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(共89张PPT)
第七章　
立体几何
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2023新课标Ⅰ，12； 2023新课标Ⅱ，9 空间几何体的结构特征和表面积 正方体、圆柱及圆锥的结构特征与表面积 空间想象 运算求解 综合性 直观想象
数学运算
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2022新课标Ⅰ，4； 2023新课标Ⅰ，14； 2023新课标Ⅱ，14； 2024新课标Ⅰ，5 空间几何体的体积 棱台的体积 圆锥的体积 空间想象 运算求解 综合性 直观想象
数学运算
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2023新课标Ⅰ，18； 2023新课标Ⅱ，20 空间向量及其应用 线面平行与垂直的证明、求空间角 运算求解 逻辑思维 综合性 逻辑推理
直观想象
2022新课标Ⅰ，9； 2024新课标Ⅱ，7 空间角与距离 异面直线所成角与线面角 空间想象 综合性 直观想象
数学运算
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2022新课标Ⅰ，19 空间向量及其应用 求点到面的距离及二面角的正弦值 空间想象 综合性 直观想象
数学运算
2022新课标Ⅱ，7 空间几何体的结构特征和表面积 球的表面积 空间想象 综合性 直观想象
数学运算
2022新课标Ⅰ，8 空间几何体的体积 求四棱锥体积的范围 空间想象 综合性 直观想象
数学运算
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2024新课标Ⅰ，17； 2021新课标Ⅰ，20； 2024新课标Ⅱ，17； 直线、平面平行的判定 直线、平面垂直的判定与性质 线面垂直的判定、二面角的计算、线线垂直的判定、二面角的概念与应用、求三棱锥的体积 运算求解 空间想象 综合性 直观想象
数学运算
逻辑推理
考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养
2021新高考Ⅱ，19 直线、平面垂直的判定与性质 面面垂直的证明、二面角余弦值的求解 运算求解 逻辑思维 综合性 逻辑推理
直观想象
【命题规律与备考策略】
本章内容为高考必考内容之一，多考查空间几何体的结构特征及表面积与体积的计算，多面体、旋转体与球的切、接问题，空间中有关平行或垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题．
高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后，分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程．
第一讲　空间几何体的结构及其表面积和体积
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理
知识点一　多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
名称 棱柱 棱锥 棱台
结构 特征 ①有两个面互相______ ______，其余各面都是____________. ②每相邻两个四边形的公共边都互相______ 有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的________的多面体 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，_____和_____之间的部分
侧棱 ____________ 相交于______但不一定相等 延长线交于______
侧面 形状 ____________ ________ ______
平行
且全等
平行四边形
平行
多边形
三角形
截面
底面
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
梯形
知识点二　旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，____于底面 相交于______ 延长线交于_____
垂直
一点
一点
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
轴截面 全等的______ 全等的____________ 全等的_________ ____
侧面展开图 ____ ____ ____
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆
矩形
扇形
扇环
知识点三　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＝_______ S圆锥侧＝_____ S圆台侧＝____________
2πrl
πrl
π(r1＋r2)l
知识点四　柱体、锥体、台体和球体的表面积和体积
S底h
4πR2
知识点五　直观图
直观图 斜二测画法：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为__________________，z′轴与x′轴和y′轴所在平面______.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍_______________，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度______，平行于y轴的线段在直观图中长度为____________.
45°或135°
垂直
平行于坐标轴
不变
原来的一半
归 纳 拓 展
1．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．
三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．
三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．
2．柱体、锥体、台体体积间的关系：
台体的体积常化为两锥体体积之差求解．
3．多面体的外接球与内切球常用的结论：
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.(　　)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(　　)
(3)用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台．(　　)
(4)有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台.(　　)
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
题组二　走进教材
2．(必修2P119T1)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　)
A．1 cm B．2 cm
[答案]　B
[答案]　ACD
[解析]　解法一：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，
[答案]　B
考点突破 · 互动探究
基本立体图形——自主练透
1．(多选题)若正三棱锥V－ABC和正四棱锥V1－A1B1C1D1的所有棱长均为a，将其中两个正三角形侧面△VAB与△V1A1B1按对应顶点粘合成一个正三角形以后，得到新的组合体是(　　)
A．五面体 B．七面体
C．斜三棱柱 D．正三棱柱
[答案]　AC
[解析]　新的组合体如图所示，故选AC．
2．下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤用任意一个平面截一个几何体，所得截面都是圆面，则这个几何体一定是球．
其中正确结论的序号是________.
[答案]　⑤
[解析]　①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错误；②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错误；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误；④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错误；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．
名师点拨：空间几何体结构特征的判断技巧
1．紧扣各种空间几何体的定义及结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
2．说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【变式训练】
(多选题)下列结论错误的是(　　)
A．过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形
B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
[答案]　BCD
[解析]　在如图所示的平行六面体中，侧面ADD1A1及侧面BCC1B1都是矩形，且平面ABB1A1及平面DCC1D1都与底面ABCD垂直，故D错误；截面BDD1B1可能为矩形，故A正确；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故B错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误．故选BCD．
空间几何体的直观图——师生共研
已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
[答案]　D
[解析]　解法一：如图①、②所示的实际图形和直观图．
[引申]若已知△ABC的平面直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为________.
名师点拨：
2．在原图形中与x轴或y轴平行的线段，在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．
【变式训练】
(2025·湖北部分学校开学考)如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图(图中虚线分别与x′轴和y′轴平行)，O′B′＝2O′D′＝6，O′C′＝8，则△OAB的面积为(　　)
C．48
D．24
[答案]　C
几何体的表面积与侧面积——师生共研
1．(2024·四川成都联考)庑殿式屋顶是我国古代传统建筑中等级最高的屋顶样式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡(如图①)，类似五面体FEABCD的形状(如图②)．若四边形ABCD是矩形，AB∥EF，且AB＝CD＝2EF＝2BC＝8，EA＝ED＝FB＝FC＝3，则五面体FE－ABCD的表面积为(　　)
[答案]　D
2．(2024·河南漯河高中检测)已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于________.
名师点拨：空间几何体表面积的求法
1．旋转体的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意其轴截面及侧面展开图的应用．
2．多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．
[答案]　A
[答案]　8πR2
几何体的体积——多维探究
角度1　直接利用公式求体积
(2025·广西名校模拟)已知正四面体的高等于球O的直径，则正四面体的体积与球O的体积之比为(　　)
[答案]　A
角度2　割补法求体积
(2025·江苏南京调研)与圆柱底面成45°角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为________.
[答案]　3π
角度3　等体积法求体积
(2024·浙江浙南名校联盟联考)生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体ADE－BCF，其中四边形ABFE与CDEF都为等腰梯形，四边形ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF＝2AB＝2AE＝2BF，记三棱锥D－ABF的体积为V1，则该五面体的体积为(　　)
A．8V1 B．5V1
C．4V1 D．3V1
[答案]　C
名师点拨：求空间几何体的体积的常用方法
[答案]　A
2．(2025·浙江数海漫游模拟)已知长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝2BB′＝4，则四面体AB′CD′的体积是(　　)
[答案]　A
球与几何体的切、接问题——师生共研
1．(2024·云南红河州、文山州模拟)在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，△PAB为等边三角形，AB＝BC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.
2．(2023·福建龙岩质检)如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为(　　)
[答案]　C
名师点拨：几何体外接球问题的处理
解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：
(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.
特别的：
1．若四面体的两个面是有公共斜边的直角三角形，则其外接球球心为斜边中点，半径为斜边的一半．
2．有三条棱两两垂直或相对的棱相等的四面体可补成长方体或正方体，其外接球半径为体对角线长的一半．
3．有一侧棱垂直底面的锥体可补成直棱柱，其球心为棱柱上、下底面外接圆圆心连线的中点，可利用球心到各顶点距离相等求得半径．
注意：不共面的四点确定一个球面．
几何体内切球问题的处理
1．解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．
特别提醒：正多面体的中心为其内切球、外接球的球心，并非所有的多面体都有内切球(或外接球)．
A．32π B．28π
C．26π D．24π
[答案]　A
2．(2024·江苏百校联考)如图，若圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r1r2＝3，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为________.
[答案]　12π
名师讲坛 · 素养提升
最值问题
1．(2025·广东中山一中等四校联考)圆锥顶点A，底面半径为1，母线AB＝4，AB的中点为M，一只蚂蚁从底面圆周上的点B绕圆锥侧面一周到达M的最短路线中，其中下坡路的长是(　　)
[答案]　B
2．(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(　　)
[答案]　C
[解析]　设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，
名师点拨：立体几何中最值问题的解法
1．观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．
2．设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值．
3．几何体表面两点间路程最值问题，“展平”处理．转化为平面内两点间距离问题．
[答案]　B
2．(2025·浙江名校协作体开学考试)已知圆锥的底面半径为1，高为3，则其内接圆柱的表面积的最大值为(　　)
[答案]　C(共68张PPT)
第七章　
立体几何
第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理
知识点一　平面的基本性质
基本事实1.________的三点确定一个平面．
基本事实2.如果一条直线上的________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有一个公共点，那么它们有且________________的公共直线．
不共线
两个点
只有一条过该点
推论1.经过一条直线和________________，有且只有一个平面．
推论2.经过两条______直线，有且只有一个平面．
推论3.经过两条______直线，有且只有一个平面．
注：1.基本事实1、基本事实2和三个推论是判断点、线共面的依据；
2．基本事实3是判断两个平面相交及三点共线及三线共点的依据．
这条直线外一点
相交
平行
知识点二　空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形语言
符号语言 a∥b a∥α α∥β
特征 共面，无公共点 无公共点 无公共点
直线与直线 直线与平面 平面与平面
相交关系 图形语言
符号语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
特征 共面，有唯一公共点 有唯一公共点 有无数个共线公共点
直线与直线 直线与平面 平面与平面
独有关系 图形语言
符号语言 a，b是异面直线 a α
知识点三　异面直线所成角、基本事实4及等角定理
1．异面直线
(1)定义：异面直线——不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．
两直线既不平行也不相交的直线是异面直线．
(2)异面直线的画法
画异面直线时，为了体现它们不共面的特点，常借助一个或两个平面来衬托．
(3)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的____________叫做异面直线a与b所成的角．
锐角或直角
2．基本事实4.(平行公理)
平行于同一条直线的两条直线______.
3．等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角__________.
平行
相等或互补
归 纳 拓 展
异面直线的判定定理
过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．
用符号可表示为：
若l α，A α，B∈α，B l，则直线AB与l是异面直线(如图)．
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　　)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　　)
(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　　)
(5)两两相交的三条直线共面．(　　)
(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a α，b β，则a，b是异面直线．(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
题组二　走进教材
2．(必修2P147例1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
[答案]　C
[解析]　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.故选C．
3．(必修2P134例1)如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点．
(2)若E、F、G、H分别为棱AB、BC、CD、DA的中点，①当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；②当AC，BD满足条件______________时，四边形EFGH为正方形．
[答案]　(1)共面　(2)AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD
题组三　走向高考
4. (2019·新课标Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
[答案]　B
[解析]　连接BD、BE，则BD过点N，∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，
M是线段ED的中点，
∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，
∵平面ECD⊥平面ABCD，
5．(2021·全国高考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
[答案]　D
[解析]　解法一：如图，连接BC1，PC1，因为AD1∥BC1，
所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，
又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，
所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，
考点突破 · 互动探究
平面基本性质的应用——自主练透
(2024·湖南新高考教学教研联盟联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是(　　)
A．E，F，G，H四点共面
B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点
D．∠EGB1＝∠FHC1
[答案]　D
[引申]本例中，若HF∩AC＝P，GE∩AB＝Q，GF∩平面ABC＝R，判断P、Q、R是否共线？
[解析]　由HF∩AC＝P，GE∩AB＝Q，知平面ABC∩平面EFHG＝PQ，又R∈GF 平面EFHG，∴R∈平面EFHG，又R∈平面ABC，∴R∈PQ，即P、Q、R共线．
名师点拨：
1．证明空间点共线问题的方法
(1)基本事实法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在这两个平面的交线上．
(2)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．点、线共面的常用判定方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．
(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
3．证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【变式训练】
(多选题)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点共面的是(　　)
[答案]　ABC
[解析]　在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ∥RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选ABC．
空间两条直线的位置关系——师生共研
1．(多选题)(2024·山东潍坊期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线l 平面ABB1A1，直线m 平面BCC1B1，直线n 平面ABCD，则直线l，m，n的位置关系可能是(　　)
A．l，m，n两两垂直
B．l，m，n两两平行
C．l，m，n两两相交
D．l，m，n两两异面
[答案]　ACD
[解析]　当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两垂直，A正确；不妨假设l∥m，l，m和BB1不重合，因为l 平面BCC1B1，m 平面BCC1B1，则l∥平面BCC1B1，又l 平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，故l∥BB1，则m∥BB1，又BB1⊥平面ABCD，n 平面ABCD，故BB1⊥n，则l⊥n，m⊥n，即l，m，n不可能两两平行，B错误；当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两相交，C正确；当l为AA1，m为B1C1，n为CD时，l，m，n两两异面，D正确．故选ACD．
2．(多选题)如图为正方体表面的一种展开图，则在原正方体中，下列说法正确的是(　　)
A．AB与CD是异面直线
B．GH与BD相交
C．EF∥CD
D．EF与GH是异面直线
[答案]　ACD
[解析]　画出该正方体的直观图如图所示，其中异面直线有AB与CD、GH与BD、EF与GH，显然EF∥CD，故选ACD．
名师点拨：
1．判断空间直线的位置关系的方法
一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断，二是排除法．特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．”
2．判定平行直线的常用方法
(1)三角形中位线的性质．
(2)平行四边形的对边平行．
(3)平行线分线段成比例定理．
(4)公理：若a∥b，b∥c，则a∥c.
【变式训练】
(多选题)在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是(　　)
[答案]　BD
[解析]　图A中，直线GH∥MN；
图B中，G，H，N三点共面，但M 平面GHN，N HG，因此直线GH与MN异面；图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图D中，G，M，N共面，但H 平面GMN，G MN因此GH与MN异面，故选BD．
异面直线所成的角——师生共研
[答案]　D
2．(2025·河北石家庄模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AB＝AA1，∠BAC＝120°，D，E，F分别是棱B1C1，BC，A1C1的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为(　　)
[答案]　D
3．若两条异面直线a、b所成角为60°，则过空间一点O与两异面直线a、b所成角都为60°的直线有________条．
[答案]　3
[解析]　如图，过O分别作a′∥a，b′∥b，
则a′，b′所成角为60°，
如图易知过O与a′、b′
所成角都为60°的直线有3条，
即与a，b所成角都为60°的直线有3条．
[引申]本例3中与异面直线a、b所成角都为75°的直线有______条．
[答案]　4
注：本例3中与异面直线a、b所成角都为θ，则
名师点拨：求异面直线所成角的方法
1．定义法
定义法求异面直线所成角的步骤
(1)找或作：在图中找或平移异面直线中的一条或两条构造异面直线所成的角．
(2)证：说明所作的角是异面直线所成的角．
(3)算：寻找或作出含有此角的三角形并解之．
(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°<θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．
【变式训练】
1．如图所示，已知空间四边形ABCD，AC与BD所成角为60°，且AC＝BD＝2，E、F分别为BC、AD的中点，则EF＝(　　)
A．1
[答案]　C
2．(2024·湖北部分学校联考、黑龙江大庆质检)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为(　　)
[答案]　D
名师讲坛 · 素养提升
A．六边形 B．五边形
C．四边形 D．三角形
[答案]　B
名师点拨：
1．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．
2．作交线的方法有如下两种
(1)利用基本事实3作交线；
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
注：正六面体的一些截面：
说明：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形．
【变式训练】
1. 若E、F、H分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、CC1、A1D1的中点，则过E、F、H三点的截面图形是____________.
[答案]　正六边形
[解析]　取A1B1的中点M，连接EM、MC1、EF并延长交于Q，作直线HQ交C1D1于N，交B1A1的延长线于S，作直线SE交A1A于P，交B1B的延长线于R，连FR交BC于G，连EG、FN、HP得过E、F、H三点的截面EGFNHP，易证EGFNHP为正六边形．
2．(2024·四川泸州三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1的中点，过A，B，P三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为(　　)
[答案]　D(共56张PPT)
第七章　
立体几何
第三讲　空间直线、平面平行的判定与性质
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理
知识点一　直线与平面平行的判定与性质
判定定理 性质定理
文字语言 如果平面外的一条直线与____ ________一条直线平行，那么该直线与此平面平行 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与______平行
图形语言
此平
面内的
交线
b α
α∩β＝b
a∥b
知识点二　面面平行的判定与性质
判定定理 性质定理
文字语言 如果一个平面内的__________直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 两个平面平行，如果一个平面与这两个平面相交，那么两条交线______
图形语言
两条相交
平行
a β
b β
a∩b＝P
a∥b
归 纳 拓 展
1．若α∥β，a α，则a∥β.　
2．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”．　
3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”．　
4．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．　
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　　)
(2)平行于同一条直线的两个平面平行．(　　)
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)
(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　
题组二　走进教材
2．(必修2P142T2)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．α内有无数条直线都与β平行
B．存在一条直线a，a α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
[答案]　D
[解析]　对于选项A，若α存在无数条直线与β平行，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则α内有无数条直线都与β平行，所以选项A是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D是α∥β的一个充分条件．故选D．
题组三　走向高考
3．(2023·全国Ⅰ卷(节选))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.
证明：B2C2∥A2D2.
[证明] 以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，
B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
4. (2024·北京卷(节选))已知四棱锥P－ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝3，DE＝PE＝2，E是AD上一点，PE⊥AD．若F是PE中点．
证明：BF∥平面PCD．
而ED∥BC，ED＝2BC，
故SF∥BC，SF＝BC，
故四边形SFBC为平行四边形，
故BF∥SC，而BF 平面PCD，SC 平面PCD，
所以BF∥平面PCD．
证法二：连EB并延长交DC的延长线于H连PH，
由BC∥AD知△HBC∽△HED，
即B为HE的中点，又F为PE的中点，
∴BF∥PH，而PH 平面PCD，
BF 平面PCD，
∴BF∥平面PCD．
证法三：取DE的中点H，连BH，HF，
∵F为PE的中点，
∴FH∥PD，
又FH 平面PCD，
∴FH∥平面PCD，
又BC＝HD＝1且BC∥HD，
∴四边形BCDH为平行四边形，
∴BH∥CD，又BH 平面PCD，
∴BH∥平面PCD，
又BH∩FH＝H，∴平面BHF∥平面PCD，
∴BF∥平面PCD．
考点突破 · 互动探究
空间平行关系的基本问题——自主练透
1．(多选题)(2023·福建福州八县区期中改编)已知l、m是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若l、m是异面直线，l α，l∥β，m β，m∥α，则α∥β
B．如果l∥α，m α，且l，m共面，那么l∥m
C．如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β
D．如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α
[答案]　AB
[解析]　对于A中，过m作平面γ与平面α交于直线c，如图，因为l，m是异面直线，所以l，c相交，又m∥α，所以m∥c，由c β，m β得c∥β，又l∥β，l，c是α内两相交直线，所以α∥β，A正确；对于B中，由线面平行的性质定理，可得l∥m，所以B正确；对于C中，如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β或l β，所以C不正确；对于D中，如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α或m α，所以D不正确．故选AB．
2．下列三个命题在“(　　)”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是________.
[答案]　l α
[解析]　①l∥m，m∥α l∥α或l α，由l α l∥α；②l α，m α，l∥m l∥α；③l⊥m，m⊥α l∥α或l α，由l α l∥α.故答案为l α.
【变式训练】
(多选题)(2024·湖南娄底模拟改编)已知a，b，c是空间中三条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，下列命题正确的是(　　)
A．若a⊥α，b∥β，且α∥β，则a⊥b
B．若α⊥β，a⊥α，则a∥β
C．若a∥b，a∥c，a∥α，则b∥α或c∥α
D．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β
[答案]　AD
[解析]　由a⊥α，α∥β知a⊥β，又b∥β，∴a⊥b，故A正确；若α⊥β，a⊥α，则a∥β或a β，故B错误；有可能b α且c α且b∥c，故C错误；若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β，故D正确．故选AD．
直线与平面平行的判定与性质——多维探究
角度1　线面平行的判定
(2024·四川巴中诊断(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，E，F分别为CD，PA的中点．
证明：EF∥平面PBC．
[证明]　思路一：利用直线、面平行的判定证明
证法一：连接AE延长交BC的延长线于N，连接PN，
∵AD∥BC，即AD∥CN，又CE＝ED，
∴AE＝EN，
又AF＝FP，∴EF∥PN，
∵PN 平面PBC，EF 平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
思路二：利用面、面平行的性质证明
证法二：取AB的中点M，连接ME，MF(如右图)，
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得
ME∥BC，MF∥PB，
∵BC，PB 平面PBC，FM，EM 平面PBC，
∴ME∥平面PBC，MF∥平面PBC，
又ME∩MF＝M，ME，MF 平面EFM，
故平面EFM∥平面PBC，
∵EF 平面EFM，
∴EF∥平面PBC．
证法三：取PD的中点Q，连接QE，QF(如右图)，
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得QF∥AD，QE∥PC，
∵PC 平面PBC，QE 平面PBC，
∴QE∥平面PBC，
∵AD∥BC，QF∥AD，
∴QF∥BC，
∵BC 平面PBC，QF 平面PBC，
∴QF∥平面PBC，
又QE∩QF＝Q，QE，QF 平面EFQ，
∴平面EFQ∥平面PBC，
∵EF 平面EFQ，
∴EF∥平面PBC．
思路三：空间向量方法
证法四：∵PA⊥底面ABCD，AB，AD 平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB⊥AD，故AB，AD，AP两两垂直，
由PA＝AD＝4，AB＝BC＝2知：
A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)，E(1，3，0)，F(0，0，2)，
名师点拨：判断或证明线面平行的常用方法
1．利用线面平行的定义(无公共点)．
2．利用线面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α)．
3．利用面面平行的性质定理(α∥β，a α a∥β)．
4．利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β)．
5．向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形．
角度2　线面平行的性质
如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.
求证：PA∥GH.
[证明]　如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥MO.
又MO 平面BMD，PA 平面BMD，
∴PA∥平面BMD．
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA 平面PAHG，
∴PA∥GH.
名师点拨：空间中证明两条直线平行的常用方法
1．利用线面平行的性质定理，即a∥α，a β，α∩β＝b a∥b.
已知l∥α，一般找或作过l且与α相交的平面探求解题方向．
2．利用平行公理：平行于同一直线的两条直线互相平行．
3．利用垂直于同一平面的两条直线互相平行．
【变式训练】
1．(角度1)(2022·广东佛山质检，节选)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点．
求证：EF∥平面PAB．
[证明]　证法一：取BC的中点H，连接FH，HE，
∵F为PC的中点，
∴FH∥BP，又FH 平面PAB，
∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，
且四边形ABCD为平行四边形，
∴HE∥BA，又HE 平面PAB，
∴HE∥平面PAB，又FH∩EH＝H，
∴平面EFH∥平面PAB，∴EF∥平面PAB．
证法二：连CE并延长交BA的延长线于H，连接PH.
∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点，
∴△CDE≌△HAE，
∴CE＝EH，又F为PC的中点，
∴EF∥PH，
又EF 平面PAB，PH 平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
两个平面平行的判定与性质——师生共研
(2025·潍坊质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为棱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．
[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，
∴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A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，经过点G的直线交BC于H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
名师点拨：证明面面平行的方法有
1．面面平行的定义．
2．面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
3．利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
4．如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
5．利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
*6．向量法：证明两平面的法向量平行．
注：为便于构造平行线，常对锥体补形．
【变式训练】
(2024·重庆二模)如图，直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，且AB＝2DC，E，F分别是棱AB，AD的中点．
证明：平面D1EF∥平面C1BD．
[证明]　在△ABD中，E，F分别为AB，AD的中点，则EF∥BD，
而EF 平面C1BD，BD 平面C1BD，因此EF∥平面C1BD，
而D1C1∥DC，D1C1＝DC，
于是EB∥D1C1且EB＝D1C1，四边形BC1D1E为平行四边形，则D1E∥C1B，
又D1E 平面C1BD，C1B 平面C1BD，
因此D1E∥平面C1BD．
而EF，D1E为平面D1EF中两相交直线，
所以平面D1EF∥平面C1BD．
名师讲坛 · 素养提升
平行关系的综合应用
1. (多选题)(2024·广东深圳中学摸底)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，M均是所在棱的中点，则下列说法正确的是(　　)
A．B1G∥DM
B．B1G∥平面A1EF
C．平面BDM∥平面A1EF
D．B1G∥A1F
[答案]　ABC
2．如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC；
(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)证明：∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点，
∴E、F、A共线，连接AE，
又G为EC的中点，
∴GF∥AC，
又GF 平面ABC，AC 平面ABC，
∴GF∥平面ABC．
注：本题也可取BE的中点Q，连接GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证．
(2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD．
证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点，
∴GH∥BE，又BE∥AD，
∴GH∥AD，
又GH 平面ACD，AD 平面ACD，
∴GH∥平面ACD，
又GF∥AC，GF 平面ACD，AC 平面ACD，
∴GF∥平面ACD，
又GF∩GH＝G，GF 平面GFH，GH 平面GFH，
∴平面GFH∥平面ACD．
[引申]　ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD．
[解析]　当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD．
名师点拨：平行中的探索性问题
1．对命题条件的探索常采用以下三种方法
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
2．对命题结论的探索常采用以下方法
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
[解析]　如图，过点F作FG∥AB交PB于点G，连接CG，
因为FG∥AB∥EC，所以E，F，G，C四点共面，
若EF∥平面PBC，由EF 平面EFGC，
平面EFGC∩平面PBC＝CG，
所以EF∥CG，所以四边形EFGC为平行四边形，
所以当且仅当点F为线段AP上靠近点P的三等分点时，EF∥平面PBC．(共73张PPT)
第七章　
立体几何
第四讲　空间直线、平面垂直的判定与性质
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理
知识点一　直线与平面垂直
1．直线与平面垂直
(1)定义：若直线l与平面α内的______一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
任意
(2)判定与性质
判定定理 性质定理
文字 语言 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 (线线垂直 线面垂直) 垂直于同一平面的两直线平行
图形 语言
l⊥a
l⊥b
a∩b＝P
a∥b
过一点垂直于已知平面的直线______________.
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，______________叫做这个点到该平面的距离．
一条直线与一个平面平行时，这条直线上______________________ ____，叫做这条直线到这个平面的距离．
如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．
有且只有一条
垂线段的长度
任意一点到这个平面的
距离
2．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的______，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为____，若
直线与平面垂直，直线与平面所成角为____.
锐角
0
知识点二　平面与平面垂直
1．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱______的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)二面角θ的范围：θ∈[0，π]．
两个半平面
垂直
2．平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是__________，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定与性质
判定定理 性质定理
文字语言 如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．(线面垂直 面面垂直) 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. (面面垂直 线面垂直)
直二面角
α⊥β
a⊥b
a⊥β
归 纳 拓 展
1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行．
4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　　)
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　　)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　　)
(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　　)
(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β. (　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
题组二　走进教材
2．(必修2P164T15)如图1，正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，D是EF的中点，如图2，沿SE、SF、EF将正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EGF中(　　)
A．SG⊥平面EFG
B．SD⊥平面EFG
C．GF⊥平面SEF
D．GD⊥平面SEF
[答案]　A
[解析]　由题意知SG⊥GF，SG⊥GE，GF∩GE＝G.∴SG⊥平面GEF，故选A．
3．(必修2P152例4)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为AB，BC的中点，则直线MN与平面DCA1所成角的大小为(　　)
[答案]　A
[解析]　连接AC、AD1，设AD1∩A1D＝H，连HC，易知AH⊥平面A1DC，MN∥AC，
∴∠HCA即为MN与平面DCA1所成的角，
题组三　走向高考
4．(2024·全国甲卷)设α、β是两个平面，m、n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β
③若n∥α，且n∥β，则m∥n
④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
[答案]　A
[解析]　对①，当n α，因为m∥n，m β，则n∥β，当n β，因为m∥n，m α，则n∥α，
当n既不在α也不在β内，因为m∥n，m α，m β，则n∥α且n∥β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误；
对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s 平面β，t 平面β，则s∥平面β，因为s 平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确；
对④，若a∩β＝m，n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误；综上只有①③正确，故选A．
[答案]　B
如图，分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，
考点突破 · 互动探究
空间垂直关系的基本问题——自主练透
1．(2024·江苏部分四星级高中调研)设m，n，l是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，在下列命题中，真命题为(　　)
A．若m⊥n，n⊥l，则m⊥l
B．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
C．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
D．若m∥n，m∥α，则n∥α
[答案]　C
[解析]　若m⊥n，n⊥l，则m∥l或m，l相交或m，l异面，所以A错误；若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ或α，γ相交，所以B错误；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，则α⊥β，所以C正确；若m∥n，m∥α，则n α或n∥α，所以D错误．故选C．
2．(多选题)(2024·辽宁名校联盟模拟)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则(　　)
A．若l α，m β，α∥β，则l∥m
B．若m∥l，m∥α，l α，则l∥α
C．若α⊥β，m α，则m⊥β
D．若l⊥α，m∥l，m β，则α⊥β
[答案]　BD
[解析]　若l α，m β，α∥β，则l∥m或l与m异面，A项错误；因为m∥α，所以 a α，m∥a，因为m∥l，所以a∥l，因为a α，l α，所以l∥α，B项正确；当α⊥β，m α时，m⊥β或m∥β或m β或m与β相交，C项错误；若l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m β，所以α⊥β，D项正确．故选BD．
名师点拨：
解决这类线、面位置关系判定的问题一般是利用正方体模型或画图分析解决，其实最好的办法是笔当线，纸、手掌当面动态演示．
【变式训练】
1．(多选题)已知直线l与平面α相交于点P，则(　　)
A．α内不存在直线与l平行
B．α内有无数条直线与l垂直
C．α内所有直线与l是异面直线
D．至少存在一个过l且与α垂直的平面
[答案]　ABD
[解析]　α内的直线与l相交或异面，A对，C错；直线l与它在平面α内的射影m所确定的平面β与平面α垂直，D对；平面α内与射影m垂直的直线也与l垂直，显然这样的直线有无数条，B对．故选ABD．
2．(多选题)(2024·内蒙古呼伦贝尔模拟改编)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l∥α，m⊥β，则下列四个结论正确的是(　　)
A．若α∥β，则m⊥α　　 B．若l⊥m，则l∥β
C．若α⊥β，则l⊥m D．若m∥α，则α⊥β
[答案]　AD
[解析]　若α∥β，由于m⊥β，故m⊥α，A正确；若l⊥m，则l可能在β内，B错误；若α⊥β，则l，m可能平行，C错误；若m∥α，则设过m的平面γ与α交于n，则m∥n，由于m⊥β，故n⊥β，而n α，故α⊥β，D正确，故选AD．
直线与平面垂直的判定与性质——多维探究
角度1　线、面垂直的判定
[证明]　证法一：取AD的中点O，连接SO，OE，OF.
因为四边形ABCD是矩形，O，E分别是AD，BC的中点，
所以EO∥AB，所以EO⊥AD．
因为△SAD是等边三角形，所以SO⊥AD．
因为SO∩OE＝O，所以AD⊥平面SOE.
因为SE 平面SOE，所以AD⊥SE.
所以△SOE是等腰三角形．
因为F是SE的中点，所以OF⊥SE.
因为OF∩AD＝O，
所以SE⊥平面ADF.
如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，
所以AE＝DE＝2.
所以SD＝DE，SA＝AE.
又F为SE的中点，
所以DF⊥SE，AF⊥SE.
因为DF∩AF＝F，
所以SE⊥平面ADF.
证法三：由证法一易得AD，OE，SO两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
角度2　线、面垂直的性质
(2023·广东潮州模拟(节选))如图，在斜三棱柱BCE－ADF中，侧面ABCD⊥侧面ABEF，AB＝AD＝AF＝2，∠ADC＝∠AFE＝60°，M为CD上的中点．
证明：EM⊥BF.
[证明]　连接AE，AM，
由AB＝AD＝AF＝2，
∠ADC＝∠AFE＝60°，
可知四边形ABCD，ABEF均为含60°的菱形，
故AE⊥BF
当M为CD的中点时，则AM⊥AB，
又侧面ABCD⊥侧面ABEF，AB＝侧面ABCD∩侧面ABEF，
故AM⊥平面ABEF，从而AM⊥BF，
AE∩AM＝A，所以BF⊥平面AEM，
又EM 平面AEM，故EM⊥BF.
角度3　直线与平面所成的角
(2024·河南濮阳模拟)PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为(　　)
[答案]　C
[解析]　如图所示，把PA、PB、PC放入正方体中，显然PA、PB、PC两两夹角均为60°.
[引申]　本例图中AM与平面PAB所成角的正弦值为________.
名师点拨：
1．证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
如：直径所对圆周角是直角；菱形对角线互相垂直；等腰三角形底边上的中线、顶角平分线垂直底边．等等．
(2)若知某些线段长度，常利用勾股定理的逆定理．
(3)利用直线与平面垂直的性质．
(4)向量法：a⊥b a·b＝0.
2．证明线面垂直的常用方法
(1)线面垂直的判定定理：
l⊥a，l⊥b，a α，b α，a∩b＝P l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理：
α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β.
(3)性质：①a∥b，b⊥α a⊥α；
②α∥β，a⊥β a⊥α.
3．求直线与平面所成角的方法
(1)定义法：①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角；
③求，通过解三角形，求角．
则∠APB＝90°，所以PA⊥PB，
同理PA⊥PC，又PC∩PB＝P，
所以PA⊥平面PBC．
证法二：因为△ABC是底面圆O的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AE⊥BC．
因为DO(即PO)垂直于底面，BC在底面内，
所以PO⊥BC．
又因为PO 平面PAE，AE 平面PAE，PO∩AE＝O，
所以BC⊥平面PAE.
又因为PA 平面PAE，所以PA⊥BC．
设AE∩BC＝F，则F为BC的中点，连接PF.
因此PA2＋PF2＝AF2，从而PA⊥PF.
又因为PF∩BC＝F，所以PA⊥平面PBC．
[答案]　B
两个平面垂直的判定与性质——师生共研
[证明]　连接AC．因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°.
所以△ACD是正三角形．
又E为CD的中点，所以AE⊥CD，则AE⊥AB．
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以AE⊥平面PAB．
因为PB 平面PAB，
所以AE⊥PB．
所以PA2＋PB2＝AB2，则PA⊥PB．
因为PA∩AE＝A，所以PB⊥平面PAE.
又PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAE.
名师点拨：
1．判定面面垂直的方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．(一般在一个平面内找交线的垂线，证此线与另一面垂直．)
2．在已知面面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
3．
[证明]　取AC中点O，连接DO、OB，
在正△ACD和正△ABC中，AC＝2，
而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，DO 平面ACD，BO 平面ABC，
于是DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，
又BE⊥平面ABC，即有DO∥EB，
AM 平面ADC，所以DE⊥AM.
名师讲坛 · 素养提升
[答案]　ABD
[解析]　由正方体性质易知B1D⊥平面A1BC1，
又A1P 平面A1BC1，
∴B1D⊥A1P，故A正确；
由平面BDC1∥平面AB1D1，
DP 平面BDC1，
∴DP∥平面AB1D1，故B正确；
∵AD1∥BC1，AD1 平面ACD1，BC1 平面ACD1，
∴BC1∥平面ACD1，
∴点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，
2．(2024·江苏扬州高邮期初测试(节选))如图，在多面体ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是边长为2的正三角形，△BCD是以∠BDC为直角的等腰三角形．
证明：AB∥平面CDE.
[证明]　取CD的中点F，连接EF，由EC＝ED知EF⊥CD．
∵平面ECD⊥平面BCD，
且平面ECD∩平面BCD＝CD，
∴EF⊥平面BCD．
又∵AB⊥平面BCD，∴AB∥EF.
∵AB 平面ECD，EF 平面ECD．
∴AB∥平面CDE.
名师点拨：
空间两点“路径”最短问题通常“展平”化为两点间距离问题．注意“垂直”与“平行”的互证．
【变式训练】
(2024·陕西汉中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法中不正确的是(　　)
A．MN∥平面ADD1A1
B．MN⊥AB
C．MN与CC1所成角为45°
D．MN⊥平面ACD1
[答案]　D(共84张PPT)
第七章
立体几何
第五讲　空间向量及其运算
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知识点一　空间向量的有关概念
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有_________和_________的量叫做空间向量，其大小叫做向量的_________或______.
(2)零向量：长度为______的向量，记作0；
零向量与任意向量共线，0∥a；
单位向量：模为______的向量；
相反向量：与向量a长度相等而方向相反的向量，叫做a的相反向量，记作－a；
相等向量：方向_________且模_________的向量．
大小
方向
长度
模
0
1
相同
相等
(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线_________或_________，则这些向量叫做_______________或_______________.
(4)共面向量：平行于同一_________的向量叫做共面向量．
平行
重合
共线向量
平行向量
平面
2．空间向量中的有关定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b 存在唯一确定的λ∈R，使a＝λb.
(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面 存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底．
3．空间向量的数量积及运算律
向量a，b的数量积a·b＝___________________.
〈a，b〉
0≤〈a，b〉≤π
互相垂直
|a||b|cos〈a，b〉
(2)空间向量数量积的运算律
结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
交换律：a·b＝b·a；
分配律：a·(b＋c)＝_____________.
a·b＋a·c
知识点二　空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．则
向量表示 坐标表示
数量积 a·b _________________________
共线 a＝λb(b≠0) _______________________________
垂直 a·b＝0 (a≠0，b≠0) __________________________
模 |a| __________________
夹角 〈a，b〉 (a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝______________________
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
知识点三　两个重要的向量
1．直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有_________个．
2．平面的法向量
直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有_________个，它们是共线向量．
无数
无数
知识点四　空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m m·n＝0
l⊥α n∥m n＝λm
平面α、β的法向量分别为n、m α∥β n∥m n＝λm
α⊥β n⊥m n·m＝0
归 纳 拓 展
1．向量三点共线定理
4．a·b>0 a、b的夹角为锐角或0角．即“a·b>0”是“a、b的夹角为锐角”的必要不充分条件．
5．向量法证明空间的线面平行或垂直
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)空间中任意两个非零向量a，b共面．(　　)
(2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　)
(3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.(　　)
(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)
(5)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　)
(6)若两平面的法向量垂直，则两平面垂直．(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× (5)×　(6)√
题组二　走进教材
[解析]　∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点，
3．(选择性必修1P14T2)(2023·河南驻马店模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
解法二：将三棱柱补成平行六面体(如图)，连AD1，B1D1，则AD1∥BC1，
题组三　走向高考
4．(多选题)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是(　　)
[答案]　BC
[解析]　不妨设正方体棱长为2，
对于A，
对于C，
对于D，
[答案]　BD
考点突破 · 互动探究
空间向量的线性运算——自主练透
2．(多选题)在四面体P－ABC中，以下说法正确的有(　　)
[答案]　ABC
名师点拨：用已知向量表示某一向量的方法
用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，将已知向量和所求向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知向量表示出来．
【变式训练】
[答案]　D
空间向量共线、共面定理的应用——师生共研
(2)当k＝0时，点M、A重合，点N、B重合，
MN在平面ABB1A1内，当0MN不在平面ABB1A1内，
A．2 B．－2
C．1 D．－1
[答案]　D
名师点拨：
1．证明空间三点P、A、B共线的方法
2．证明空间四点共面的方法
对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面．
【变式训练】
A．O，A，B，C四点共面
B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面
D．O，P，A，B，C五点共面
[答案]　B
空间向量的数量积及其应用——师生共研
[答案]　C
[答案]　B
[解析]　设H为BD的中点，连接FH，EH.
3．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求BD1与AC所成角的余弦值．
名师点拨：空间向量数量积的应用
【变式训练】
[答案]　A
利用向量证明(判断)空间的平行与垂直——师生共研
(2023·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线
BC∥平面PEG？若存在，请证明你的结论；若
不存在，请说明理由．
[解析]　(1)证明：取BA的中点H，连EH，在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD，
∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，
∴PE⊥EH，PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，
名师点拨：
1．建立空间直角坐标系时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．
2．用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行 证明两直线的方向向量共线
线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直
②证明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表示
面面平行 ①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)
②转化为线面平行、线线平行问题
3．建利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
【变式训练】
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，
BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，
G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD.
[证明]　以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
又GF 平面ABD，AB 平面ABD，
∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF 平面EGF，EF 平面EGF，
∴平面EGF∥平面ABD.
名师讲坛 · 素养提升
空间几何体建系策略
建系的原则：关注图形对称性，使求解问题相关的元素尽可能多的落在坐标轴或坐标平面上，以便于确定点或向量的坐标，简化后续计算，注意构建右手系．
建系的技巧：
1．利用共点且两两垂直的三条直线建系(即“墙角”型)——分别以三条直线所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．当条件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直(即一个线面垂直＋面内两条线垂直)，这个过程不能省．建系后对坐标不易确定的点，通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值来确定．
常见类型：
2．利用线面垂直关系建系——常以此直线或与此直线平行的直线为z轴，在垂面内找到x轴，y轴，建立空间直角坐标系．
(面面垂直或知某点在平面内的射影转化为线面垂直问题)
证明：PC⊥平面BED.
注：本题也可以分别以OC、OD所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系，或分别以AB、PA所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系．
3．利用正棱锥(或正棱台或正棱柱)底面中心和高所在直线建系；
4．无线面垂直关系，但某一平面内有两条垂直直线——常以这两直线为两坐标轴建立空间直角坐标系．
如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB＝2，建立适当的坐标系并求出各点坐标．
[解析]　解法一：取AD中点O，连接BO，PO，
∵PA＝PD，∴PO⊥AD，
∵BC∥OD，∴四边形BCDO为平行四边形，
∴BO∥CD，
∵CD⊥AD，∴BO⊥OD.
如图，分别以OB，OD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，
名师点拨：坐标法的重难点是求点的坐标和利用向量公式运算，在求点的坐标过程中，有以下几种方法：
1．作坐标轴(或坐标平面)的射影，直接找出横、纵、竖坐标．
2．利用向量平行或相等进行转化．
3．直接设点，找等量关系(线段长度，垂直关系)列方程组．
【变式训练】
若BF∥平面CDE，求CF的长．(共100张PPT)
第七章
立体几何
第六讲　空间的角与距离
知识梳理·双基自测
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
知识梳理 · 双基自测
知识点一　两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cos φ
＝|cos θ|＝______ (其中φ为异面直线a，b所成的角)．
知识点二　直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平
面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝______.
知识点三　求二面角的大小
1．如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝____________.
2．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法
向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝_______，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
知识点四　利用空间向量求距离
1．点到直线的距离
2．点到平面的距离
3．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
注意体积法在求点到平面距离时的应用．
归 纳 拓 展
3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．
4．注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系．
双 基 自 测
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)
(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
题组二　走进教材
2．(选择性必修1P20例2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角是________.
3．(选择性必修1P44T13)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为________，AD1与平面AEC1所成角的余弦值为________.
题组三　走向高考
4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，
AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的
中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
[解析]　(1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE 平面BED，DE∩BE＝E，
所以AC⊥平面BED，
因为AC 平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
第一课时　空间的角和距离问题
考点突破 · 互动探究
空间的距离——师生共研
1．(多选题)(2025·广东深圳实验中学阶段测试)已知空间四点A(－1, 1,0)，B(2,2,1)，C(1,1,1)，D(0,2,3)，则下列四个结论中正确的是(　　)
[答案]　ABD
2．(2024·河南摸底(节选))如图，已知正方形ABCD是圆柱OO1的轴截面(经过旋转轴的截面)，点E在底面圆周上，AB＝5，AE＝4，点F是CE的中点．求点B到平面ACE的距离．
解法三：向量法
∵线段AB是圆O的直径，∴AE⊥BE，
以点E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为
x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
[引申]本例2中点C到平面ABF的距离为________.
名师点拨：
1．向量法求点到直线距离的步骤
(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.
2．求点到平面距离常用的方法
(1)定义法：通过求点P到平面垂线段的长求得点到平面的距离，而找(或作)垂线段先要找(或作)过点P的已知平面的垂面，再找(或作)它们交线的垂线．
(2)平行转移法：即通过线面平行或面面平行，转化为其他点到平面的距离．
【变式训练】
(2024·陕西商洛部分学校联考)如图，在直三棱柱
ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别
是棱A1C1，BC，AC的中点，∠ACB＝60°.
求点F到平面ABD的距离．
解法二：向量法
由解法一易知BA、BC、BB1两两垂直．
如图建立空间直角坐标系，
空间的角——多维探究
角度1　异面直线所成的角
[答案]　A
[引申]本例中若H为PC的中点，则BH与PA所成角的余弦值为________.
名师点拨：
1．求异面直线所成角的思路
(1)选好基底或建立空间直角坐标系；
(2)求出两直线的方向向量v1，v2；
2．两异面直线所成角的关注点
角度2　线面角
[解析]　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC，
∴A1C⊥AC，A1C⊥BC．
又∠ACB＝90°，
∴A1C、AC、BC两两垂直，
∴BC⊥平面ACC1A1.
又BC 平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.
又A1到平面BCC1B1的距离为1，AA1∥CC1，
∴A1到CC1的距离等于C到AA1的距离为1，
∴作CH⊥AA1于H，则CH＝1.
又AA1＝2，A1C⊥AC，∴A1A上的中线为1，
∴H为AA1的中点，即CH垂直平分AA1，
∴AC＝A1C．
(2)解法一：定义法
连接A1B，由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC，
∴AB＝A1B，连接BH，则BH⊥AA1，
名师点拨：
1．用定义法求线面角的步骤
(1)用定义法或体积法求出斜线上一点到平面的距离h；
(2)求出斜线段的长度l；
2．用向量法求线面角的步骤
角度3　二面角
[解析]　(1)证明：作PO⊥平面ABCD于O，
∵PA＝PB＝PC，∴Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心，
又AB⊥BC，∴O为AC的中点，
∴PO 平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABCD.
(2)解法一：几何法
取AB的中点E，连接DE，由AB＝2CD知O∈DE，
取OD的中点H，连接QH，则QH∥PO，
∴QH⊥平面ABCD，作HM⊥BC于M，
连接QM，则BC⊥平面QHM，从而BC⊥QM，
∴∠QMH为二面角Q－BC－D的平面角．
解法二：向量法
由AB＝BC，AB⊥BC，
知OB⊥OC，
∴OB、OC、OP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系
取x＝1得n＝(1,1,2)，
又平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
记二面角Q－BC－D为α，则
方法②：如图：
名师点拨：求二面角的方法步骤
1．法向量法
(1)建坐标系，确定相关点的坐标，进而确定相关向量的坐标；
(2)求法向量——求二面角两个面的法向量n1，n2；
2．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
3．几何法——通过找二面角的平面角求解
(1)定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图(1)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
(2)垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角，如图(2)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
(3)垂线法(三垂线定理法)：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图(3)，∠ABO为二面角α－l－β的平面角．
解题时注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系，灵活处理．
【变式训练】
1．(此题为更换新题)(角度1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是(　　)
A．0°<θ<90° B．0°<θ≤60°
C．0°<θ≤90° D．0°≤θ<60°
[答案]　B
[解析]　如图，连接CD1，易知A1B∥D1C，所以CP与A1B所成角可化为CP与D1C所成角．易知△AD1C是等边三角形，所以当P与A重合时，所成角为60°，又P不与D1重合(因为此时PC与A1B平行而不是异面)，所以0°<θ≤60°，故选B.
[答案]　A
2．(角度2)(2023·福建莆田质检)在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为8的等边三角形，PA⊥平面ABC，PA＝14，则AB与平面PBC所成角的正弦值为(　　)
[答案]　A
[解析]　解法一：定义法
解法二：向量法
(1)证明：BC＝BB1.
(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，求二面角B－CC1－A的正弦值．
又OC 平面OB1C，OB1 平面OB1C，
OC∩OB1＝O，所以AB⊥平面OB1C，
因为B1C 平面OB1C，所以AB⊥B1C，
[解析]　(1)证明：设O为AB的中点，连接CO，B1O，AB1，BC1，因为CA＝CB，
所以AB⊥OC，
因为AC1⊥B1C，AB 平面ABC1，AC1 平面ABC1，
AC1∩AB＝A，所以B1C⊥平面ABC1，
因为BC1 平面ABC1，所以BC1⊥B1C，所以四边形BCC1B1为菱形，即BC＝BB1.
(2)因为平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩
平面ABB1A1＝AB，AB⊥OB1，OB1 平面ABB1A1，
所以B1O⊥平面ABC；
以O为坐标原点，OC，OA，OB1所在直线分别
为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2.
名师讲坛 · 素养提升
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，动中窥静，静中见动，以静制动．求解动态范围的选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析法，比较复杂时，可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1．(多选题)(2025·鄂豫皖五十三校联考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，若一点P在底面ABCD内(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则(　　)
[答案]　ABD
[解析]　如图，以D为坐标原点，DA，DB，
DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，E(1,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，
D1(0,0,2)，
设P(x，y,0)，x，y∈[0,2]，
2．(多选题)(2024·广东调研)已知正方体ABCD－
A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在
平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且
NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是(　　)
[答案]　ACD
即N到A、D、直线AD的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故B错误；
由BB1⊥BN，即点N到直线BB1为点N到点B的距离，所以点N的轨迹为点N到点B与直线DC的距离相等的轨迹，即抛物线，所以C正确；
名师点拨：
1．动态问题的一般解法
2．立体几何中轨迹问题的解法
(1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点轨迹．
(2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹．
(3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断．
【变式训练】
(多选题)(2024·福建福州八中质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的有(　　)
[答案]　ABD(共80张PPT)
第七章
立体几何
第六讲　空间的角与距离
第二课时　综合问题
名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
考点突破 · 互动探究
综合问题——多维探究
角度1　空间中的翻折问题
[分析]　(1)要证PA⊥PB.由PA⊥PE知，证PA⊥平面PBE即可，也即需证PA⊥BE，又平面PAE⊥平面ABCE，故证BE⊥AE即可，这在平面图中易证．
∴AE＝BE＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE，
∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
∴BE⊥平面PAE，AP 平面PAE，
∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE 平面PBE，PE 平面PBE，PE∩BE＝E，
∴PA⊥平面PBE，PB 平面PBE，
∴PA⊥PB.
(2)如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接OP，OG，由题意可得OP，OG，OA两两互相垂直，
以O为坐标原点，以OA，OG，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0,0,1)，
名师点拨：空间折叠问题的解题策略
1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段．
【变式训练】
因为AO 平面ACO，CO 平面ACO，
且AO∩CO＝O，所以BD⊥平面ACO
因为CE 平面ACO，所以BD⊥CE.
(2)解法一：设A到平面BCD的距离为h，
因为等边三角形BCD的边长为4，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz；
A．存在点H，使得EH⊥BG
B．不存在点H，使得EH∥BD
C．存在点H，使得EH∥平面BDG
D．不存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°
[分析]　建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据动点需满足的条件列出方程组，据方程组解的情况进行判断．
[答案]　ABC
即直线EH与平面BDG所成角的最大角大于30°，
所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，故D错误．故选ABC．
2．(2024·江苏扬州模拟)在①AE＝2，②AC⊥
BD，③∠EAB＝∠EBA，这三个条件中选择一个，
补充在下面问题中，并给出解答
[分析]　(1)选择一个条件，利用面面垂直的判定定理证明；(2)假设符合条件的点F存在，建立空间直角坐标系，设求点F的坐标，在结论成立的条件下求解点F的坐标，根据解的情况回答问题，这类问题有时也可通过研究图形判断符合条件的点存在，然后证明即可．
[解析]　(1)证明：若选①，取AC中点G，BC中点O，AB中点H，连接EG，DO，OH，
又CD∥EG，∴AC⊥CD，又AC⊥BC，BC∩CD＝C，BC，CD 平面BCD，
∴AC⊥平面BCD，∵AC 平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO 平面BCD，
平面BCD∩平面ABC＝BC，
∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；
若选②，∵AC⊥BD，AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD 平面BCD，
∴AC⊥平面BCD，∵AC 平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
取BC中点O，AB中点H，连接DO，OH，
∵BD＝CD，∴DO⊥BC，又DO 平面BCD，
平面BCD∩平面ABC＝BC，
∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；
若选③，取BC中点O，AB中点H，连接OD，OH，EH，
∵∠EAB＝∠EBA，∴BE＝AE＝2，∴BD2＋DE2＝BE2，
∴BD⊥DE，又DE∥AC，∴AC⊥BD，
又AC⊥BC，BC∩BD＝B，BC，BD 平面BCD，
∴AC⊥平面BCD，∵AC 平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCD，
又DO⊥BC，DO 平面BCD，平面BCD∩平面ABC＝BC，
∴DO⊥平面ABC，又OH∥AC，AC⊥BC，∴OH⊥BC；
综上所述：DO，OH，BC两两互相垂直，
名师点拨：空间存在型探究性问题的解题策略
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，解题时，假设结论成立，即把结论当条件，据此列出相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．
提醒：1.探究线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.2.注意“特殊化方法”的应用．
【变式训练】
(2024·福建厦门大学附中月考)如图，在多面体
ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，
AF∥DE，AB＝AF＝2DE＝2，M是线段BF上的一动点，
过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点．
(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；
[解析]　(1)如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点．理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD，又BC 平面FBC，AD 平面FBC，所以AD∥平面FBC．又平面ADM∩平面FBC＝MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点．因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE 平面DCE，AB，AF 平面DCE，所以AB，AF∥平面DCE，又AF∩AB＝A，AB，AF 平面ABF，
所以平面ABF∥平面DCE，
平面ADM∩平面DCE＝DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，
(2)由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，F(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0，2,0)，
角度3　空间中的最值或范围问题
1．(2024·河南洛阳强基联盟联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2BC＝6，PC⊥PD，PC＝PD，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为________.
[分析]　思路一：
解法二：如图，取AB的中点为O′.连接PO、OO′、AE.∵PC＝PD，点O是CD的中点，∴PO⊥CD.
又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD
∩平面ABCD＝CD，PO 平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD.又∵OO′ 平面ABCD，
∴PO⊥OO′.
又∵底面ABCD是矩形，O、O′是CD、
AB中点，∴OO′⊥CD.
∴以点O为原点，OO′、OC、OP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PC⊥PD，PC＝PD，CD＝AB＝2BC＝6，
2．(2023·福建泉州质检)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)试确定点E的位置，使AB1∥平面DEC1；
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC．设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ，试在(1)的条件下，求cos θ的最小值．
若AB1∥平面C1DE，则只需平面C1DE∥平面ABB1A1，从而DE∥AB.可知E应为BC的中点，给出证明即可．
(2)由题意可知角θ的变化是由三棱台的高CC1的变化引起的，故可设CC1＝a，建立空间直角坐标系，求出cos θ＝f(a)，进而求f(a)的最小值即可．
[解析]　(1)连接DC1，DE，C1E，
由三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，
所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，
AA1 平面DEC1，DC1 平面DEC1，
故AA1∥平面DEC1，
又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1 平面ABB1A1，
AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1∥平面DEC1，又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，
故DE∥AB，
由于D是AC的中点，故E是BC的中点，
故点E在边BC的中点处，AB1∥平面DEC1.
(2)因为CC1⊥平面ABC，AB 平面ABC，
所以CC1⊥AB，
又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1 平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC 平面BCC1B1，
所以AB⊥CB，
由(1)知：E是边BC的中点，D是AC的中点，
所以ED∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
所以四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，
因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设B1E＝a，
则E(0,0,0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，B1(0,0，a)，
名师点拨：
1．空间最值、范围问题的题型
(1)切接中的最值、范围问题；
(2)截面中的最值、范围问题；
(3)路径、距离、线面角、二面角中的最值、范围问题．
2．空间最值、范围问题的解题策略
(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；
(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值．
【变式训练】
[解析]　(1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
∵PD＝PB，所以PO⊥BD.
又∵AC，PO 平面APC，且AC∩PO＝O，
所以BD⊥平面APC．
又BD 平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD.
(2)解法一：过P作PH⊥AC交AC于点H，
∵平面APC⊥平面ABCD，PH⊥AC，
平面APC∩平面ABCD＝AC，
∴PH⊥平面ABCD，
∵AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD 平面PHD，
PH∩PD＝P，
∴AB⊥平面PHD，∵DH 平面PHD，
∴AB⊥DH，
∴H为DH，AO的交点，∵△ABD为等边三角形，
∴H为△ABD的重心，
∵PH⊥平面ABCD，
∴∠PCH即为直线CP与平面ABCD所成角，
名师讲坛 · 素养提升
重温高考
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE 平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC 平面A1BC，BC 平面ABC可得AE⊥BC，
BB1⊥BC，
又AE，BB1 平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平
面ABB1A1.
解法二：BC，BA，BB1两两垂直，以B为原
点，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，
所以A1C的中点D(1,1,1)，
2．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
[解析]　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC＝AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD 平面ADE，
所以BC⊥DA．
[解析]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC．
(2)作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面
ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥
平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角
A－CP－D的平面角，(共21张PPT)
第七章
立体几何
高考大题规范解答——立体几何
(1)若平面ADE与棱PB交于点F，求证：EF∥平面ABCD；
[解析]　(1)因为底面ABCD是菱形，所以AD∥BC，
又BC 平面PBC，AD 平面PBC，
则AD∥平面PBC．
点E在线段PC上，平面ADE与线段PB交于F点，
所以平面ADE∩平面PBC＝EF，
而AD 平面ADE，所以AD∥EF.
又AD 平面ABCD，EF 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)取AD的中点O，连接OP，OB，如图所示，
由条件，△PAD是正三角形，AD＝2，
2．(2025·广西钦州示范性高中开学考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AD，过棱PD的中点E作EF⊥PC于点F，连接AF.
(1)证明：PC⊥AF；
(2)若CD＝2AD＝2，求平面AEF与平面PAB所成角的正弦值．
[解析]　(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴CD⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又AE 平面PAD，∴CD⊥AE.
∵PA＝AD，点E是PD的中点，∴AE⊥PD.
又PD∩CD＝D，PD，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
PC 平面PCD，∴PC⊥AE.
又EF⊥PC，AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF，
∴PC⊥平面AEF，
AF 平面AEF，∴PC⊥AF.
(2)如图，因AB，AD，AP两两垂直，
故可以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,1)，C(2,1,0)，D(0,1,0)，
3．(2025·广东八校检测)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，平面CBB1C1⊥平面ABC．
(1)证明：BB1⊥平面ABC；
(2)若AB⊥BC，AB＝1，BC＝CC1＝2，求直线AB与平面A1BC1所成角的余弦值．
[解析]　(1)证明：取O为△ABC内一点，
作OE垂直AB，交AB于点E，作OF垂直BC，交BC于点F，
因为平面ABB1A1⊥平面ABC且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，OE 平面ABC，
所以OE⊥平面ABB1A1，因为BB1 平面ABB1A1，所以OE⊥BB1，
同理OF⊥BB1，因为OE∩OF＝O，且OE，OF 平面ABC，所以BB1⊥平面ABC．
(2)因为BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示．
依题意A(0,1,0)，B(0,0,0)，A1(0,1,2)，C1(2,0,2)．
(1)证明：平面AB1C1⊥平面A1BD；
(2)求锐二面角B－A1D－B1的余弦值．
由DM，A1B 平面A1BD，且DM∩A1B＝M，
可得AB1⊥平面A1BD，
又因为AB1 平面AB1C1，
所以平面AB1C1⊥平面A1BD.
(2)由直棱柱的性质与已知，得：CC1⊥CA，
CC1⊥CB，
以C为原点，以垂直平面ACC1的直线CA，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC＝BC＝2，可得：

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