×2＝(27－2π)(cm2)，挖去圆柱的侧面积为2π×4＝8π(cm2)，则所求几何体的表面积为(72＋27＋6π)(cm2)．故选C.
答案：(1)C　(2)C
巩固训练2　解析：(1)依题意可知，上底面边长为2 cm，下底面边长为3 cm，设模型的高为h1，则容器模型的体积为：×(4＋＋9)×h1＝×h1＝，h1＝1 cm，所以侧面等腰梯形的高h2＝ ＝ cm，所以模型的表面积为4×＋9＝(5＋9) cm2.故选A.
(2)圆柱的上底面面积为4π，圆柱的侧面面积为4π×5＝20π cm2，圆台的下底面面积为25π cm2，圆台的母线长为＝5 cm，所以圆台的侧面面积为π(2＋5)×5＝35π cm2，则该组合体的表面积为4π＋20π＋25π＋35π＝84π cm2.故选B.
答案：(1)A　(2)B
例5　解析：(1)根据题意，盆中水的体积约为×9＝1 425π(cm3)，降雨量等于＝3.562 5 cm.故选B.
(2)令B1到平面AMD1的距离为d，
＝＝·d，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，
所以＝，
＝·d＝·d＝，
所以＝＝，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面A1B1C1D1，
则AA1为三棱锥A-B1C1D1的高，
＝＝＝×2××2×2＝.故选C.
(3)如图，在线段PQ上分别取C，C1两点，使得平面ABC，A1B1C1⊥平面AA1B1B，AB中点为M，连接CM.
则由题意，CC1＝BB1＝6，CP＝C1Q＝CC1＝3.
又BP＝6，故CB＝＝3，CM＝＝＝6.
故这个多面体的体积V＝
＝×6×6×3×6×6×6×6×6×3＝36＋216＋36＝288.
答案：(1)B　(2)C　(3)288
巩固训练3　解析：
(1)在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，解得PC＝，
于是PO＝＝ ＝，
所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故选B.
(2)在图1中的几何体中，水的体积为V1＝S△ABC×2＝2S△ABC，在图2的几何体中，水的体积为：V2＝＝×h＝S△ABCh，因为V1＝V2，可得S△ABCh＝2S△ABC，解得h＝3.故选B.
答案：(1)B　(2)B
随堂检测
1．解析：三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，剩余的部分是以A′为顶点，四边形BCC′B′为底面的四棱锥A′-BCC′B′.故选B.
答案：B
2．解析：
如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝，
又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝×2×＝1，故选A.
答案：A
3．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＋)×＝.
答案：
4．解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R.
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，
由题可知：h＝2R，所以球的半径R＝r，
所以圆锥的体积为V1＝×(π×r2)×r＝，
球的体积V2＝πR3＝π×(r)3＝πr3，
所以＝＝；
圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面积S2＝4πR2＝4π×(r)2＝3πr2，
所以＝＝1.
答案：　1第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系
1.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．
2．了解四个基本事实和一个定理，并能用定理解决问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】　“有且只有一个平面”“确定一个平面”“共面”三者之间有何区别与联系？
【问题2】　分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线吗？
关键能力·题型剖析
题型一 基本事实的应用
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．
[听课记录]
题后师说
共面、共线、共点问题的证明方法
巩固训练1
如图，已知A，B，C，D是空间四点，且点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上．求证：直线AD，BD，CD在同一平面内．
题型二 空间两直线的位置关系
角度一　空间两直线位置关系的判断
例2 已知异面直线a、b分别在平面α、β内，α∩β＝c，那么c与a、b的关系为(　　)
A．与a、b都相交
B．至少与a、b之一相交
C．至多与a、b之一相交
D．只能与a、b之一相交
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题后师说
空间两直线位置关系的判定方法
巩固训练2
(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是(　　)
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF与AB是异面直线
D．EF与CD 是异面直线
角度二　异面直线所成的角
例3 [2024·河北邯郸模拟]如图，在圆柱O′O中，AB，A′B′分别为圆O，圆O′的直径，C为上靠近A的三等分点，C′为上靠近A′的三等分点，且AO＝AA′＝OO′＝2，则异面直线AC′与OC夹角的正切值为(　　)
A． B．2
C． D．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
求异面直线所成角的步骤
巩固训练3
已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝CC1＝3，则异面直线AD1与BD所成角的余弦值为(　　)
A． B．－
C． D．－
题型三 空间几何体的截面问题
例4 [2024·河南新乡模拟]如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为(　　)
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
作截面应遵循的三个原则
(1)在同一平面上的两点可引直线；
(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；
(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线．
巩固训练4
已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，则过这三点的截面图的形状是(　　)
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
1．四棱锥P-ABCD如图所示，则直线PC(　　)
A.与直线AD平行
B．与直线AD相交
C．与直线BD平行
D．与直线BD是异面直线
2．两条直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b的位置关系是(　　)
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．可能是平行直线
D．可能是异面直线，也可能是相交直线
3．在空间四边形ABCD的各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF∩GH＝P，则点P(　　)
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．既在直线AC上也在直线BD上
D．既不在直线AC上也不在直线BD上
4．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，BB1＝1，P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成的角为________．
第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：“确定一个平面”与“有且只有一个平面”是等价的，都包括“存在”和“唯一”两个方面．但“共面”的意思是“在同一个平面内”，只强调了“存在性”，不含“唯一性”．所以“共面”与前两者是不同的．
【问题2】　提示：不一定．它们可能异面，可能相交，也可能平行．
关键能力·题型剖析
例1　证明：
(1)如图所示．∵E，F分别为D1C1，C1B1的中点，
∴EF是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
∴EF∥BD.∴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，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β.
∴Q是α与β的公共点．同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)由(1)知，EF∥BD且EF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，
∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于一点．
巩固训练1　证明：因为点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上，
所以点A，B，D确定唯一的一个平面，设为α，所以l α，
因为C∈l，所以C∈α，所以A，B，C，D∈α，
所以AD α，BD α，CD α，
即直线AD，BD，CD在同一平面内．
例2　解析：对于A，a∥c，b∩c＝M，且M a，此时满足题意，同理b∥c，a∩c＝N，且N b，也满足题意，此时A不成立；对于C，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a、b平行，与异面矛盾，故C不正确；对于D，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故D不正确．综上所述，c至少与a、b之一相交，选项B是正确的．故选B.
答案：B
巩固训练2　
解析：展开图还原为几何体后，如图，AB与CD是异面直线，GH与CD相交，EF与AB是相交直线，EF与CD 是平行直线，所以A、B正确，C、D错误．故选AB.
答案：AB
例3　解析：如图，连接CC′，AO′，C′O′，AC.因为C′O′∥CO，C′C⊥AC，△AOC为等边三角形，所以异面直线AC′与OC的夹角为∠AC′O′或其补角，因为AC′＝＝2，AO′＝＝2，O′C′＝2，所以异面直线AC′与OC夹角的正切值为tan ∠AC′O′＝＝.故选D.
答案：D
巩固训练3　解析：连接DC1，BC1，根据长方体的性质可知AD1∥BC1，所以∠DBC1是异面直线AD1与BD所成角(或其补角)，在△BDC1中，BD＝DC1＝5，BC1＝3，由余弦定理得cos ∠DBC1＝＝.故选C.
答案：C
例4　
解析：如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，E、F分别为棱CC1、BC的中点，则EF∥BC1，正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2.故选A.
答案：A
巩固训练4　
解析：分别取D1C1，D1D，AD的中点H，M，N，连接GH，HM，MN，∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，∴HG∥EN，HM∥EF，FG∥MN，∴六边形EFGHMN是过E，F，G这三点的截面图，∴过这三点的截面图的形状是六边形．故选D.
答案：D
随堂检测
1．解析：根据异面直线的定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，可以判断直线PC与直线AD、直线BD是异面直线．故选D.
答案：D
2.
解析：已知直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别与两条直线c与直线d相交于点A，B，C，D，根据题意可得当点D与点B重合时，两条直线相交，当点D与点B不重合时，两条直线异面，所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D.
答案：D
3．解析：如图，∵EF 平面ABC，GH 平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即点P一定在直线AC上．故选B.
答案：B
4.
解析：取CD中点Q，连接BQ，C1Q，
∵DQ＝BP，DQ∥BP，∴四边形BPDQ为平行四边形，∴PD∥BQ，
∴异面直线BC1与PD所成角即为直线BC1与BQ所成角，即∠C1BQ(或其补角)，
∵BQ＝＝，BC1＝＝，C1Q＝＝，
∴△BC1Q为等边三角形，∴∠C1BQ＝，
即异面直线BC1与PD所成角为.
答案：第三节　空间直线、平面的平行
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并会证明．
2．掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】　一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？
【问题2】　一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面平行的判定与性质
角度一　直线与平面平行的判定
例1 在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是正方形， A1为AB1的中点，求证：直线AC∥平面A1BC1.
[听课记录]
题后师说
证明线面平行的两种常用方法
(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 β，a∥α a∥β)．
角度二　直线与平面平行的性质
例2 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.
求证：BE∥FG.
[听课记录]
题后师说
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定．
巩固训练1
如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 如图，在三棱柱ABC - A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
[听课记录]
题后师说
证明面面平行的三种常用方法
(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．
(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ α∥γ)．
巩固训练2
如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.
题型三 平行关系的综合应用
例4 如图，四棱锥P - ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
[听课记录]
题后师说
解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”．
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
巩固训练3
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
1．若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”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
2．已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α∥β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q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
3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点， BF∥平面ACE，则EF的长度为(　　)
A.2 B．
C． D．2
4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1，M，N作正方体的截面α交CC1于点Q，则＝________．
第三节　空间直线、平面的平行
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：不都平行．该平面内的直线有两类：一类与该直线平行，一类与该直线异面．
【问题2】　提示：平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理．
关键能力·题型剖析
例1　证明：连接CB1，设CB1∩BC1＝D，因为四边形BB1C1C是正方形，
所以D为CB1的中点，连接A1D，
因为A1，D分别为AB1，CB1的中点，则A1D∥AC，
因为A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直线AC∥平面A1BC1.
例2　证明：因为E为线段AD的中点，所以DE＝AD＝1.
又因为BC＝1，所以DE＝BC.
在梯形ABCD中，DE∥BC，
所以四边形BCDE为平行四边形．所以BE∥CD.
又因为BE 平面PCD，且CD 平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
因为BE 平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，
所以BE∥FG.
巩固训练1　解析：
(1)证明：令AC∩BD＝O，连接OE，
∵四边形ACEF为矩形，M，O分别为EF，AC中点，
∴EM∥OA，且EM＝OA，
∴四边形AOEM为平行四边形，∴AM∥OE，
∵AM 平面BDE，OE 平面BDE，∴AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明：由(1)知AM∥平面BDE，
又∵AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
∴l∥AM，
∵AM∥平面BDE，AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
∴m∥AM，∴l∥m.
例3　证明：(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，
∴EF∥A1C1，
∵A1C1 平面A1C1G，EF 平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分别为A1B1，AB的中点，
∴A1F＝BG，又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G 平面A1C1G，BF 平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF 平面BEF.
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
巩固训练2　证明：(1)由题意，BB1∥DD1且BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.
又BD 平面CD1B1，B1D1 平面CD1B1，
∴BD∥平面CD1B1，
∵A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C，
又A1B 平面CD1B1，D1C 平面CD1B1，
∴A1B∥平面CD1B1，
又∵BD＝B，BD，A1B 平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知，平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，∴直线l∥直线BD，
∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
∴B1D1∥BD，∴l∥B1D1.
例4　解析：
(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，
又DH 平面PAD，CE 平面PAD，因此CE∥平面PAD.
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝AB，
又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD，
又AD 平面PAD，CF 平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，CE，CF 平面CEF，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．
巩固训练3　解析：
(1)当＝1时，BC1∥平面AB1D1，
如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，
∴点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴＝＝，
又＝1，∴＝1，即＝1.
随堂检测
1．解析：∵l，m是平面α外的两条不同的直线，m∥α，∴若l∥m，则推出“l∥α”；若l∥α，则l∥m或l与m相交或l与m异面；∴若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
2．解析：若α∥β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q；根据面面平行的判定定理，如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故选A.
答案：A
3.
解析：正方体ABCD-A1B1C1D1，连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示，∵BF∥平面ACE，平面BEF∩平面ACE＝OE，BF 平面BEF，∴BF∥OE，又EF∥BO，∴BOEF为平行四边形，则EF＝BO＝.故选B.
答案：B
4．解析：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1，M，N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1＝A1M，平面DCC1D1＝NQ，
故A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，
故△NC1Q∽△A1B1M，故＝＝，
而B1M＝BB1＝CC1，
故＝，则＝.
答案：第四节　空间直线、平面的垂直
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，并会证明．
2．掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】　如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线就垂直于这个平面吗？
【问题2】　当两个平面互相垂直时，一个平面内一条直线垂直另一个平面内任意一条直线？
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2, AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点.
(1)求证：AN⊥CM；
(2)求证：AN⊥平面BCM.
[听课记录]
题后师说
证明直线与平面垂直的常用方法
(1)判定定理，它是最常用的思路．
(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)．
(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)．
(4)面面垂直的性质．
巩固训练1
如图，在四棱锥P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 [2023·全国乙卷]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
[听课记录]
题后师说
(1)面面垂直的方法：①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理．
(2)面面垂直性质的应用：①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，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
巩固训练2
[2024·河北邢台模拟]如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，PB⊥AE，E为CD中点，AB＝，BC＝2AD＝2.
(1)证明：平面PAE⊥平面PBD；
(2)若PB＝PD＝2，求点B到平面PCD的距离．
题型三 垂直关系的综合应用
例3 [2024·北京怀柔模拟]如图，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM∥平面SCD.
(1)求证：M为线段BC中点；
(2)求证：平面SAD⊥平面SCD；
(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由．
[听课记录]
题后师说
(1)对于三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
巩固训练3
如图，正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点M为A1B1的中点．在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
1．[2024·广东深圳模拟]若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的(　　)
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充分条件
2．空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是(　　)
A．平行　　B．垂直　　C．相交　　D．不确定
3．[2024·九省联考]设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
4.如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且PA⊥平面ABCD，则在△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，△PAC及△PBD中，直角三角形有________个．
第四节　空间直线、平面的垂直
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：不一定．如图，当平面α内的无数条直线a，b，c，…都互相平行时，直线l在保证与直线a，b，c，…都垂直的条件下，与平面α可能平行、垂直也可能斜交．
【问题2】　提示：不一定．当两个平面互相垂直时，一个平面内的一条直线只有垂直于这两个平面的交线时，这条直线才垂直于另一个平面．
关键能力·题型剖析
例1　证明：(1)连接DN，则DN＝＝2，AN＝＝2，
∴DN2＋AN2＝AD2，∴DN⊥AN，
又∵DM∥CN，DM＝CN，∴四边形DMCN为平行四边形，
∴DN∥CM，∴AN⊥CM.
(2)证明：在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2，AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点，
∵AC＝BC＝2，AB＝2，
∴AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又ABC-DEF是直三棱柱，
∴AD⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AD⊥BC，
AC，AD 平面ACFD，AC∩AD＝A，
∴BC⊥平面ACFD，AN 平面ACFD，则BC⊥AN，
∵M，N分别为AD，CF的中点，且AD＝4，AC＝2，
∴四边形ACNM为正方形，则CM⊥AN，又BC∩CM＝C，
BC，CM 平面BCM，∴AN⊥平面BCM.
巩固训练1　证明：(1)在四棱锥P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，
∵AE 平面PAC，故CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，
∠ABC＝60°，可得PA＝AC，
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
例2　解析：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)
如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，
则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
方法一　由＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
方法二　在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，
所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
巩固训练2　
解析：(1)证明：由AB⊥BC，AD∥BC，AB＝，BC＝2AD＝2，
可得底面ABCD为直角梯形，如图，作DF⊥BC于F，
则DF＝AB＝，DC＝＝2，
sin ∠BCD＝sin ∠FCD＝＝，
∴∠BCD＝，BD＝＝2，
从而△BCD是等边三角形，∠BDC＝，而∠ADC＝，
故BD平分∠ADC.
∵E为CD中点，故DA＝DE＝1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，PB，BD 平面PBD，∴AE⊥平面PBD.
∵AE 平面PAE，∴平面PAE⊥平面PBD.
(2)由(1)知，AE⊥平面PBD，AE 平面ABCD，则平面PBD⊥平面ABCD，
取BD中点O，连接PO，∵PB＝PD，则PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
PO 平面PBD，∴PO⊥平面ABCD.
∵PB＝PD＝BD＝2，∴PO＝，
连接OC，∵BC＝DC＝BD＝2，故CO＝.
在Rt△POC中，CO＝PO＝，∴PC＝，
在△PCD中，PD＝CD＝2，PC＝，
所以PC边上的高为 ＝，
∴S△PCD＝＝，
∵VB-PCD＝VP-BCD＝S△BCD·PO＝×2×2×sin ＝1，
设点B到平面PCD的距离为h，则×h＝1，解得h＝.
例3　解析：(1)证明：依题意平面EFM∥平面SCD，
由于平面EFM∩平面ABCD＝EM，平面SCD∩平面ABCD＝CD，
所以EM∥CD，由于正方形ABCD中，E是AD的中点，
所以M是线段BC的中点．
(2)证明：由于平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
由于CD⊥AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面SAD，
由于CD 平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD.
(3)存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE.
因为ED∥CM，并且ED＝CM，所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO＝CO.
又因为N为SC中点，所以NO∥SE.
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
又SE 平面SAD，由已知SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO 平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.
所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，＝.
巩固训练3　解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，
于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M 平面BC1M，
则平面BC1M⊥平面AA1B1B，
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，
平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，
于是点Q即为所要找的点，
如图所示，显然△ABQ∽△BB1M，因此＝，
即有＝，于是BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
　
随堂检测
1.
解析：如图所示，若直线b与平面α相交点A，但不垂直时，当直线a垂直于直线b在平面α内的射影，此时b⊥a，得不出b⊥α.因为b⊥α，且直线a在平面α内，所以b⊥a，则“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件，故选D.
答案：D
2．解析：因为三角形的两边AC，BC有交点C，且直线l和AC，BC同时垂直，所以该直线垂直平面ABC，故该直线与AB垂直．故选B.
答案：B
3．解析：对于A，若α⊥γ，β⊥γ，α，β可能相交也可能平行，故A项不正确；对于B，l∥α，α⊥β，则可能有l∥β，故B，D项不正确；对于C，α⊥γ，β∥γ则必有α⊥β，故C项正确．故选C.
答案：C
4．解析：PA⊥平面ABCD，AB，AC，AD 平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，
故△PAB，△PAD，△PAC是直角三角形；
PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，则PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，故BC⊥平面PAB，PB 平面PAB，故BC⊥PB，
故△PBC是直角三角形，同理可得△PCD为直角三角形；
△PBD中，设AB＝AD＝a，PA＝b，则BD＝a，PB＝PD＝，
PB2＋PD2＝2a2＋2b2>2a2＝BD2，故△PBD不是直角三角形．
综上所述共有5个直角三角形．
答案：5第五节　空间向量及其应用
1.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．
2．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．
3．理解直线的方向向量与平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．
问题思考·夯实技能
【问题1】　“空间中任何两个向量都是共面向量”，这个结论是否正确？
【问题2】　类比平面向量基本定理写出空间向量基本定理．
关键能力·题型剖析
题型一 空间向量的线性运算
例1 如图，在三棱锥O-ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且＝2，若记＝a，＝b，＝c，则＝(　　)
A．a＋b＋c B．a＋b＋c
C．a＋b＋c D．a＋b＋c
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．
(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
巩固训练1
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设＝a，＝＝c，则用a，b，c表示为(　　)
A．a＋b－c B．－a＋b＋c
C．a－b－c D．－a－b＋c
题型二 空间向量基本定理的应用
例2 (1)[2024·江西萍乡模拟]若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是(　　)
A．a＋b，a－b－c，3a－c
B．a－2b，a＋c，－3b－c
C．2a＋b，a－c，3a＋b－c
D．a－2b，b＋c，3a－3b＋c
(2)[2024·福建莆田模拟]我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P-ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝(　　)
A．1　　 B．2 C．　　 D．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题后师说
恰当运用向量共面的充要条件：在空间中P，A，B，C四点共面 ＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点．
巩固训练2
[2024·安徽宣城模拟]四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝(　　)
A．　　 B．1 C．　　 D．2
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 [2024·河北邯郸模拟]如图，在棱长为2的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.
(1)求线段AC1的长度；
(2)求直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值．
[听课记录]
题后师说
空间向量的数量积运算有两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
巩固训练3
[2024·广东广州模拟]棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中点．
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求cos 〈，〉；
(3)求FH的长．
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 [2024·河北张家口模拟]如图，三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2.D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，PD＝，点M在线段PE上．
(1)试确定M的位置使得平面MBD⊥平面PBC；
(2)在(1)的条件下，判断直线AP与平面MBD的位置关系，并说明理由．
[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，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
1．[2024·河南安阳模拟]已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝，向量b＝，则与a，b不能构成空间基底的向量是(　　)
A． B．
C． D．或
2.如图，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，＝a，＝＝c，则＝(　　)
A．a＋b＋c B．－a－b－c
C．－a＋b＋c D．－a－b＋c
3．[2024·江苏南通模拟]设向量a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，当m与n满足下列哪种关系时，向量ma＋nb与x轴垂直(　　)
A．3m＝2n B．3m＝n
C．m＝2n D．m＝n
4．[2024·河北保定模拟]已知向量a＝(2，－1，1)，b＝(1，3，1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．
第五节　空间向量及其应用
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：正确．根据向量相等的定义，可以把向量进行平移，空间任意两个向量都可以平移到同一平面内，成为共面向量．
【问题2】　提示：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＝xa＋yb＋zc.
关键能力·题型剖析
例1　解析：因为＝＝＝)＝＝)－＝＝a＋b＋c.故选A.
答案：A
巩固训练1　解析：＝＋＋＝b－c＋(a－b)＝a＋b－c，故选A.
答案：A
例2　解析：(1)对于A，假设a＋b，a－b－c，3a－c共面，则存在实数x，y使得a＋b＝x(a－b－c)＋y(3a－c)，则此方程组无解，假设不成立，a＋b，a－b－c，3a－c不共面；
对于B，假设a－2b，a＋c，－3b－c共面，则存在实数m，n使得a－2b＝m(a＋c)＋n(－3b－c)，则此方程组无解，假设不成立，a－2b，a＋c，－3b－c不共面；
对于C，因为(2a＋b)＋(a－c)＝3a＋b－c，故2a＋b，a－c，3a＋b－c共面；
对于D，假设a－2b，b＋c，3a－3b＋c共面，则存在实数s，t使得a－2b＝s(b＋c)＋t(3a－3b＋c)，则此方程组无解，假设不成立，a－2b，b＋c，3a－3b＋c不共面．故选C.
(2)∵EC＝2PE，∴＝，
∴＝＝＝
＝)－＝
＝＝－()
＝，
∴x＝1，y＝－，z＝，∴x＋y＋z＝1.
故选A.
答案：(1)C　(2)A
巩固训练2　解析：因为＝＝＝＋()，
所以2＝，
所以＝，
所以x＝，y＝，z＝，
所以x＋y＋z＝＝，故选A.
答案：A
例3　
解析：(1)如图所示：
由图可知＝＝，
因此由题意有
|＝|
＝
＝
＝2.
(2)如图所示：
所以＝＝，
由(1)可知＝，
所以由题意有＝)
＝，
＝22＋22＋2×2×2×＋2×2×＋2×2×＝16，
又|＝
＝ ＝2，
且由(1)可知|1|＝2，
不妨设直线AC1与直线C1D的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝，
故直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值为.
巩固训练3　解析：(1)如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，G(0，，0)，
因为＝(1，1，－1)，＝(－2，0，－2)，
所以·＝(1，1，－1)·(－2，0，－2)＝1×(－2)＋1×0＋(－1)×(－2)＝0，
所以⊥，故EF⊥.
(2)因为＝(0，－，－2)，所以||＝，
因为||＝，且·＝(1，1，－1)·(0，－，－2)＝2－＝，
所以cos 〈，〉＝＝＝·＝＝.
(3)因为H是C1G的中点，所以H(0，，1)，
又因为F(1，1，0)，所以＝(1，－，－1)，
||＝ ＝ ＝，即FH＝.
例4　解析：(1)由题意，在三棱锥P-ABC中，DB⊥DC，
PD⊥平面ABC，DB 平面ABC，DC 平面ABC，
∴PD⊥DB，PD⊥DC，
建立空间直角坐标系如图所示，
∴B(，0，0)，D(0，0，0)，C(0，，0)，E(，0)，A(0，－，0)，P(0，0，)，
设＝λ(0<λ<1)．
∴＝(，0，0)，＝(，0，－)，＝(0，，－)，＝(，－)，＝(0，0，)．
∴＝＝＋λ＝(λ，λ，(1－λ))，
设平面MBD法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝λ，可得n1＝(0，2(λ－1)，λ)，
设平面PBC法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则，
可令x2＝y2＝1，可得n2＝(1，1，1)，
要使平面MBD⊥平面PBC，则n1·n2＝0，
∴n1·n2＝0＋2(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝，
∴即＝时平面MBD⊥平面PBC，
∴M为PE上靠近E的三等分点时平面MBD⊥平面PBC.
(2)由题意及(1)得，AP∥平面MBD，理由如下，
在三棱锥P-ABC中，＝(0，)，平面MBD的法向量为n1＝(0，1，－1)，
∵·n1＝(0，)·(0，1，－1)＝0，∴∥平面MBD，
∵AP 平面MBD，∴AP∥平面MBD.
巩固训练4　
证明：(1)根据题意可知平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD＝AD，
又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED 平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，即两两垂直；
以D为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)，
又M为CE的中点，所以M(0，2，1)，
则＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
所以＝，故共面．
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
易知·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB；
又·＝0，可得BC⊥DE；
又DB∩DE＝D，DB，DE 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
随堂检测
1．解析：∵＝(a－b)＝)－)，∴与a、b不能构成空间基底．故选C.
答案：C
2．解析：＝＝)＝＝－＝a＋b＋c.故选A.
答案：A
3．解析：∵a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，∴ma＋nb＝(3m－2n，5m＋n，2m＋3n)，取x轴的方向向量为e＝(1，0，0)，若向量ma＋nb与x轴垂直，则3m－2n＝0，解得3m＝2n.故选A.
答案：A
4．解析：cos 〈a，b〉＝＝＝＝0，故a⊥b，故以a，b为邻边的平行四边形为矩形，面积为|a|·|b|＝·＝.
答案：

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