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(共35张PPT)
第七章
必刷小题13　立体几何
数学
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一
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习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A C C C B D
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 A ABC ACD AD 60° 2
13
14
一、单项选择题
1.(2024·新乡模拟)如图所示，水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图为△A'B'C'，其中∠x'O'y'＝45°，B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝，那么△ABC为
A.等边三角形
B.等腰直角三角形
C.钝角三角形
D.三边互不相等的三角形
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答案
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如图，根据斜二测画法还原△ABC，则OB＝OC＝OA
＝1，且OA⊥BC，
因此AB＝AC＝，BC＝2，则AB2＋AC2＝BC2，故
∠BAC＝90°，
所以△ABC为等腰直角三角形.
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答案
2.已知三个不同的平面α，β，γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，则“α∥γ”是“a∥b”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
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答案
因为α∥γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，所以由面面平行的性质定理可得a∥b，则充分性成立；
因为a∥b，α∩β＝a，γ∩β＝b，所以则a∥γ，又则b∥α，当α∩γ＝l时，由线面平行的性质定理可知a∥l∥b，则必要性不成立，
综上所述，“α∥γ”是“a∥b”的充分不必要条件.
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答案
3.下列说法中正确的是
A.平行于同一直线的两个平面平行
B.垂直于同一平面的两个平面垂直
C.一块蛋糕切3刀可以切成6块
D.一条直线上有两个点到一平面的距离相等，则这条直线在平面内
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答案
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平行于同一直线的两个平面可以平行也可以相交，故A错误；
垂直同一个平面的两个平面不一定互相垂直，也可以相交、
平行，故B错误；
作蛋糕截面如图所示，一个蛋糕切3刀可以切成6块，故C
正确；
一条直线上有两个点到一平面的距离相等，则这条直线在平面内或该直线与平面平行或直线与平面相交，故D错误.
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答案
4.已知圆锥的侧面积等于18π，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面的半径为
A.1 B. C.3 D.6
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设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，
∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，
∴πl＝2πr，∴l＝2r，
∵圆锥的侧面积为18π，即πl2＝18π，
∴l＝6，则r＝3.
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答案
5.(2025·济南模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则
A.A1D∥D1B，MN∥平面ABCD
B.A1D∥D1B，MN⊥平面BB1D1D
C.A1D⊥D1B，MN∥平面ABCD
D.A1D⊥D1B，MN⊥平面BB1D1D
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答案
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由已知AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
则AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1 平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，
又D1B 平面ABD1，所以A1D⊥D1B，A，B错误；
因为M，N分别为AD1，D1B的中点，所以MN∥AB，
又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD，C正确；
若MN⊥平面BB1D1D，因为BD 平面BB1D1D，则必有MN⊥BD，又MN∥AB，所以AB⊥BD，明显不成立，D错误.
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答案
6.(2024·天津十二区重点学校联考)天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，决定走少而精的售卖方式，定制了如图所示由底面圆半径为4 cm的圆柱体和球缺
(球的一部分)组成的单独包装盒，球缺的体积V＝(R为球缺所在
球的半径，h为球缺的高).若h＝2 cm，球心与圆柱下底面圆心重合，则包装盒的体积为
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
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答案
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如图，设圆柱的高为OO'＝m cm，OA＝OC＝R，
则OA2＝O'O2＋O'A2，
即
则圆柱的高为3 cm，
故包装盒的体积为π×42×3＋(cm3).
7.(2025·深圳模拟)已知直线a，b是异面直线，点P为空间中一点，且P不在直线a，b上，则下列说法一定正确的是
A.不存在过点P的平面与a，b都相交
B.存在过点P的平面与a，b都平行
C.存在过点P的直线与a，b都相交
D.存在过点P的直线与a，b都垂直
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答案
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当点P和直线a所确定的平面与直线b平行时，B，C不正确；
任取直线a上点A，直线b上点B，使P，A，B不共线，则平面PAB与a和b都相交，A不正确；
过P分别作直线a和b的平行线a'和b'，记a'和b'所确定的平面为α，过P作α的垂线l，则垂线l与a，b都垂直，D正确.
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答案
8.(2024·河南部分重点高中联考)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A－PC－B的正切值为
A. B. C.2 D.
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答案
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设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，
则DE∥PA，
因为AB＝BC，所以BE⊥AC，
又因为平面ABC⊥平面PAC，BE 平面ABC，平面
ABC∩平面PAC＝AC，
所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，则BE⊥PC，
因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，
所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2，
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答案
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因为DE∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE，所以PC⊥
平面BDE，
又因为BD 平面BDE，则PC⊥BD，
所以∠BDE为二面角A－PC－B的平面角，
且tan∠BDE＝.
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答案
二、多项选择题
9.(2024·娄底模拟)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，下列命题不正确的是
A.若a⊥b，a⊥c，b α，c α，则a⊥α
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
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答案
对于A，若b∥c，则a与α相交或平行，或a α故A错误；
对于B，若α⊥β，a⊥α，则a∥β或a β，故B错误；
对于C，有可能b α且c α且b∥c，故C错误；
对于D，若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β，故D正确.
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答案
10.已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线与底面所成的角为，则
A.该圆台的母线长为2
B.该圆台的表面积为12π
C.该圆台的体积为
D.该圆台的外接球的表面积为80π
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答案
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设圆台上底面的半径为r1＝2，下底面的半径为r2＝4.
对于A中，由于母线与底面所成的角为，则母线长l＝
＝2，所以A正确；
对于B中，圆台的表面积S＝π＋π＋πr1l＋πr2l＝4π＋16π＋π×2×2＋π×4×2＝(20＋12)π，所以B不正确；
对于C中，由圆台的母线长l＝2，
可得圆台的高h＝2sin ＝2，
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答案
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则体积V＝π(＋r1r2)·h＝π(4＋16＋2×4)×2＝
，所以C正确；
对于D中，设圆台外接球的半径为R，球心到下底面的
距离为h1，
若外接球的球心在圆台下底面的下方，可得
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答案
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此时圆台外接球的表面积S＝4πR2＝80π；
若外接球的球心在圆台上、下底面之间，
可得此时方程组无解，
综上可得，圆台外接球的表面积为80π，所以D正确.
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答案
11.(2024·杭州模拟)如图，在三棱锥P－EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P－EDF中
A.PD⊥EF
B.平面PEF⊥平面DEF
C.三棱锥P－EDF的外接球的表面积为7π
D.PD与平面EFD所成的角的余弦值为
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答案
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对于A，如图1，连接BD交EF于G，根据正方形
的性质易知EF⊥BD，
所以如图2，有EF⊥GD，EF⊥PG，又PG∩GD
＝G，PG，GD 平面GPD，所以EF⊥平面GPD，PD 平面GPD，所以EF⊥PD，故A正确；
对于B，由A项分析可知∠PGD为二面角P－EF－D的平面角，易知PG＝
，DG＝，PD＝2≠，则PG，DG不垂直，故B错误；
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答案
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对于C，因为PE，PF，PD两两垂直，可将三棱
锥补成长方体，其外接球的直径为2R＝
，故外接球的表面积为
4πR2＝6π，故C错误；
对于D，因为EF⊥平面GPD，且EF 平面EFD，所以平面GPD⊥平面
EFD，所以∠PDG为PD与平面EFD所成的角，cos∠PDG＝，
D正确.
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三、填空题
12.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝2，则异面直线BD与AC所成的角为　　　.
60°
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答案
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如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1
∥DE，则∠BDE(或其补角)为异面直线BD与AC所成的角.由条件知BD＝DE＝EB＝，则∠BDE＝60°.
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答案
13.圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，
则截面三角形面积的最大值为　　 .
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答案
因为圆锥轴截面顶角为，
所以任意两条母线夹角的范围是，
设母线长为l，母线的夹角是θ，
所以过圆锥顶点的截面三角形面积
S＝l2sin θ＝sin θ，
因为θ∈，所以sin θ∈(0，1]，
所以截面三角形面积的最大值是.
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答案
14.(2024·济南模拟)已知正三棱锥P－ABC的底面△ABC的边长为2，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥P－ABC的体积为　　　.
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答案
因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以平面ABC截球得到的截面圆与△ABC的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的直线上，
又△ABC的边长为2，所以△ABC的内切圆的半径为r'＝tan ·AB＝×＝1，
又因为球的半径r＝1，即r'＝r，
所以棱切球的球心即为△ABC内切圆的圆心，
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答案
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如图，过球心O作PA的垂线交PA于点H，
所以OH＝r＝1，
又因为OA＝＝2，
所以cos∠AOH＝，
因为∠AOH∈，所以∠AOH＝，
又由题意可知，PO⊥平面ABC，
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答案
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所以PO⊥OA，所以∠POH＝，
所以PO＝，
所以V三棱锥P－ABC＝××2×2××＝2.(共76张PPT)
第七章
§7.7　向量法求空间角(一)
数学
大
一
轮
复
习
能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角的问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝
|cos〈u，v〉|＝ .
2.直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所
成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为
n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝ .
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)两异面直线所成角的范围是.
(　　)
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝cos〈u，n〉.
(　　)
×
×
×
√
2.若直线l的一个方向向量u＝(1，0，1)，平面α的一个法向量n＝(0，－1，1)，则l与α所成角的大小为
A. B. C.或 D.或
设l与α所成角为θ，
因为直线l的一个方向向量u＝(1，0，1)，平面α的一个法向量n＝(0，－1，1)，
所以sin θ＝|cos〈u，n〉|＝，
因为0≤θ≤，所以θ＝.
√
3.已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则直线l1和l2所成的角为
A. B. C. D.
√
设直线l1与l2所成的角为θ，
因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，
所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.
又θ∈，所以θ＝.
4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的
中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为　　　.
建立如图所示的空间直角坐标系.
设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，
N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2).
设BM与AN所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈〉|＝
＝.
所以BM与AN所成角的余弦值为.
1.斜线与平面所成的角是斜线与平面内直线所成角中的最小角.
2.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC，AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为
A. B. C. D.
异面直线所成的角
题型一
√
取AB的中点O，连接OC，OD，如图，以OD，OB，OC
所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，则B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，)，
A(0，－1，0)，
又E，F分别为母线BC，AC的中点，
所以E，F，
则，
设异面直线BF和DE所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈〉|＝＝0，又θ∈，所以θ＝.
(2)(2024·吉安模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段B1D1上的动点，则异面直线AG与EF所成角的最大值为
A. B. C. D.
√
以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设正方体的棱长为2，G(a，a，2)，a∈[0，2]，
∵E，F分别为AB，BC的中点，则A(2，0，0)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，
故＝(a－2，a，2)，＝(－1，1，0)，
设两异面直线所成的角为α，其中α∈，
故cos α＝，
∵a∈[0，2]，则当a＝0或a＝2时，cos α取得最小值，
最小值为，
又∵y＝cos α在上单调递减，
则α的最大值为.
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)用坐标表示异面直线的方向向量.
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.
(4)注意异面直线所成角的范围是，即异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
思维升华
跟踪训练1　(1)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
√
连接AC与BD交于点O，连接PO，
由题意得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，
以O点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设四棱锥P－ABCD各棱长均为2，则AO＝BO＝CO＝
，PO＝，
可得A(，0，0)，E，C(－，0，0)，P(0，0，)，
则＝(－，0，－)，
设异面直线AE与PC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈〉|＝
.
(2)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2.E，F分别是BC，A1C1的中点.设D是线段B1C1上的(包括两个端点)动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为时，线段BD的长为　　　 .
2
如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，F，B(0，－1，0)，
设D(0，t，2)(－1≤t≤1)，
则＝(0，t＋1，2)，
设直线BD与EF所成的角为θ，
所以cos θ＝，
即23t2＋14t－37＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)，
所以||＝＝2.
直线与平面所成的角
题型二
例2　(2024·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面三角形ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，且∠A1AC＝60°.
(1)求点A1到平面ABC的距离；
取AC的中点D，连接A1C，A1D，
因为侧面AA1C1C为菱形，且∠A1AC＝60°，
所以△AA1C为等边三角形，所以A1D⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C，A1D 平面AA1C1C，
平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
所以A1D⊥平面ABC，
所以A1D的长即为点A1到平面ABC的距离，
又A1D＝AA1sin∠A1AC＝AA1sin 60°＝，
故点A1到平面ABC的距离为.
(2)求直线A1B与平面AB1C所成角的余弦值.
连接DB，因为AB＝BC，所以DB⊥AC，则DB，DC，
DA1两两垂直.
以D为坐标原点，DB，DC，DA1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.
由题可知D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，A1(0，0，)，
则＝(1，0，－＝(1，1，0).
由，
得B1(1，1，).
设平面AB1C的法向量为n＝(x，y，z)，
＝(1，0，＝(0，1，0)，
则
取z＝，得n＝(－3，0，).
设直线A1B与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
所以cos θ＝，
即直线A1B与平面AB1C所成角的余弦值为.
利用空间向量求线面角的解题步骤
思维升华
跟踪训练2　(2024·北京海淀区模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，直线AB∥CD，∠ABC＝90°，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.
(1)证明：PF⊥AD；
过点D作DM⊥AB，垂足为M，
由题意知，四边形BCDM为矩形，因为∠DAB＝60°，
AB＝3，CD＝1，
可得AM＝2，BC＝DM＝AMtan 60°＝2，
由PC＝BC＝2，∠PCB＝60°，则△PBC为等边三角形，因为F为线段BC的中点，则PF⊥BC，
又因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF 平面PCB，
可得PF⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
所以PF⊥AD.
(2)求当EF为何值时，直线BE与平面PAD所成角的正弦值为.
取线段AD的中点N，连接NF，则NF∥AB，NF＝2，
又因为AB⊥BC，可知NF⊥BC，
以F为坐标原点，FN，FB，FP所在直线分别为x，y，z
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(3，，0)，D(1，－，0)，P(0，0，3)，B(0，，0)，
因为E为线段PF上一点，设E(0，0，a)，a∈[0，3]，
可得＝(2，2，0)，＝(－1，，3)，＝(0，－，a)，
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝－3，则y＝，z＝－2，可得n＝(－3，，－2)，
由题意可得，|cos〈n，〉|＝，
整理得a2－4a＋4＝0，解得a＝2，
所以当EF＝2时，直线BE与平面PAD所成角的正弦值为.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A C A ACD AB
题号 8 11 12 答案 C 答案
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(1)依题意，以点C为坐标原点，CA，CB，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，
在三棱台ABC－A1B1C1中，因为A1C1＝B1C1，
所以AC＝BC＝4，
所以C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，
因为A1C1＝B1C1＝CC1＝2，
所以A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，
9.
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所以＝(－2，4，－2)，
＝(0，－2，0)，
所以cos〈，〉＝
＝－，
设异面直线A1B与B1C1所成的角为α，则α∈，
所以cos α＝|cos〈，〉|＝，
即异面直线A1B与B1C1所成角的余弦值是.
9.
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(2)设直线A1B与平面A1B1C所成的角为β，则β∈，
设平面A1B1C的法向量为
n＝(x，y，z)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，－2)，
所以
令x＝1，则y＝1，z＝－1，
9.
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所以n＝(1，1，－1)，
所以sin β＝|cos〈n，〉|
＝，
即直线A1B与平面A1BC所成角的正弦值是.
9.
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(1)如图，连接BC1，FE，FD1，在正四棱柱
ABCD－A1B1C1D1中，
由AB与C1D1平行且相等，得四边形ABC1D1是平行四边形，
所以BC1∥AD1，
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，
又BC1 平面BCC1B1，平面AD1E∩平面BCC1B1＝EF，
所以BC1∥EF，因为E是BB1的中点，所以F是B1C1的中点.
10.
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(2)以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1＝m(m>0)，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，
D1(0，0，m)，E，
＝(－1，1，0)，＝(－1，0，m)，，
设平面AD1E的法向量是t＝(x，y，z)，
则
10.
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取z＝1，得t＝，
因为直线AC与平面AD1E所成的角为，
所以|cos〈t，〉|＝
＝＝sin ，
解得m＝2(负值舍去)，
所以AA1的长为2.
10.
一、单项选择题
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，则直线l与平面α的所成的角等于
A.40° B.50°
C.130° D.以上均错
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知识过关
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因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，所以直线l与平面α的所成的角等于130°－90°＝40°.
√
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答案
2.(2024·呼和浩特模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB，则直线PC与平面PBD所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
√
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答案
如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设AB＝1，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，
C(1，1，0)，
所以＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
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答案
令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝(1，1，1)，
设直线PC与平面PBD所成的角为θ，
sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
又θ∈，所以cos θ＝.
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答案
3.已知正方体ABCD－A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为
A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆
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答案
以点D为原点，的方向分别为x，y，z轴
的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，
设Q(x，y，1)，可得＝(x，y，1)，＝(1，0，1)，
因为直线DQ与DA1所成的角为45°，
则cos 45°＝，化简可得y2＝2x，
所以点Q的轨迹为抛物线.
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答案
4.如图，在四棱锥A－BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为
A. 　 B.
C. 　　 D.
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答案
如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DF∥BE，
因为BE⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC，
又由AB＝CB＝AC且F为BC的中点，所以AF⊥BC，
以F为坐标原点，AF，BF，DF所在直线分别为x，y，z
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(，0，0)，E(0，1，3)，C(0，－1，0)，D(0，0，3)，
故＝(0，1，3)，＝(－，1，3)，
则cos〈〉＝.
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答案
二、多项选择题
5.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，则
A.·＝4
B.异面直线OC与AB所成角等于
C.平面AOC的一个法向量可以是(0，1，0)
D.直线OB与平面AOC所成角的正弦值为
√
√
√
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答案
∵A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，＝(0，0，－2)，＝(0，2，－2)，
∴·＝(－2)×(－2)＝4，故A正确；
设OC与AB所成的角为θ，
则cos θ＝，
且θ∈，∴θ＝，故B不正确；
设平面AOC的法向量为n＝(x，y，z)，
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答案
∵＝(1，0，0)，＝(0，0，－2)，
∴
∴n＝(0，1，0)，故C正确；
＝(1，2，－2)，设直线OB与平面AOC所成的角为θ，
则sin θ＝，故D正确.
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答案
6.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，M，N分别为PB，CD的中点，E为棱AD上一动点.若∠MEN为钝角，则AE的长可能为
A. B.
C.1 D.
√
√
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答案
由题意得△ABC为等边三角形，
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，F为
BC的中点，
则P(0，0，2)，F(，0，0)，B(，－1，0)，
C(，1，0)，D(0，2，0)，
∴M，N，
令AE＝t(0≤t≤2)，∴E(0，t，0)，
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答案
∴，
依题意∠MEN＝〈〉为钝角，
∴·<0，
解得0三、填空题
7.(2024·福州模拟)若异面直线l1，l2的方向向量分别是a＝(0，－1，－2)，
b＝(4，0，2)，则异面直线l1与l2所成角的余弦值为　　 .
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答案
设l1与l2所成的角为θ，因为a＝(0，－1，－2)，b＝(4，0，2)，所以cos θ
＝|cos〈a，b〉|＝.
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答案
8.(2025·张家口模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，经过点P(x0，y0，z0)且法向量为m＝(A，B，C)的平面方程为A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0，经过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为n＝(μ，v，ω)(μvω≠0)的直线l的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为2x＋z－7＝0，经过点(0，0，0)的直线l的方程为，则直
线l与平面α所成角的正弦值为　　　　.
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答案
由题设知，平面α的法向量m＝(2，0，1)，直线l的方向向量n＝(3，2，－3)，
且平面α与直线l相交，
所以直线l与平面α所成角的正弦值为|cos〈m，n〉|＝.
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答案
四、解答题
9.(2024·贵阳模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝4，A1C1＝B1C1＝CC1＝2.
(1)求异面直线A1B与B1C1所成角的余弦值；
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答案
依题意，以点C为坐标原点，CA，CB，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，
在三棱台ABC－A1B1C1中，因为A1C1＝B1C1，
所以AC＝BC＝4，
所以C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，
因为A1C1＝B1C1＝CC1＝2，
所以A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，
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答案
所以＝(－2，4，－2)，＝(0，－2，0)，
所以cos〈〉＝＝－，
设异面直线A1B与B1C1所成的角为α，则α∈，
所以cos α＝|cos〈〉|＝，
即异面直线A1B与B1C1所成角的余弦值是.
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答案
(2)求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值.
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答案
设直线A1B与平面A1B1C所成的角为β，则β∈，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，－2)，
所以
令x＝1，则y＝1，z＝－1，
所以n＝(1，1，－1)，
所以sin β＝|cos〈n，〉|＝，
即直线A1B与平面A1BC所成角的正弦值是.
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答案
10.(2025·咸阳模拟)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为BB1的中点，直线B1C1与平面AD1E交于点F.
(1)证明：F为B1C1的中点；
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答案
如图，连接BC1，FE，FD1，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，
由AB与C1D1平行且相等，得四边形ABC1D1是平行四边形，所以BC1∥AD1，
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，
又BC1 平面BCC1B1，平面AD1E∩平面BCC1B1＝EF，
所以BC1∥EF，因为E是BB1的中点，
所以F是B1C1的中点.
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答案
(2)若直线AC与平面AD1E所成的角为，求AA1的长.
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答案
以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直
角坐标系，如图，
设AA1＝m(m>0)，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，
m)，E，
＝(－1，1，0)，＝(－1，0，m)，，
设平面AD1E的法向量是t＝(x，y，z)，
则
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答案
取z＝1，得t＝，
因为直线AC与平面AD1E所成的角为，
所以|cos〈t，〉|＝＝sin ，
解得m＝2(负值舍去)，所以AA1的长为2.
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答案
能力拓展
11.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1(包括边界)上运动，满足AP⊥BD1.记直线C1P与平面ACB1所成的角为α，则sin α的最大值为
A. B. C. D.
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答案
建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为1，则
B(1，1，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，
由题可设P(x，1，z)，则＝(－1，－1，1)，＝
(x－1，1，z)，∴·＝1－x－1＋z＝0，即x－z＝0，
∴点P在B1C上，
又＝(x，0，x－1)，x∈，平面ACB1的一个法向量可取＝(－1，－1，1)，
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答案
∴sin α＝|cos〈〉|＝
＝，
又x∈[0，1]，
∴当x＝时，(sin α)max＝.
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答案
12.(2024·重庆模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均相等，E，F分别是棱A1B1，CC1上的两个动点，且B1E＝CF，则异面直线BE与AF所成
角的余弦值的取值范围是　　　　 .
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答案
设AB＝2，B1E＝CF＝t，t∈[0，2]，
以A为原点，的方向分别为x，z轴正方向建立
空间直角坐标系，
则B(2，0，0)，E(2－t，0，2)，＝(－t，0，2)，
A(0，0，0)，F(1，，t)，＝(1，，t)，
设异面直线BE与AF所成的角为θ，故cos θ＝，当t＝0时，
cos θ＝0；
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答案
返回
当t∈(0，2]时，0<≤，
当且仅当t＝2时取等号，即cos θ∈.
综上，cos θ∈.(共74张PPT)
第七章
§7.9　空间距离及立体几何
　　　中的探索性问题
数学
大
一
轮
复
习
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.
2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.点到直线的距离
如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝　 .
2.点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是
平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n
是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线
l上的投影向量的长度，因此PQ＝　　　.
　
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　　)
(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(　　)
(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等.(　　)
(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　　)
√
×
×
×
2.(2024·新余模拟)已知A(－1，－1，－1)，直线l过原点且平行于a＝(0，1，2)，则A到l的距离为
A. B.1 C. D.
由题意取P(0，1，2)，则＝(1，2，3)，
所以A到l的距离为
d＝＝
＝.
√
3.若平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且平面α，β的一个法向量分别为m＝(，0，－)，n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离
是　　　.
因为m＝－n，n＝(－1，0，1)，所以α∥β，所以平行平面α，β间的距离即为点O到平面β的距离，而＝(2，1，1)，所以平行平面α，β间的
距离d＝.
4.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是
　　 .
如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
所以＝(2，0，0)，
＝(2，0，2)，＝(2，2，0).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝1，
则n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD的距离
d＝.
返回
探究核心题型
第二部分
例1　四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为
A. B. C. D.
√
空间距离
题型一
命题点1　点线距离
四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以点O为原点，的正方向分别为x，y，z
轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为OA＝1，OB＝2，
OC＝3，OC＝3OD，
则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G，
于是＝(－1，0，1)，||＝·＝－×(－1)＋1＝，
所以点G到直线AD的距离
d＝.
命题点2　点面距离
例2　在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为
A.2 B. C. D.
√
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
所以＝(－2，0，1)，
＝(0，2，0)，＝(0，λ，1).
设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，0，2)，
所以点G到平面D1EF的距离为
d＝.
异面直线之间的距离
微拓展
已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.
典例　在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝6，点G在侧棱PB上，且满足2PG＝GB，则异面直线PC和DG的距离为
A. B. C. D.
√
如图，以点A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，
则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，
G(1，0，4).
所以＝(1，－3，4)，＝(3，3，－6)，＝(3，0，0)，
设n＝(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量，
则有可取n＝(1，3，2)，
所以异面直线PC和DG的距离为.
(1)点到直线的距离
①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直
线l的距离d＝.
②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.
(2)求点面距一般有以下三种方法
①作点到面的垂线，求点到垂足的距离.
②等体积法.
③向量法.
思维升华
跟踪训练1　(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE＝BD；点F在CB1上，且CF＝CB1.则下列结论正确的是
A.EF＝
B.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段
C.点D1到直线EF的距离为
D.点D1到平面DEF的距离为
√
√
√
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
，
，
所以E，F.
，
所以||＝，故A正确；
＝(1，1，0)，＝(1，0，1)，
所以·＝－＝0，
·＝－＝0，
即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF是异面直线BD
与CB1的公垂线段，故B正确；
·＝－，
所以点D1到直线EF的距离为
，故C错误；
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
，
则
令x＝1，得y＝－1，z＝2，
所以n＝(1，－1，2)，又＝(0，0，1)，
所以点D1到平面DEF的距离d＝，故D正确.
立体几何中的探索性问题
题型二
例3　(2024·桂林模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，BD⊥PC，∠BAD＝120°，四边形ABCD是菱形，PB＝AB＝PA，E是棱PD上的动点，且＝λ(0<λ<1).
(1)证明：PA⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
因为BD⊥PC，AC，PC 平面PAC，且AC∩PC＝C，
所以BD⊥平面PAC.
因为PA 平面PAC，所以BD⊥PA.
因为PB＝AB＝PA，
所以PB2＝AB2＋PA2，即AB⊥PA.
因为AB，BD 平面ABCD，且AB∩BD＝B，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)是否存在实数λ，使得平面PAB与平面ACE夹角的余弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
取棱CD的中点F，连接AF，
因为四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
所以△ACD为等边三角形，故AF⊥CD，
又PA⊥平面ABCD，AB，AF 平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AF，故AB，AF，AP两两垂直，
故以A为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设AB＝2，则A(0，0，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，P(0，0，2)，
故＝(1，，0)，＝(－1，，－2)，＝
(0，0，2)，
所以＋λ＝(－λ，λ，2－2λ)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝，得n＝.
平面PAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，设平面PAB与平面ACE的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝，
整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍去).
故存在实数λ＝，使得平面PAB与平面ACE夹角的余
弦值是.
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”.
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
思维升华
跟踪训练2　如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝AB.以直线AB为轴，将直角梯形ABCD旋转得到直角梯形ABEF，且AF⊥AD.
(1)求证：DF∥平面BCE；
由题意得EF∥CD，EF＝CD，
所以四边形DCEF为平行四边形.
所以DF∥CE.
因为DF 平面BCE，CE 平面BCE，
所以DF∥平面BCE.
(2)在线段DF上是否存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
线段DF上存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为，
由题意得AD，AB，AF两两垂直.
如图，建立空间直角坐标系.
设AB＝2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，
C(1，1，0)，D(1，0，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1).
所以＝(0，1，1)，＝(1，－1，0)，＝(1，－2，0)，＝(－1，0，1).
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＋λ＝(1－λ，－2，λ)，
设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
即
令x＝λ，则y＝λ，z＝1＋λ.
于是n＝(λ，λ，1＋λ)，
设直线AE和平面BCP所成的角为θ，
返回
由题意得sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
整理得3λ2－22λ＋7＝0，
解得λ＝或λ＝7.
因为0≤λ≤1，所以λ＝.
所以线段DF上存在点P，当时，直线AE和平面
BCP所成角的正弦值为.
课时精练
答案
1
2
3
4
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，
||＝4.
1.
答案
1
2
3
4
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝
＝＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
得
1.
答案
1
2
3
4
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝.
1.
答案
1
2
3
4
(1)连接BD，
因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD∥NB，又因为MD＝NB＝1，
所以四边形MDBN为平行四边形，
所以MN∥BD，又BD 平面ABCD，MN 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由题意知，DM，DC，DA两两垂直，以点D为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，M(0，0，1)，
N(1，1，1)，E，
假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE，设＝λ，λ∈[0，1]，
因为＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)，，
2.
答案
1
2
3
4
所以＝λ＝(0，λ，λ)，
则，
由ES⊥平面AMN可得，
即
解得λ＝，
此时，||＝，
故在线段AN上存在点S，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因为O1O⊥平面ABCD，以点O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.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角为45°，则B(2，2，0)，D1(－1，－1，)，
C1(－1，1，)，
3.
答案
1
2
3
4
F(0，2，0)，E(－2，0，0)，A1(1，－1，)，
所以＝(－3，－3，)，＝(－1，－1，－)，
＝(2，2，0)，
设平面C1EF的法向量为
n＝(x，y，z)，
则
3.
答案
1
2
3
4
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
因为＝(－3，－3，)，
所以n·＝0，所以n⊥，
又因为BD1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
3.
答案
1
2
3
4
(2)假设棱BC上存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[－2，2]，则＝(x－1，3，－)，
设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ，
由题意可得sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝，
化简得x2－35x+34＝0，则x＝1或x＝34(舍去)，
即存在点M符合题意，此时BM＝1.
3.
答案
1
2
3
4
(1)分别取A1B1，C1D1的中点N，M，
连接MN，MC，NB，
则在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E是MN的中点，
所以平面EBC即为截面BCMN，
又F是AB的中点，则BF与A1N平行且相等，
从而四边形A1FBN是平行四边形，
所以A1F∥BN，
4.
答案
1
2
3
4
又A1F 平面BCMN，
BN 平面BCMN，
所以A1F∥平面BCMN，
即A1F∥平面EBC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)不存在，理由如下：
连接AC，BD，因为四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
所以△ABD，△BCD都是等边三角形，AC⊥BD，
易知AC∩BD＝O，
由已知得OE⊥平面ABCD，
分别以OB，OC，OE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1＝2，则AB＝2k，OB＝k，OC＝k，
4.
答案
1
2
3
4
OE＝AA1＝2，因此有E(0，0，2)，
B(k，0，0)，C(0，k，0)，
＝(－k，k，0)，
＝(－k，0，2)，
则△EBC的重心为O1，，
若OO1⊥平面EBC，
4.
答案
1
2
3
4
则无解.
因此不存在实数k，使得O在平面EBC内的射影
恰好为△EBC的重心O1.
4.
1.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
(1)求点N到直线AB的距离；
1
2
3
4
知识过关
答案
1
2
3
4
答案
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).
＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝4.
(2)求点C1到平面ABN的距离.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝.
1
2
3
4
答案
2.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点.
(1)证明：MN∥平面ABCD；
1
2
3
4
答案
连接BD，
因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD∥NB，又因为MD＝NB＝1，所以四边形MDBN为平行四边形，
所以MN∥BD，又BD 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
1
2
3
4
答案
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN，若存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由.
1
2
3
4
答案
由题意知，DM，DC，DA两两垂直，以点D为原点，建
立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，M(0，0，1)，N(1，1，1)，E，
假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE，
设＝λ，λ∈[0，1]，
因为＝(0，1，1)，＝(－1，0，1)，，
所以＝λ＝(0，λ，λ)，则，
1
2
3
4
答案
由ES⊥平面AMN可得，
即
解得λ＝，
此时，||＝，
故在线段AN上存在点S，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
1
2
3
4
答案
3.如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB＝2A1B1＝4，E，F分别为DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O1O垂直于上、下底面，且O1O与侧
棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；
1
2
3
4
答案
因为O1O⊥平面ABCD，以点O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.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O所成的角为45°，则
B(2，2，0)，D1(－1，－1，)，C1(－1，1，)，
F(0，2，0)，E(－2，0，0)，A1(1，－1，)，
所以＝(－3，－3，＝(－1，－1，－＝(2，2，0)，
设平面C1EF的法向量为n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
则
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
因为＝(－3，－3，)，
所以n·＝0，所以n⊥，
又因为BD1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
1
2
3
4
答案
(2)棱BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
1
2
3
4
答案
假设棱BC上存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈
[－2，2]，则＝(x－1，3，－)，
设直线A1M与平面C1EF所成的角为θ，
由题意可得sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
化简得x2－35x＋34＝0，则x＝1或x＝34(舍去)，
即存在点M符合题意，此时BM＝1.
1
2
3
4
答案
4.(2024·泉州模拟)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为菱形，且∠DAB＝60°，E，O分别是上、下底面的中心，F是AB的中点，AB＝kAA1.
(1)求证：A1F∥平面EBC；
能力拓展
1
2
3
4
答案
分别取A1B1，C1D1的中点N，M，连接MN，MC，NB，
则在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E是MN的中点，
所以平面EBC即为截面BCMN，
又F是AB的中点，则BF与A1N平行且相等，
从而四边形A1FBN是平行四边形，
所以A1F∥BN，
又A1F 平面BCMN，BN 平面BCMN，
所以A1F∥平面BCMN，
即A1F∥平面EBC.
1
2
3
4
答案
(2)是否存在实数k，使得O在平面EBC内的射影恰好为△EBC的重心O1.若存在，求出k；若不存在，请说明理由.
1
2
3
4
答案
不存在，理由如下：
连接AC，BD，因为四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
所以△ABD，△BCD都是等边三角形，AC⊥BD，
易知AC∩BD＝O，由已知得OE⊥平面ABCD，
分别以OB，OC，OE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1＝2，则AB＝2k，OB＝k，OC＝k，OE＝AA1＝2，
因此有E(0，0，2)，B(k，0，0)，C(0，k，0)，
＝(－k，k，0)，＝(－k，0，2)，
1
2
3
4
答案
则△EBC的重心为O1
，
若OO1⊥平面EBC，
则无解.
因此不存在实数k，使得O在平面EBC内的射影恰好为△EBC的重心O1.
返回(共67张PPT)
第七章
§7.1　基本立体图形、简
　　　单几何体的表面积
　　　与体积
数学
大
一
轮
复
习
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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能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的直观图.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
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　　 且_____ 多边形 互相 　　且_____
平行
全等
平行
相似
名称 棱柱 棱锥 棱台
侧棱 ___________ 相交于　　　但不一定相等 延长线交于_____
侧面 形状 ___________ _______ _____
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
梯形
(2)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 _____ ____________ __________ ___
侧面展 开图 _____ _____ _____
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆
矩形
扇形
扇环
2.直观图
(1)画法：常用　　　　　　.
(2)规则：
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45°或135°.
②原图形中平行于坐标轴的线段，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，长度在直观图中变为原来的　　　.
斜二测画法
分别平行于坐标轴
不变
一半
3.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
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 几何体 表面积 体积
柱体 S表=S侧+2S底 V=____
锥体 S表=S侧+S底
V=_____
台体 S表=S侧+S上+S下
V=___________________
球 S表=4πR2
V=______
Sh
Sh
(S上+S下+)h
πR3
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)菱形的直观图仍是菱形.(　　)
(2)圆台的母线长都相等.(　　)
(3)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.(　　)
(4)锥体的体积等于底面积与高之积.(　　)
×
×
√
×
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，则该三棱柱的体积为
A.4 B.3 C.2 D.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，
所以S△ABC=×2×2×sin 60°=，
所以=S△ABC·AA1=2.
√
3.用斜二测画法作一个水平放置的边长为6的正方形的直观图，则直观图的面积为
A.36 B.18 C.9 D.
在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为36，所以所求的直观图的面积为×36=9.
√
4.(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为
A. B.π C.2π D.3π
√
由题可知圆锥的高h＝，所以圆锥的体积V＝×π×12×.
1.掌握三个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图=S原图形，S原图形=2S直观图.
2.关于几何体的表面积和侧面积的两个注意点
(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.
(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(多选)下列说法中正确的是
A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B.长方体是直四棱柱
C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面
√
基本立体图形
题型一
命题点1　结构特征
√
对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误；
对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确；
对于C，根据圆台的定义，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分为圆台，故C错误；
对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确.
例2　已知正△ABC的边长为a，那么水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积是
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
√
命题点2　直观图
方法一　如图，水平放置的△ABC的直观图为△A'B'C'，
由题意可知AB=a，OC=a，
则A'B'=a，O'C'=a，
过点C'作C'D'⊥A'B'于点D'，
则C'D'=O'C'=×a=a，
所以△A'B'C'的面积为a×a=a2.
方法二　由S直观图=S原图形得，△A'B'C'的面积为×a2=a2.
例3　如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长SA=3，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为
A.2 B.3
C.6 D.2π
命题点3　展开图
√
已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，
一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'=α，
圆锥底面周长为2π，所以 =α×3=2π，所以α=，
在△SAA'中，由SA=SA'=3，得
AA'=
==3.
(1)辨别空间几何体的两种方法
①定义法：紧扣定义进行判定；
②反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可.
(2)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.
(3)在解决空间曲线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化.
思维升华
跟踪训练1　(1)下列说法正确的是
A.棱柱中相邻两个面的公共边叫做侧棱
B.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C.有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台
D.直角三角形以其一边所在直线为轴旋转一周形成的几何体不一定是圆锥
√
对于A，底面和侧面的公共边不是侧棱，A错误；
对于B，底面是正多边形的棱锥，顶点与底面中心的连线不一定垂直于底面，因此它不一定是正棱锥，B错误；
对于C，两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还要满足各侧棱的延长线交于一点，C错误；
对于D，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，以其斜边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是由两个共底的圆锥组合而成，D正确.
(2)(2024·台州统考)如图，用斜二测画法作水平放置的四边形ABCD的直观图为矩形A'B'C'D'，已知A'O'=O'B'=1，B'C'=1，则四边形ABCD的周长为
A.6 B.12
C.8 D.10
√
由题设，知原四边形中AB=CD=A'B'=C'D'=2，且AB∥CD，
所以原四边形ABCD为平行四边形，
而O'C'=，则原四边形中OC=2，
且OC⊥AB(O为AB的中点)，
故AD=BC==3，
综上，四边形ABCD的周长为2(AB+AD)=10.
(3)如图在一根高为11 cm，外圆周长为6 cm的圆柱体外表面缠绕一根细铁丝，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线的两端，则铁丝长度的最小值为
A.61 cm B. cm
C. cm D. cm
√
∵圆柱体的高为11 cm，外圆周长为6 cm，
又铁丝在柱体上缠绕10圈，且铁丝的两个端点落在圆柱的同一条母线的两端，
则我们可以得到将圆柱侧面展开后的平面图形，如图所示，其中每一个小矩形的宽为圆柱的外圆周长6 cm，高为圆柱的高11 cm，则大矩形的对角线即为铁丝长度的最小值，
此时铁丝长度的最小值为=61(cm).
表面积与体积
题型二
例4　(1)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为
A.4π B.6π C.10π D.16π
√
因为圆锥的底面半径r=2，所以底面积S底=πr2=4π，底面周长L=2πr=4π，
母线长l==3，圆锥侧面积S侧=πrl=6π，故圆锥的表面积为S底+S侧=4π+
6π=10π.
命题点1　表面积
(2)(2025·辽宁省名校联盟模拟)已知圆台的上、下底面的面积分别为4π，36π，侧面积为64π，则该圆台的高为　　　.
4
作圆台的轴截面，如图.
由题意得圆台的上、下底面的半径分别为2，6，设
圆台的母线长为l，高为h，
则该圆台的侧面积S侧=π×(2+6)×l=64π，解得l=8，
所以h==4.
例5　(1)(2024·武汉模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇(如图1)是中国科学院空天信息研究院自主研发的，它曾多次成功完成大气科学观测，彰显了中国的实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005
≈316 600，π≈3.14)
A.9 064 m3 B.9 004 m3
C.8 944 m3 D.8 884 m3
√
命题点2　体积
由题图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R==9.5(m)，而圆台另一个底面的半径为r=1 m，
则V半球=××π×9.53≈π(m3)，
V圆柱=π×9.52×14≈1 260π(m3)，
V圆台=×(9.52π++π)×31.5≈π(m3)，
所以V=V半球+V圆柱+V圆台≈π+1 260π+π≈9 064(m3).
(2)(2025·包头模拟)如图，已知圆柱的轴截面为正方形ABCD，AB=BC=2，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若AB⊥EF，则三棱锥A-BEF的体积为
A. B. C. D.
√
如图，设圆柱的下底面的圆心为O，连接AG，BG，OG，
因为EF⊥AB，EF⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC 平面ABCD，
所以EF⊥平面ABCD，且EF=2，
S△ABG=AB×OG=2，
所以V三棱锥A-BEF=S△ABGEF=×2×2=.
求空间几何体的体积的常用方法
思维升华
公式法 规则几何体的体积，直接利用公式
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
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
跟踪训练2　(1)(2024·新课标全国Ⅰ)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为
A.2π B.3π C.6π D.9π
√
设圆柱的底面半径为r，
则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，
所以2πr×=πr×，
即2=，故r=3，
故圆锥的体积为π×9×=3π.
(2)(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=3，CC1=4，且AB⊥BC，P为BC1的中点，则
A.三棱锥A-BCC1的体积为4
B.三棱锥C-APC1的体积为
C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8
D.三棱锥C1-ABC的表面积为14+2
√
√
√
对于A，==×CC1×S△ABC=×4××2×3=4，故A正确；
对于B，=，
而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高，
∵P为BC1的中点，
∴=，
∴==×4=2，故B错误；
对于C，=-=×2×3×4-4=8，
故C正确；
对于D，由题可知，
AC=，AC1=，BC1=5，
∴AB2+B=A，
∴△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，
∴三棱锥C1-ABC的表面积为S△ABC+++
=×2×3+×3×4+××4+×2×5=14+2，故D正确.
返回
课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D B C D B AC
题号 8 9 10 11 12
答案 ABD D
10
一、单项选择题
1.下面关于空间几何体叙述不正确的是
A.正四棱柱都是长方体
B.在圆柱的上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱
　的母线
C.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
D.有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公
　共边都互相平行的几何体是棱柱
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知识过关
答案
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答案
对于A，正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形，因此它是长方体，A正确；
对于B，在圆柱的上、下底面圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，B正确；
对于C，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，C错误；
对于D，根据棱柱的定义，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，D正确.
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答案
2.(2025·湖北省新高考协作体模拟)用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D'是B'C'的中点，且A'D'∥y'轴， B'C'∥x'轴，A'D'=B'C'=2，那么S△ABC等于
A. B.2
C.2 D.4
√
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答案
根据题意，把直观图还原，则原平面图形为等腰三角形，如图所示，
其中AD⊥BC，AD=2A'D'=4，BC=B'C'=2，
原平面图形的面积为S△ABC=BC·AD=×2×4=4.
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答案
3.已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积为
A. B.3π
C. D.6π
由题图可知，此几何体为从底面半径为1，高为4的圆柱的母线的中点处
截去了圆柱的后剩余的部分，所以所求几何体的体积V=π×12×4-×π
×12×4=3π.
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答案
4.(2024·青岛模拟)在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为
A.33π B.39π C.48π D.57π
设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=3，h=4，体积最大的圆锥的母线长l===5，则该几何体的表面积S表=S圆柱侧+S圆柱底+S圆锥侧=2πrh+πr2+πrl=24π+9π+15π=48π.
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答案
5.(2024·嘉兴模拟)如图是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为
A. B.
C. D.
设半球体的半径为r，圆锥的高为h，由题意得=2，解得h=r，故圆锥的体积与半球体的体积的比值为==.
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答案
6.(2025·广州模拟)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O为四边形ACC1A1对角线的交点，设四棱锥O-BCC1B1的体积为V1，三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V2，则V1∶V2等于
A.2∶3 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶6
√
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答案
因为O为四边形ACC1A1对角线的交点，所以O为CA1的
中点，
所以V1==
=-)==V2，
所以V1∶V2=1∶3.
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二、多项选择题
7.(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2 D.△PAC的面积为
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答案
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答案
依题意，∠APB=120°，PA=2，
所以OP=1，OA=OB=.
A项，圆锥的体积为×π×()2×1=π，故A正确；
B项，圆锥的侧面积为π××2=2π，故B错误；
C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
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答案
故AD=CD==，
则AC=2，故C正确；
D项，PD==，
所以S△PAC=×2×=2，故D错误.
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答案
8.(2025·喀什模拟)如图是圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下列说法正确的是
A.线段AC＝2
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7π
D.沿着该圆台的表面从点C到AD中点的最短距离为5
√
√
√
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答案
显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，
CD＝4，其高即为圆台的高h＝
.
对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正确；
对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π(1＋2)×2＝11π，B正确；
对于C，圆台的体积V＝π(12＋1×2＋22)×π，C错误；
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答案
对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD所
示，且E为AD中点，而圆台对应的圆锥一半侧面展
开为扇形COD且易知OC＝4，又∠COD＝，
在Rt△COE中，CE＝＝5，斜边CE上的高
为>2，即CE与弧AB相离，所以点C到AD中点的最短距离为5，
D正确.
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答案
三、填空题
9.(2024·濮阳模拟)某圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为　　　　.
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答案
设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
因为圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为的扇形，
所以××l2＝3π，解得l＝3，
因为2πr＝×l，所以2πr＝×3，得r＝1，
所以圆锥的高为h＝＝2，
所以圆锥的轴截面的面积是·2r·h＝×2×2＝2.
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答案
10.(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为　　　　.
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答案
如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，
易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，
因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，
则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，
AO＝AC＝×AB＝，
故AM＝AO－A1O1＝，
则A1M＝，
所以所求棱台体积为V＝×(4＋1＋)×.
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答案
能力拓展
11.(2024·天津统考)庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊顶”“吴殿顶”，清代称为“四阿顶”，如图(1)所示.现有如图(2)所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD的边长为3，
MN∥AB，MN＝，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体ABCDMN的
体积为
A. B.
C. D.
√
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答案
取AB，CD的中点分别为F，E，连接NE，EF，NF，
几何体ABCDMN分割为一个三棱柱ADM－FEN和一个
四棱锥N－FBCE，
将三棱柱ADM－FEN补成一个上底面与矩形ADEF全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱ADM－FEN的体积为V1＝×2××32＝，
四棱锥N－FBCE的体积为V2＝××9×2＝3，所以几何体ABCDMN的体积为3＋.
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答案
12.魔方，又叫鲁比克方块，最早是由厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久不衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是　　　　　 .
162－72
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答案
返回
如图，中间一层转动了45°后，此时的魔方相对原来正
方体的魔方多出了16个小三角形的面积，
显然小三角形为等腰直角三角形，设直角边为x，则斜
边为x，
故(2＋)x＝3，可得x＝3－，
由几何关系得阴影部分的面积S＝×，
所以所求面积S'＝6×3×3＋16×＝162－72.
10(共60张PPT)
第七章
§7.2　球的切、接问题
数学
大
一
轮
复
习
球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力.其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决.
重点解读
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
一、正方体与球
1.内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a.
2.棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长a.
3.外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长a.
二、长方体与球
外接球：外接球直径2R＝体对角线长(a，
b，c分别为长方体的长、宽、高).
三、正四面体的外接球、内切球
若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝
a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1.
四、正棱锥与球
1.内切球：V正棱锥＝S表·r＝S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高.
2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).
五、直棱柱的外接球
球心到直棱柱两底面的距离相等，直棱柱两底面外心连线的中点为其外接球球心.R2＝＋r2(直棱柱的外接球半径为R，高为h，底面外接圆半径为r).
六、圆柱的外接球
R＝(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径).
七、圆锥的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径).
返回
探究核心题型
第二部分
例1　(1)(2024·渭南模拟)已知正三棱锥S－ABC，高为2，AB＝2，则其内切球与外接球的半径之比为
A. B. C. D.
√
特殊几何体的切、接问题
题型一
由题意可知，正三棱锥S－ABC的顶点S在底面△ABC内的投影为△ABC的中心P，如图，
设内切球半径为r，外接球球心为O，半径为R，
∴CD＝×2＝，
∴CP＝CD＝，DP＝CD＝，
∴SD＝，
∴S△SAB＝×2×，S△ABC＝×2×2×，
∴S表面积＝3S△SAB＋S△ABC＝6，
V三棱锥S－ABC＝××2×6×r r＝，
又在Rt△COP中，OC2＝CP2＋OP2，
∴R2＝＋(2－R)2 R＝，
∴.
(2)(2025·哈尔滨模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，∠BAC＝，则球O的表面积为
A.16π B.20π C.28π D.32π
√
如图所示，设底面△ABC的外接圆的圆心为O1，底面△A1B1C1的外接圆的圆心为O2，在△ABC中，
由余弦定理得BC＝，
设底面△ABC的外接圆的半径为r，
由正弦定理得2r＝＝2，即O1A＝1，
又直三棱柱ABC－A1B1C1外接球的球心为O，设外接球的半径为R，
在Rt△OO1A中，可得R＝
＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝20π.
特殊几何体的内切球、外接球问题，主要是利用球的定义找球心，然后利用解三角形求半径；对于棱锥的内切球的半径，可利用等体积法求.
思维升华
跟踪训练1　(1)(2024·吉林模拟)已知圆锥的底面半径为，母线长为2，则这个圆锥的内切球半径为
A. B. C. D.
设圆锥的高为h，
因为圆锥的底面半径r＝，母线长l＝2，
则h＝，
易知圆锥的轴截面为等边三角形，
设圆锥的内切球半径为R，则＝R2＋，解得R＝.
√
(2)(2024·菏泽模拟)已知正三棱台的上、下底面边长分别为2，4，体积为42，则该正三棱台的外接球表面积为
A.20π B.π C.80π D.π
√
设给定的正三棱台为正三棱台ABC－A1B1C1，即A1B1
＝2，AB＝4，
设正△A1B1C1，正△ABC的中心分别为O1，O2，而
×＝3，S△ABC＝×
＝12，
则正三棱台的体积V＝×(3＋12)·O1O2＝42，解
得O1O2＝6，
△A1B1C1的外接圆半径r1＝2××＝2，
△ABC的外接圆半径r＝4，
显然正三棱台的外接球球心O在直线O1O2上，
设外接球半径为R，OO1＝x，
则OO2＝|6－x|，因此R2＝x2＋22＝(6－x)2＋42，
解得x＝4，R2＝20，
所以该正三棱台的外接球表面积S＝4πR2＝80π.
补形法
题型二
例2　(1)(2025·宝鸡模拟)已知三棱锥P－ABC，PA⊥平面ABC，∠BAC＝30°，BC＝2，PA＝2，则三棱锥P－ABC的外接球的体积为
A.28π B.7π C.14π D.
√
将三棱锥P－ABC补形成直三棱柱，如图，其中O'为△ABC外接圆的圆心，O为所得三棱柱外接球的球心，也即三棱锥P－ABC外接球的球心，则OO'⊥平面ABC，OO'＝，
则2·O'A＝＝4，
所以O'A＝2，
则外接球的半径R＝OA＝，
所以三棱锥P－ABC的外接球的体积V＝πR3＝.
(2)已知三棱锥S－ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA＝BC＝2，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则球O的表面积是　　　.
8π
将三棱锥S－ABC放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
如图所示，则则a2＋b2＋c2＝8，
因为球O的直径即为长方体的体对角线，
则球O的半径为，
所以球O的表面积是4π×＝8π.
常见的补体
(1)(墙角模型)三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，补成长方体，如图①.
(2)有一条侧棱垂直于底面的棱锥，补成直棱柱，如图②.
(3)(对棱模型)三棱锥的对棱两两相等，补成长方体，则每组对棱为长方体的面对角线，如图③.
思维升华
跟踪训练2　(1)(2024·辽阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝3，AD＝4，则该四棱锥外接球的表面积为
A.π B.2π
C.34π D.136π
√
将四棱锥P－ABCD补形成分别以AD，AB，AP为长、
宽、高的长方体(图略)，则该四棱锥的外接球即补形
后长方体的外接球，外接球的半径为长方体体对角线
的一半，即×，所以外接球表面积为34π.
(2)(2024·唐山模拟)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
A.2π B.3π C.4π D.12π
√
依题意，将三棱锥P－ABC补形成正方体，如图，
则该正方体的外接球就是三棱锥P－ABC的外接球，
因为CA＝CB＝PA＝2，则该正方体的体对角线的长为
2，所以外接球的直径2R＝2，R＝，
则外接球的体积V＝πR3＝4π.
垂面法
题型三
例3　(2024·双鸭山模拟)已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，则球O的表面积为
A. B.8π C. D.12π
√
如图，取BC的中点E，BD的中点F，所以F为△BCD的外心，
连接AE，EF，设△ABC的外心为G，
因为AB＝BC＝AC＝2，
即△ABC为等边三角形，
所以点G在AE上，连接OG，OF，
则OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD，
因为平面ABC⊥平面BCD，所以OG⊥OF，
因为△ABC为等边三角形，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，则AE∥OF，
又EF 平面BCD，所以AE⊥EF，
同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG，
故四边形OGEF是矩形.
由BC⊥CD，可得BD＝＝2，
故DF＝，
又OF＝EG＝AE＝ABsin 60°＝，
设球O的半径为R，则R2＝OD2＝OF2＋FD2＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝.
找两个三角形的外接圆的圆心，过圆心分别作这两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交点就是球心.
思维升华
跟踪训练3　(2024·武汉模拟)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面APB⊥底面ABCD，△APB为正三角形，则四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
A.40π B.28π C. D.16π
√
如图，取△APB的外接圆圆心为O1，底面ABCD的外接圆圆心为O2，作OO1⊥平面APB，OO2⊥平面ABCD，则O为外接球的球心，依题意AB＝2，∠APB＝60°，
设△APB外接圆的半径为r，
四棱锥P－ABCD的外接球的半径为R，
则2r＝＝4，即r＝2，
又侧面APB⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，
侧面APB∩底面ABCD＝AB，AB⊥AD，AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面APB，易知OO1∥AD且OO1＝，
所以R＝，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝28π.
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课时精练
对一对
答案
1
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7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D A B B C CD
题号 8 9 10 答案 ACD 72π 一、单项选择题
1.(2025·济南统考)棱长为2的正方体的内切球的表面积为
A.8π B.24π C. D.8π
1
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5
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7
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9
10
答案
因为正方体的内切球的半径是正方体棱长的一半，所以内切球的半径R＝，所以内切球的表面积S＝4πR2＝4π×＝8π.
√
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5
6
7
8
9
10
答案
2.(2024·六盘水统考)已知长方体的长、宽、高分别为2，1，1，则这个长方体外接球的表面积与体积的数值之比为
A. B. C. D.
长方体的外接球直径为体对角线，因为22＋12＋12＝6，则外接球的半径r
＝.
.
√
1
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10
答案
3.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底
面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，
则的值是
A. B. C. D.
设球O的半径为r，则.
√
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5
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7
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9
10
答案
4.(2024·广州模拟)已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为8π，则此正四棱台的侧棱长为
A.1 B. C.2 D.2
√
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10
答案
设正四棱台上、下底面互相平行的两条对角线分别为
DC，AB，
则由球O的表面积为8π可得球O的半径R＝，
又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，
故DC＝，AB＝2，即AB为球O的直径，
所以球O的球心恰好是AB的中点，故OA＝OB＝OC＝OD＝.
所以△ODC为等边三角形，故∠ODC＝∠DOA＝60°，所以△ODA为等边三角形，
故此正四棱台的侧棱长AD＝OA＝.
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答案
5.(2024·河北名校联盟联考)已知三棱锥S－ABC，SA⊥平面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，若三棱锥外接球的表面积为28π，则此三棱锥的体积为
A.1 B.2
C.3 D.4
√
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10
答案
因为AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
所以∠ABC＝∠ACB＝30°，
S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×2×2×，
设△ABC外接圆的半径为r，则2r＝＝4，即r＝2，
设三棱锥外接球的半径为R，4πR2＝28π，
解得R＝(负值舍去)；
因为SA⊥平面ABC，把三棱锥S－ABC补成直三棱柱(图略)，
1
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10
答案
可得R2＝r2＋，
即7＝4＋，
解得SA＝2(负值舍去)，
所以V三棱锥S－ABC＝S△ABC·SA＝××2＝2.
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答案
6.(2025·淮安统考)在三棱锥P－ABC中，△PAB，△ABC均为边长为2的等边三角形，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC的外接球表面积为
A. B. C. D.
√
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10
答案
如图，取AB的中点E，连接PE，CE，则PE⊥AB，CE⊥AB，
由平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE 平面PAB，CE 平面ABC，
得PE⊥平面ABC，CE⊥平面PAB.
取△PAB的外心O1，△ABC的外心O2，
分别过O1，O2作平面PAB、平面ABC的垂线交于点
O，O即为球心，连接OC，
于是OO1∥CE，OO2∥PE，四边形OO1EO2为平行四边形，CO2＝，
1
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10
答案
OO2＝O1E＝，
因此三棱锥P－ABC的外接球半径R满足R2＝OC2＝
+＝，
所以三棱锥P－ABC的外接球表面积S＝4πR2＝.
二、多项选择题
7.正四棱锥P－ABCD的底面边长为2，外接球的表面积为20π，则正四棱锥P－ABCD的高可能是
A.＋1 B.－1
C. D.
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答案
√
√
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答案
依题意，外接球的球心可能在正四棱锥内，也可能在正四棱锥外，如果球心在正四棱锥内，如图1，
其中O1是正方形ABCD的中心，O是外接球的球心，
∵P－ABCD是正四棱锥，
∴PO1⊥平面ABCD，BO1＝，
设外接球的半径为R，
则BO＝PO＝R，4πR2＝20π，R＝，
1
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答案
在Rt△BOO1中，OO1＝，
PO1＝PO＋OO1＝；
如果球心在正四棱锥外，如图2，PO1＝PO－OO1
＝.
1
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3
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10
答案
8.(2025·郑州统考)已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有
A.圆台的母线长为4 B.圆台的体积为26π
C.圆台的表面积为26π D.球O的表面积为12π
√
√
√
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答案
画出圆台的轴截面，如图所示，
则四边形ABCD是等腰梯形，且DN＝1，AM＝3，内切
圆圆心即球心O；
所以圆台的母线长为AD＝AE＋ED＝AM＋DN＝3＋1＝4，故选项A正确；
连接OA，OD和OE，则△AOD是直角三角形，且OE2＝AE·ED＝3，
所以球O的半径为r＝OE＝，
所以圆台的体积为V＝π(12＋32＋)×2π，故选项B错误；
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答案
圆台的表面积为S＝π×(12＋32)＋π×(1＋3)×4＝26π，
故选项C正确；
球O的表面积为S'＝4π×＝12π，故选项D正确.
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10
答案
三、填空题
9.已知一个表面积为24的正方体，假设有一个与该正方体每条棱都相切的
球，则此球的体积为　　　　.
设正方体的棱长为a，则6a2＝24，解得a＝2.又球与正方体的每条棱都相
切，则正方体的面对角线长即为球的直径长，所以球的半径长是，所
以此球的体积为π×()3＝.
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答案
10.(2024·福州模拟)在三棱锥A－BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝3，AB＝6，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为　　　.
72π
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答案
由题意知∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝3，AB＝6，
在△ABC中，由余弦定理可得
AC＝
＝＝3，
所以AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC，
在△ABD中，由余弦定理可得
AD＝
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10
答案
＝
＝3，
所以AD2＋BD2＝AB2，则AD⊥BD，
取AB的中点O，则在Rt△ABC和Rt△ABD中，OA＝OB＝OC＝OD，则三棱锥A－BCD外接球的球心为O，其半径为＝3，
所以三棱锥A－BCD外接球的表面积为4π·＝4π×＝72π.
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第七章
§7.5　空间直线、平面的
　　　垂直
数学
大
一
轮
复
习
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.
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.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果一条直线与一个平面内的　　　　　　垂直，那么该直线与此平面垂直
两条相交直线
文字语言 图形表示 符号表示
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行
2.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的　　　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，我们说它们所成的角是
　　 ；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是　　.
(2)范围： .
射影
90°
0°
3.二面角
(1)定义：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：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取
一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作___________
的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围： .
两个半平面
垂直于棱l
[0，π]
4.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直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果一个平面过另一个平面的　　　，那么这两个平面垂直
垂线
文字语言 图形表示 符号表示
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　　 ，那么这条直线与另一个平面垂直
交线
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　　)
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　　)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　　)
×
×
√
×
2.(2024·惠州模拟)已知l，n是两条不同的直线，α，β是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是
A.若α∥β，l α，n β，则l∥n
B.若α⊥β，l α，则l⊥β
C.若l∥α，α⊥β，则l⊥β
D.若l⊥α，l∥β，则α⊥β
√
由l，n是两条不同的直线，α，β是不重合的两个平面知，
在A中，若α∥β，l α，n β，则l与n平行或异面，故A错误；
在B中，若α⊥β，l α，则l与β相交、平行或l β，故B错误；
在C中，若l∥α，α⊥β，则l与β相交、平行或l β，故C错误；
在D中，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故D正确.
3.(多选)如图，PA是圆柱的母线，AB是圆柱的底面直径，C是圆柱底面圆周上的任意一点(不与A，B重合)，则下列说法正确的是
A.PA⊥平面ABC
B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥平面PBC
D.三棱锥P－ABC的四个面都是直角三角形
√
√
√
因为PA是圆柱的母线，AB是圆柱的底面直径，C是圆柱底
面圆周上的任意一点(不与A，B重合)，则PA⊥平面ABC，
故A正确；
而BC 平面ABC，则PA⊥BC，
又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则BC⊥平面PAC，故B正确；
由A知，△PAB，△PAC都是直角三角形，
由B知，△ABC，△PBC都是直角三角形，故D正确；
假设AC⊥平面PBC，因为PC 平面PBC，则AC⊥PC，即∠PCA＝90°，
而在△PAC中∠PAC＝90°，矛盾，故C错误.
4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上，若直线D1E与平面ABCD所成的角为，则AE＝　　　.
根据长方体性质知DD1⊥平面ABCD，故∠DED1为直线D1E与平面ABCD所成的角，
所以∠DED1＝，
则tan∠DED1＝，
可得DE＝，
所以在Rt△AED中，AE＝1.灵活应用两个重要结论
(1)若两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).
2.掌握三种垂直关系的转化
线线垂直　　　　 线面垂直 面面垂直
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(2024·昆明模拟)如图，已知四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝2，E为DC的中点，将△ADE沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且PB＝2.
(1)证明：PA⊥BE；
直线与平面垂直的判定与性质
题型一
由题知AE＝BE＝2，
所以AB2＝AE2＋BE2，
所以△ABE为直角三角形，BE⊥AE，
因为PE＝DE＝2，BE＝2，PB＝2，
所以PB2＝PE2＋BE2，
所以△PBE为直角三角形，BE⊥PE，
因为AE∩PE＝E，AE，PE 平面PAE，
所以BE⊥平面PAE，因为PA 平面PAE，所以PA⊥BE.
(2)求四棱锥P－ABCE的体积.
如图，取AE的中点O，连接PO，
因为PA＝PE＝2，O为AE的中点，
所以PO⊥AE，且PO＝，
又由(1)知BE⊥平面PAE，且PO 平面PAE，
所以BE⊥PO，
又AE∩BE＝E，AE，BE 平面ABCE，所以PO⊥平面ABCE，
所以V四棱锥P－ABCE＝S四边形ABCE·PO＝××(2＋4)×2×＝2.
证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；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.
(2)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.
思维升华
跟踪训练1　如图所示，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，证明：
(1)CD⊥AE；
在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，而AE 平面PAC，
∴CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，
可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，而PD 平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，
而PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
平面与平面垂直的判定与性质
题型二
例2　(2023·全国甲卷改编)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)设AC＝1，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC 平面ABC，
所以A1C⊥AC，
又A1C1∥AC，所以A1C⊥A1C1，
又AC＝1，AA1＝2，所以A1C1＝1，CC1＝2，
所以A1C＝，
所以A1O＝，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为.
(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.
(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.
思维升华
跟踪训练2　(2024·郑州模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AC⊥AB，平面ABB1A1⊥平面ABC，AA1＝A1B1＝BB1＝AB＝1.证明：平面BA1C⊥平面ACC1A1.
在等腰梯形ABB1A1中，
∵AA1＝A1B1＝BB1＝AB＝1，
可得BA1＝，
在△BAA1中，A＋B＝AB2，
∴BA1⊥AA1，
又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
AC⊥AB，且AC 平面ACC1A1，
∴AC⊥平面ABB1A1，
又BA1 平面ABB1A1，∴BA1⊥AC.
又∵AA1∩AC＝A，且AC，AA1 平面ACC1A1，
∴BA1⊥平面ACC1A1，
又∵BA1 平面BA1C，
∴平面BA1C⊥平面ACC1A1.
垂直关系的应用
题型三
例3　(多选)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折起，使二面角B－AC－D为直二面角，则下列结论正确的是
A.AC⊥BD
B.AB⊥CD
C.直线BD与平面ABC所成角的大小为
D.二面角A－BD－C的余弦值为－
√
√
√
如图所示，记E为AC的中点，连接BE，DE，所以AC⊥
BE，AC⊥DE，又BE∩DE＝E，BE，DE 平面BED，所
以AC⊥平面BED，又BD 平面BED，所以AC⊥BD，A
正确；
依题意，∠BED是二面角B－AC－D的平面角，所以∠BED＝，所以DE⊥BE，又DE⊥AC，BE∩AC＝E，BE，AC 平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又AB 平面ABC，所以DE⊥AB，因为CD∩DE＝D，所以AB与CD不垂直，B错误；
直线BD和平面ABC所成的角即为∠EBD，因为tan∠EBD
＝＝1，故∠EBD＝，C正确；
由于BC＝CD＝BA＝AD，取BD的中点G，连接AG，CG，
则有CG⊥BD，AG⊥BD，故∠CGA为二面角A－BD－C
的平面角，则cos∠CGA＝＝－，D正确.
cos θ＝cos θ1·cos θ2的应用
微拓展
已知AO是平面α的斜线，如图，A是斜足，OB⊥α，B是垂足，则直线AB是斜线AO在平面α内的射影，设AC是α内的任一过点A的直线，且BC⊥AC，C为垂足，又设AO与直线AB所成的角为θ1，AB与AC所成的角是θ2，AO与AC所成的角为θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2.
典例　已知PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA与平面α所成的角为　　　　.
45°
如图，作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，
故∠PAO＝45°，
所以PA与平面α所成的角为45°.
(1)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)求线面角的关键是找到平面的垂线，有了垂线即可有射影，斜线与它在平面内的射影所成的角即为线面角.
(3)求二面角的关键是找其平面角，要注意二面角的范围是[0，π].
思维升华
跟踪训练3　(多选)(2024·漳州模拟)如图，三棱锥O－ABC中，OA＝OC＝OB＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝60°，则下列结论正确的是
A.直线AB与平面OBC所成的角为45°
B.直线AB与平面OAC所成的角的正弦值为
C.OC⊥AB
D.二面角O－BC－A的正切值为
√
√
√
因为OA⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的
角，又OA＝OC＝OB＝1，所以tan∠ABO＝1，∠ABO＝45°，
故A正确；
取OC的中点E，连接AE，BE，因为△OBC为等边三角形，
所以BE⊥OC，因为OA⊥平面OBC，BE 平面OBC，所以BE⊥OA，又OA∩OC＝O，OA，OC 平面OAC，所以BE⊥平面OAC，所以∠BAE为
直线AB与平面OAC所成的角，sin∠BAE＝，故B正确；
若OC⊥AB，又OC⊥OA，且AB∩OA＝A，AB，OA 平面
OAB，则OC⊥平面OAB，因为OB 平面OAB，则OC⊥OB，
与∠BOC＝60°矛盾，故C错误；
取BC的中点D，连接OD，AD，因为AB＝AC＝，OB＝
OC＝1，所以AD⊥BC，OD⊥BC，故∠ODA为二面角O－BC－A的平面角，则tan∠ODA＝，故D正确.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A B A D ABD ABC 平行
题号 8 11 12 答案 B 答案
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(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，且PA⊥AB，PA 平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，
由题意得AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2，则∠ABC＝60°，
所以等腰梯形ABCD的高为，
所以V四棱锥P－ABCD＝S梯形ABCD·PA＝××3××1＝.
9.
答案
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(2)因为BC＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，
由余弦定理得AC＝，所以AB2＝AC2+BC2，
所以∠ACB＝90°，AC⊥BC，
又PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC，且AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又BC 平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.
9.
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(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，连接A1G并延长，交BC于点D，连接AD，
由G为△A1BC的重心，
得D为BC的中点.
由AB＝AC，A1A＝A1A，∠A1AB＝∠A1AC，
得△A1AB≌△A1AC，
则A1B＝A1C，
因此AD⊥BC，A1D⊥BC，
10.
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又AD∩A1D＝D，AD，
A1D 平面A1AD，
于是BC⊥平面A1AD，
而A1A 平面A1AD，
则BC⊥A1A，
又A1A∥B1B，所以B1B⊥BC.
10.
答案
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(2)由A1A＝AB＝2，
∠A1AB＝60°，
得△A1AB为正三角形，
同理△A1AC也为正三角形，
则A1B＝A1C＝BC＝2，
从而三棱锥A－A1BC的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
10.
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由G为△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，
在菱形ACC1A1中，AC1过A1C的中点，
即直线AC1与平面A1BC的交点为A1C的中点，
因此G不在直线AC1上，又C1P⊥平面A1BC，
所以AG∥C1P.
10.
一、单项选择题
1.(2025·邯郸模拟)已知α，β是不重合的两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m α，n β，则“m⊥n”是“m⊥β”的
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
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知识过关
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答案
用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，
当m⊥n如图所示时，显然m与平面β不垂直，
反之，当m⊥β时，又n β，根据线面垂直的性质有
m⊥n，
所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件.
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答案
2.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝，点D是侧棱BB1的中点，则直线C1D与平面ABC所成角的正弦值为
A. B.
C. D.
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答案
∵BB1⊥平面A1B1C1，∴C1D与平面A1B1C1所成的角为
∠DC1B1.
又B1C1＝1，B1D＝，可得C1D＝，sin∠DC1B1＝
，∵平面A1B1C1∥平面ABC，∴C1D与平面ABC所
成角的正弦值为sin∠DC1B1＝.
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答案
3.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在平面ABC上的射影H必在
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线AC上 D.△ABC内部
由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.
因为AC 平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.
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答案
4.如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是
A.AC⊥SB
B.AD⊥SC
C.平面SAC⊥平面SBD
D.BD⊥SA
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答案
由题意知SD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
故SD⊥AC，
又四棱锥S－ABCD的底面为正方形，
即AC⊥BD，
而SD∩BD＝D，SD，BD 平面SBD，
故AC⊥平面SBD，SB 平面SBD，故AC⊥SB，A正确；
SD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，故SD⊥AD，
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答案
又四棱锥S－ABCD的底面为正方形，
即AD⊥CD，
而SD∩CD＝D，SD，CD 平面SCD，
故AD⊥平面SCD，SC 平面SCD，
故AD⊥SC，B正确；
由于AC⊥平面SBD，AC 平面SAC，
故平面SAC⊥平面SBD，C正确；
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答案
SD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
故SD⊥BD，
若BD⊥SA，
而SD∩SA＝S，SD，SA 平面SAD，
故BD⊥平面SAD，AD 平面SAD，
故BD⊥AD，即∠BDA＝90°，
这与正方形ABCD中∠BDA＝45°矛盾，D错误.
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答案
二、多项选择题
5.(2025·广州模拟)已知α，β，γ是三个不重合的平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则下列命题不正确的是
A.若α⊥γ，β⊥γ，则l∥m
B.若l∥m，则α∥β
C.若α⊥β，γ⊥β，则l⊥m
D.若l⊥m，则α⊥β
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答案
若α⊥γ，β⊥γ，则l∥m或l与m相交，故A错误；
若l∥m，则α∥β或α与β相交，故B错误；
若α⊥β，γ⊥β，则l⊥m，故C正确；
若l⊥m，则α与β相交，不一定是垂直，故D错误.
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答案
6.(2024·安徽省皖江名校联盟联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题中正确的是
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为
B.四棱锥C－ABC1D1的体积为
C.异面直线D1C和BC1所成的角为
D.二面角C－BC1－D的余弦值为－
√
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答案
如图所示，
取BC1的中点H，连接CH，则CH⊥BC1，
因为AB⊥平面BCC1B1，CH 平面BCC1B1，
所以CH⊥AB，
又AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1D1，
则CH⊥平面ABC1D1，
所以直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠C1BC＝，故A正确；
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答案
点C到平面ABC1D1的距离为CH＝，
则AB·BC1·CH＝×1××，故B
正确；
易证BC1∥AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C或其补角，
连接AC，因为△ACD1为等边三角形，所以异面直线D1C和BC1所成的角为，故C正确；
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答案
连接DH，由BD＝DC1，所以DH⊥BC1，
又CH⊥BC1，所以∠CHD为二面角C－BC1－D的平
面角，
易求得DH＝，
又CD＝1，CH＝，
在△CDH中，由余弦定理可得cos∠CHD＝，故D错误.
三、填空题
7.已知△ABC，若直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，且l，m为两条不同的直线，则l，m的位置关系是　　　　.
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答案
依题意知l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，故l⊥平面ABC，
又m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC 平面ABC，故m⊥平面ABC，∴l∥m.
平行
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答案
8.(2024·菏泽模拟)某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示).若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成锐二面角的大小为　　.
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答案
如图，设椭圆方程为＝1(a>b>0)，则圆柱的底面圆
的半径为b，
∠ABC即为“切面”所在平面与底面所成锐二面角的平面角，
由题意得|AB|＝2a，|DE|＝|BC|＝2b，
因为，c2＝a2－b2，所以a＝2b，
则cos∠ABC＝，又∠ABC∈，故∠ABC＝.
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答案
四、解答题
9.(2024·绵阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，且AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2AP＝2.
(1)求四棱锥P－ABCD的体积；
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答案
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
且PA⊥AB，PA 平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，
由题意得AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2，
则∠ABC＝60°，
所以等腰梯形ABCD的高为，
所以V四棱锥P－ABCD＝S梯形ABCD·PA＝××3××1＝.
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答案
(2)证明：平面PAC⊥平面PBC.
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答案
因为BC＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，
由余弦定理得AC＝，
所以AB2＝AC2＋BC2，
所以∠ACB＝90°，AC⊥BC，
又PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC，
且AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又BC 平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC.
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答案
10.(2024·淮安模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，G为△A1BC的重心，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.
(1)求证：B1B⊥BC；
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答案
在三棱柱ABC－A1B1C1中，连接A1G并延长，交BC于点D，连接AD，
由G为△A1BC的重心，得D为BC的中点.
由AB＝AC，A1A＝A1A，∠A1AB＝∠A1AC，
得△A1AB≌△A1AC，则A1B＝A1C，
因此AD⊥BC，A1D⊥BC，
又AD∩A1D＝D，AD，A1D 平面A1AD，
于是BC⊥平面A1AD，
而A1A 平面A1AD，则BC⊥A1A，
又A1A∥B1B，所以B1B⊥BC.
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(2)已知A1A＝2，P∈平面ABC，且C1P⊥平面A1BC.求证：AG∥C1P.
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答案
由A1A＝AB＝2，∠A1AB＝60°，
得△A1AB为正三角形，
同理△A1AC也为正三角形，
则A1B＝A1C＝BC＝2，
从而三棱锥A－A1BC的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
由G为△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，在菱形ACC1A1中，AC1过A1C的中点，
即直线AC1与平面A1BC的交点为A1C的中点，因此G不在直线AC1上，
又C1P⊥平面A1BC，
所以AG∥C1P.
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答案
能力拓展
11.(2024·新课标全国Ⅱ)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为
A. B.1 C.2 D.3
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答案
方法一　分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×3＝9，
×2×，
设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，
则×h＝，解得h＝，
如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，
设AM＝x，
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答案
则AA1＝，
DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝
＝，
结合等腰梯形BCC1B1可得B＋D，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，
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答案
解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为
tan∠A1AD＝＝1.
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答案
方法二　将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，
因为，
则，
可知V三棱锥P－ABC＝，
则V三棱锥P－ABC＝18，
设正三棱锥P－ABC的高为d，
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答案
则V三棱锥P－ABC＝d××6×6×＝18，
解得d＝2，
取△ABC的中心为O，
则PO⊥底面ABC，
且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值
tan∠PAO＝＝1.
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答案
12.(2025·长沙模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是棱CC1的中点，正方体表面上的动点P满足DP⊥BM，则动点P的轨迹长度为　　　　　　.
4＋2
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答案
如图，分别取A1D1，B1C1的中点E，F，连接DE，EF，CF，
因为CD⊥平面BCC1B1，BM 平面BCC1B1，所以BM⊥CD.
在Rt△BCM，Rt△CC1F中，BC＝CC1，CM＝C1F，∠BCM＝∠CC1F＝90°，
所以Rt△BCM≌Rt△CC1F，
所以∠CBM＝∠FCC1，
又∠BCM＝∠BCF＋∠FCC1＝90°，
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答案
返回
所以∠BCF＋∠CBM＝90°，
所以BM⊥CF.
又CF∩CD＝C，CF，CD 平面CDEF，
所以BM⊥平面CDEF，
由DP⊥BM，得点P的运动轨迹为四边形CDEF(点D处除外)，
四边形CDEF的周长为4＋2，
因此动点P的轨迹长度为4＋2.(共78张PPT)
第七章
§7.3　空间点、直线、平
　　　面之间的位置关系
数学
大
一
轮
复
习
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，并能应用定理解决问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.基本事实1：过　　　　　　　　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　　　　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，那么它们有且只有____
过该点的公共直线.
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.
不在一条直线上
两个点
一条
2.“三个”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　　　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.
相交
平行
3.空间中直线与直线的位置关系
共面直线
　　　直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；
　　　直线：在同一平面内，没有公共点；
异面直线:不同在　　　一个平面内，没有公共点.
相交
平行
任何
4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 ________ 个
平行 ______ 个
在平面内 _____ 　　　个
a∩α＝A
1
a∥α
0
a α
无数
图形语言 符号语言 公共点
平面与平面 平行 ______ 个
相交 ________ 　　　个
α∥β
0
α∩β＝l
无数
5.等角定理
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角　　　　　　.
6.异面直线所成的角
(1)定义：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，我们把直线a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围： .
相等或互补
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)没有公共点的两条直线是异面直线.(　　)
(2)若直线与平面不平行，则直线与平面有公共点.(　　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.(　　)
(4)两两相交的三条直线共面.(　　)
×
×
√
×
2.用符号表示“点A不在直线m上，直线m在平面α内”，正确的是
A.A m，m α B.A m，m∈α
C.A m，m α D.A m，m∈α
由题意用符号表示“点A不在直线m上，直线m在平面α内”，即A m，m α.
√
3.(多选)下列命题正确的是
A.空间任意三个点确定一个平面
B.一个点和一条直线确定一个平面
C.两条相交直线确定一个平面
D.空间两两平行的三条直线确定一个或三个平面
√
√
A中，空间不共线的三点确定一个平面，A错；
B中，只有点在直线外时才能确定一个平面，B错；
C中，两条相交直线确定一个平面，C正确；
D中，空间两两平行的三条直线确定一个平面或三个平面，D正确.
4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为　　　.
60°
因为M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，
所以MN∥BC1，
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AC∥A1C1，
所以∠A1C1B或其补角为异面直线AC和MN所成的角，
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，△A1C1B为正三角形，
所以∠A1C1B＝60°，
即异面直线AC和MN所成的角为60°.
1.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
2.异面直线所成角的范围：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
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；
基本事实的应用
题型一
如图所示，
连接B1D1.
因为EF是△C1D1B1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)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，
又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点.
所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.
(3)DE，BF，CC1三线交于一点.
因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交，设交点为M，
则由M∈DE，DE 平面D1DCC1，
得M∈平面D1DCC1，
同理，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.
共面、共线、共点问题的证明
(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
思维升华
跟踪训练1　(多选)(2024·湖南省教学教研联盟联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是
A.E，F，G，H四点共面
B.EF∥GH
C.∠EGB1＝∠FHC1
D.EG，FH，AA1三线共点
√
√
√
对于A，B，如图，连接EF，GH，
由题意可知GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，
因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F＝BB1，所以四边形B1EFC1
是平行四边形，
所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共
面，A，B正确；
对于C，因为B1E＝C1F，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，
又∠EGB1，∠FHC1∈，则∠EGB1≠∠FHC1，C错误；
对于D，如图，延长EG，FH相交于点P，
因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，
因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，
所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，D正确.
空间位置关系的判断
题型二
例2　(1)(多选)下列推断中，正确的是
A.若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l
B.若α∩β＝l，a α，b β，a∩b＝A，则A∈l
C.l α，A∈l A α
D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线 α，β重合
√
√
√
对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；
对于B，若a α，b β，a∩b＝A，则A∈α，A∈β，因为α∩β＝l，所以A∈l，B对；
对于C，若l∩α＝A，则有l α，A∈l，但A∈α，C错；
对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对.
(2)(多选)(2025·红河模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则以下四个结论中，正确的有
A.直线AM与CC1是相交直线
B.直线BN与MB1是异面直线
C.AM与BN平行
D.直线A1M与BN共面
√
√
M，C，C1三点在平面CDD1C1内，M点不在直线CC1上，
A点不在平面CDD1C1内，所以A，M，C，C1四点不共面，
根据异面直线的定义可得直线AM与CC1是异面直线，故
选项A错误；
B，N，B1三点在平面BCC1B1内，
B1不在直线BN上，
M点不在平面BCC1B1内，所以B，N，M，B1四点不共面，
根据异面直线的定义可得直线BN与MB1是异面直线，故选项B正确；
取DD1的中点E，连接AE，EN，又N为C1C的中点，
则有AB∥EN，AB＝EN，
所以四边形ABNE是平行四边形，所以AE∥BN，
AM∩AE＝A，则AM与BN不平行，故选项C错误；
连接MN，BA1，CD1，
因为M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，
所以MN∥D1C，由正方体的性质可知，A1B∥D1C，
所以MN∥A1B，则有A1，B，M，N四点共面，
所以直线A1M与BN共面，故选项D正确.
判断空间直线的位置关系一般有两种方法：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.”
思维升华
跟踪训练2　(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是
A.平行 B.异面
C.相交或平行 D.平行或异面或相交均有可能
√
根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况，
由图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况.
(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，则下列结论正确的是
A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交
C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交
√
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.
异面直线所成的角
题型三
例3　(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BD的中点，则直线B1E与A1D所成的角为
A.30° B.60° C.120° D.150°
√
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1＝DC，A1B1∥DC，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，
则有A1D∥B1C，
所以直线B1E与A1D所成的角等于直线B1E与B1C所成的角，
设正方体的棱长为2，则BB1＝2，BE＝CE＝，B1C＝2，B1E＝
，
在△EB1C中，cos∠EB1C＝，
所以∠EB1C＝30°.
所以直线B1E与A1D所成的角为30°.
(2)(2025·随州模拟)如图，在三棱锥M－ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，MA＝2，F是MC的中点，则异面直线MB与AF所成角的余弦值是
A. B. C. D.
√
设E为BC的中点，连接FE，AE，如图所示，
因为MA⊥平面ABC，AB，AC 平面ABC，
所以MA⊥AB，MA⊥AC，
所以由勾股定理得MB＝＝4，MC＝
＝4，
因为E是BC的中点，F是MC的中点，所以FE＝MB＝2，AF＝2，AE＝，FE∥MB，
所以异面直线MB与AF所成的角为∠AFE或其补角，
所以在△AFE中，由余弦定理可知cos∠AFE＝，
所以异面直线MB与AF所成角的余弦值为.
异面直线所成角的求法
思维升华
方法 解读
平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解
补形法 在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解
跟踪训练3　(2025·福州统考)已知轴截面为正方形ABCD的圆柱，AB为下底面直径，E是弧AB的中点，则直线AE与BD所成的角为
A. B.
C. D.
√
取的中点F，连接EF，BF，DF，则EF∥AD，且EF
＝AD，
故四边形ADFE为平行四边形，所以DF∥AE，
所以∠FDB或其补角为直线AE与BD所成的角，
设AB＝1，则AD＝1，由勾股定理得BD＝，
DF＝，FB＝，
在△FDB中，由余弦定理得cos∠FDB＝，
故∠FDB＝，
所以直线AE与BD所成的角为.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C B C BCD BCD P∈l
题号 8 11 12 答案 BCD A 答案
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(1)连接EF，HG，
由E，F分别为AB，BC的中点，得EF∥AC，
由DH＝AD，
DG＝CD，
得HG∥AC，∴EF∥HG，
∴E，F，G，H四点共面.
9.
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(2)由DH＝AD，
DG＝CD，
易知HG＝AC，
又E，F分别为AB，BC的中点，
即EF＝AC，∴HG≠EF，
结合(1)的结论可知，四边形EFGH是梯形，∴直线EH，FG不平行，设它们的交点为P，则P∈EH，
9.
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又EH 平面ABD，
∴P∈平面ABD，
同理P∈平面BCD，
又平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD，
即EH，FG必相交且交点在直线BD上.
9.
答案
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(1)·BC＝××2×2×2＝.
(2)如图，设BB1的中点为H，连接HF，EH，A1H，因为F是CC1的中点，
所以A1D1∥CB∥HF，A1D1＝CB＝HF，
因此四边形A1D1FH是平行四边形，
所以D1F∥A1H，D1F＝A1H，
因此∠EA1H或其补角是异面直线A1E与D1F所成的角.
正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是AB的中点，
10.
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所以A1E＝A1H＝，
EH＝，
由余弦定理可知，cos∠EA1H＝
，
所以异面直线A1E与D1F所成角的余弦值为.
10.
一、单项选择题
1.(2024·银川模拟)A，B是两个不同的点，l是一条直线，α，β为两个不同的平面，下列推理错误的是
A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α l α
B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β α∩β＝AB
C.l α，A∈l A α
D.A∈l，l α A∈α
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知识过关
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答案
直线上两个不同的点在某个平面内，则直线在该平面内，故A正确；
两个不同的点同时在两个不同的平面内，则两点所在直线为两平面的交线，故B正确；
l α有两种情况，l与α相交或l∥α，若l与α相交，且交点为A点，则A∈α，故C错误；
直线在平面内，则直线上的点都在平面内，故D正确.
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答案
2.若直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c
A.一定是异面直线 B.一定是相交直线
C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线
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答案
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥DC，AB和DD1是异面直线，DC∩DD1＝D，
故直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c可能相交，不一定是异面直线，故A，D错误；
AB∥DC，AB和B1C1是异面直线，DC和B1C1是异面直线，
故直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c可能是异面直线，故B错误；
直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则由平行公理得b与c不可能是平行直线，故C正确.
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答案
3.已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是
A.直线CM B.直线BM
C.直线AB D.直线BC
已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC γ.又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l α，l β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM.
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答案
4.(2024·呼和浩特模拟)如图，已知正四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为
A. B.－ C. D.－
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答案
连接AC，取AC的中点O，连接BO，EO，设正四棱锥
P－ABCD的棱长为2.
由题意知EO∥PC，
则异面直线BE与PC所成的角为∠BEO(或其补角)，
在△BOE中，EO＝PC＝1，BO＝AC＝，BE＝PA＝，
则cos∠BEO＝，
则异面直线BE与PC所成角的余弦值为.
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答案
二、多项选择题
5.给出以下四个命题，其中错误的是
A.不共面的四点中，其中任意三点不共线
B.若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面
C.若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面
D.依次首尾相接的四条线段必共面
√
√
√
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答案
反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，
根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故A正确；
如图1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B错误；
如图2，a，b共面，a，c共面，但b，c异面，故C错误；
如图3，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误.
图1　　　　　图2　　　 　图3
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答案
6.(2025·昆明模拟)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中
A.AF∥CN
B.BM⊥DE
C.CN与BM所成的角为60°
D.NE与BM是异面直线
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答案
展开图翻折成的正方体如图所示，连接BE，CF，EM，因
为CN∥BE，BE⊥AF，
因此CN⊥AF，A错误；同理DE∥CF，CF⊥BM，所以BM
⊥DE，B正确；
∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE＝60°，
所以CN与BM所成的角是60°，C正确；
又NE∥平面MFBC，且NE与BM不平行，BM 平面MFBC，故NE与BM是异面直线，D正确.
三、填空题
7.已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点.若α∩β＝l，m α，n β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为　　　　.
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答案
∵m α，n β，m∩n＝P，
∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，
∴点P在直线l上，即P∈l.
P∈l
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答案
8.(2024·西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC＝AA1＝1，则异面
直线AB1与A1C所成角的正弦值为　　　.
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答案
将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱，
连接B1D，AD，则B1D∥A1C，
则异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角)，
由题意知AA1＝，则DB1＝B1A＝，AD
＝，
由余弦定理可得cos∠DB1A＝，
所以异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为sin∠DB1A＝.
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答案
四、解答题
9.如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH＝AD，DG＝CD.求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
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答案
连接EF，HG，
由E，F分别为AB，BC的中点，得EF∥AC，
由DH＝AD，DG＝CD，
得HG∥AC，
∴EF∥HG，
∴E，F，G，H四点共面.
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答案
(2)EH，FG必相交且交点在直线BD上.
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答案
由DH＝AD，DG＝CD，
易知HG＝AC，
又E，F分别为AB，BC的中点，
即EF＝AC，∴HG≠EF，
结合(1)的结论可知，四边形EFGH是梯形，
∴直线EH，FG不平行，设它们的交点为P，则P∈EH，
又EH 平面ABD，∴P∈平面ABD，
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答案
同理P∈平面BCD，
又平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD，
即EH，FG必相交且交点在直线BD上.
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答案
10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，
E，F分别是AB，CC1的中点.
(1)求三棱锥B1－A1EF的体积；
·BC＝××2×2×2＝.
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答案
(2)求异面直线A1E与D1F所成角的余弦值.
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答案
如图，设BB1的中点为H，连接HF，EH，A1H，因为F
是CC1的中点，
所以A1D1∥CB∥HF，A1D1＝CB＝HF，
因此四边形A1D1FH是平行四边形，
所以D1F∥A1H，D1F＝A1H，
因此∠EA1H或其补角是异面直线A1E与D1F所成的角.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是AB的中点，
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答案
所以A1E＝A1H＝，EH＝，
由余弦定理可知，cos∠EA1H＝
，
所以异面直线A1E与D1F所成角的余弦值为.
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答案
能力拓展
11.(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是
A.AB1 B.A1C
C.A1A D.AD1
√
√
√
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答案
对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD，
当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，
故A不正确；
对于B，如图②，连接A1C，A1C1，AC，
因为A1C 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1C，P 平面AA1C1C，
所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于C，如图②，因为A1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1A，P 平面AA1C1C，
所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
1
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答案
对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC，
因为AD1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O AD1，P 平面
AD1C，
所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确.
1
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12
答案
12.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD－A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为
A. B.
C. D.
√
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11
12
答案
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如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E与DA
的延长线交于点H，则HA＝AD，
在平面CC1D1D中，连接D1F与DC的延长线交
于点G，则GC＝CD，则GH为平面D1EF与平
面ABCD的交线l，且GH∥AC，
而在等边△ACD1中AC与AD1所成的角为，
故l与直线AD1所成的角为.(共78张PPT)
第七章
§7.4　空间直线、平面的
　　　平行
数学
大
一
轮
复
习
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，并加以证明.
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.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.线面平行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 如果平面外一条直线与_______ 的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
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 ，那么该直线与交线平行
此平面
内
相交
2.面面平行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 如果一个平面内的两条 与另一个平面平行，那么这两个平面平行
相交直线
文字语言 图形语言 符号语言
性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面 ，那么两条_____ 平行
相交
交线
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)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)
(3)若直线a 平面α，直线b 平面β，a∥b，则α∥β.(　　)
(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也互相平行.(　　)
×
×
×
×
2.如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的
A.一条直线不相交
B.两条直线不相交
C.无数条直线不相交
D.任意一条直线都不相交
因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.
√
3.设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m∥α，m∥β，则α∥β
C.若m∥n，m∥α，则n∥α
D.若α∥β，m α，则m∥β
√
若m∥α，n∥α，则m，n可以平行、相交或异面，故A错误；
若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故B错误；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n α，故C错误；
若α∥β，m α，则m∥β，故D正确.
4.如图是长方体被一平面截后得到的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为　　　 .
平行四边形
∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG.同理EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
1.掌握三种平行关系的转化
返回
微点提醒
2.灵活应用以下结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(4)若α∥β，a α，则a∥β.
探究核心题型
第二部分
例1　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2，CD＝4，E为PC的中点.
求证：BE∥平面PAD.
直线与平面平行的判定与性质
题型一
命题点1　直线与平面平行的判定
方法一　如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴BE∥AF.
又AF 平面PAD，BE 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法二　如图，延长DA，CB相交于H，连接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE 平面PAD，PH 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法三　如图，取CD的中点H，连接BH，HE，
∵E为PC的中点，
∴EH∥PD，
又EH 平面PAD，PD 平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，
∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD，
又AD 平面PAD，BH 平面PAD，
∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，EH 平面BHE，
∴平面BHE∥平面PAD，
又BE 平面BHE，∴BE∥平面PAD.
例2　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.
求证：PA∥GH.
命题点2　直线与平面平行的性质
如图所示，连接AC交BD于点O，
连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM 平面BMD，PA 平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又PA 平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
(1)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(α∥β，a α a∥β).
④利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β).
(2)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交线.
思维升华
跟踪训练1　(1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方形AA1D1D的中心，点Q是正方形A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为
A. B.
C. D.
√
连接AD1，AB1，则AD1过点P.如图所示，
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，
PQ 平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P＝PA，
∴PQ＝AB1＝×.
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，C1D1的中点.求证：EF∥平面BB1D1D.
连接AC交BD于点O，连接OE，D1O，如图所示，
∵O，E分别为BD，BC的中点，
∴OE∥DC，OE＝DC.
∵DC∥D1C1，DC＝D1C1，F为D1C1的中点，
∴OE∥D1F，OE＝D1F，
∴四边形D1FEO为平行四边形，
∴EF∥D1O.
又EF 平面BB1D1D，D1O 平面BB1D1D，
∴EF∥平面BB1D1D.
平面与平面平行的判定与性质
题型二
例3　(1)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点.证明：AD∥平面C1EF.
连接BD.
因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以EF∥AB.
因为EF 平面C1EF，AB 平面C1EF，
所以AB∥平面C1EF.
因为D，F分别是棱B1C1，BC的中点，
所以BF∥C1D，BF＝C1D，
所以四边形BDC1F是平行四边形，则BD∥C1F.
因为C1F 平面C1EF，BD 平面C1EF，所以BD∥平面C1EF.
因为AB∩BD＝B，AB，BD 平面ABD，
所以平面ABD∥平面C1EF，
因为AD 平面ABD，所以AD∥平面C1EF.
(2)如图所示，AA1，BB1为圆台的两条不同的母线，O1，O分别为圆台的上、下底面圆的圆心.求证：A1B1∥AB.
∵圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥
而得到，
∴圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的
一部分.
∴母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点，
∴A，A1，B，B1四点共面.
∵圆O1∥圆O，且平面ABB1A1∩圆O1＝A1B1，平面ABB1A1∩圆O＝AB.
∴A1B1∥AB.
(1)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).
(2)当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线.
思维升华
跟踪训练2　如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合).
(1)求证：BC∥GH；
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
∴平面ABC∥平面A1B1C1，
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面A1B1C1＝GH，
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.
∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，
∴A1G綉EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF 平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
平行关系的综合应用
题型三
例4　如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为棱AA1的中点.在DD1上是否存在一点P，使得平面PA1C∥平面EBD？如果存在，请说明P点位置并证明；如果不存在，请说明理由.
当P为棱DD1的中点时，满足平面PA1C∥平面EBD，证明如下：
连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE，CP，A1P，如图，
因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点，
又E为棱AA1的中点，
所以OE∥A1C，又OE 平面PA1C，A1C 平面PA1C，所以
OE∥平面PA1C，
又P为棱DD1的中点，所以DP∥A1E且DP＝A1E，所以四边形DPA1E为平行四边形，
所以DE∥A1P，
又DE 平面PA1C，A1P 平面PA1C，
所以DE∥平面PA1C，
又DE∩OE＝E，DE，OE 平面EBD，
所以平面PA1C∥平面EBD.
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”到“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.
思维升华
跟踪训练3　如图，在四棱锥A－BCDE中，N是BC的中点，四边形BCDE为平行四边形.试探究在线段AE上是否存在点M，使得MN∥平面ACD？若存在，请确定M点的位置，并给予证明；若不存在，请说明理由.
在线段AE上存在点M，且M为AE的中点，使得MN∥平面ACD.
证明如下：
取AD的中点G，连接CG，GM，如图.
因为M为AE的中点，
所以GM∥DE，且GM＝DE.
因为N为BC的中点，且四边形BCDE为平行四边形，所以CN∥DE，且CN
＝DE，
所以GM∥CN，且GM＝CN，
所以四边形CNMG为平行四边形.
所以GC∥MN.
因为GC 平面ACD，MN 平面ACD，
所以MN∥平面ACD.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A D D ABD AB 矩形
题号 8 11 12 答案 ACD 2 答案
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(1)如图，连接A1C，与AC1交于点O，连接DO，则DO
是△A1BC的中位线，
∴A1B∥DO，
∵DO 平面AC1D，A1B 平面AC1D，
∴A1B∥平面AC1D.
9.
答案
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(2)∵D是BC的中点，D1是B1C1的中点，则D1C1∥BD，D1C1＝BD，
∴四边形BDC1D1为平行四边形，
则D1B∥C1D，
又D1B 平面AC1D，C1D 平面AC1D，
∴D1B∥平面AC1D，
∵由(1)可知A1B∥平面AC1D，
又D1B∩A1B＝B，D1B，A1B 平面A1BD1，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
9.
答案
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(1)因为底面ABCD为平行四边形，则AB∥CD，又AB 平面PCD，CD 平面PCD，所以AB∥平面PCD，
又因为平面PAB∩平面PCD＝l，AB 平面PAB，所以l∥AB.
(2)存在G，使FG∥平面ABE，＝3，
理由如下：
取AD的中点N，连接FN，NG，
因为F为BC的中点，所以FN∥AB，
10.
答案
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又FN 平面ABE，AB 平面ABE，所以FN∥平面ABE.
又因为FG∥平面ABE，且FN∩FG＝F，FN，FG 平面FNG，
所以平面FNG∥平面ABE.
平面PAD∩平面ABE＝AE，平面PAD∩平面FNG＝NG，
所以AE∥NG，因为N为AD的中点，所以G为ED的中点，
可得EG＝GD，
又因为PE＝ED，所以＝3.
10.
一、单项选择题
1.已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，下面四个命题中，正确的是
A.若m∥n，n α，则m∥α
B.若m∥α，n∥α且m β，n β，则α∥β
C.若m∥α，n α，则m∥n
D.若m⊥α，m⊥β，则α∥β
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知识过关
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答案
对于A，若m∥n，n α，则m∥α或m α，故A错误；
对于B，当m∥α，n∥α，m β，n β且m与n相交时，α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，n α，则m∥n或m与n异面，故C错误；
对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确.
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答案
2.如图所示，在空间四边形ABCD中，F，G分别是BC，CD的中点，EH∥平面BCD，则EH与FG的位置关系是
A.平行 B.相交
C.异面 D.不确定
因为F，G分别为BC，CD的中点，所以FG∥BD，
因为EH∥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，EH 平面ABD，
所以EH∥BD，
由平行的传递性可知EH∥FG.
√
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答案
3.(2024·贵阳模拟)设l为直线，α为平面，则l∥α的一个充要条件是
A.α内存在一条直线与l平行
B.l平行α内无数条直线
C.垂直于α的直线都垂直于l
D.存在一个与α平行的平面经过l
√
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答案
对于A中，由α内存在一条直线与l平行，则l∥α或l α，
所以A不正确；
对于B中，由l平行α内无数条直线，则l∥α或l α，所
以B不正确；
对于C中，由垂直于α的直线都垂直于l，则l∥α或l α，所以C不正确；
对于D中，如图所示，由l∥α，在直线l上任取一点P作直线a，使得a∥α，因为l∩a＝P且l，a 平面β，所以α∥β，即充分性成立；反之，若存在一个与α平行的平面经过l，根据面面平行的性质，可得l∥α，即必要性成立，所以D正确.
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答案
4.(2024·衡水模拟)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，等于
A. B.
C. D.
√
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答案
连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA 平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FG，所以PA∥FG，所
以.
又AD∥BC，E为AD的中点，
所以.
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12
答案
二、多项选择题
5.下列说法不正确的有
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
√
√
√
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答案
若两条直线和同一平面所成的角相等，这两条直线可能平行，也可能异面，也可能相交，故A错误；
若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，这两个平面可能平行，也可能相交，故B错误；
由线面平行的性质定理可知C正确；
若两个平面垂直同一个平面，则两平面可以平行，也可以垂直，故D错误.
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答案
6.(2025·黄山模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E，F，G分别为棱BC，CC1，CD的中点，下列结论正确的有
A.AE与D1F共面
B.平面AB1D1∥平面EFG
C.AE⊥EF
D.BF∥平面AB1D1
√
√
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答案
如图所示，连接BC1，BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1，
因为E，F分别为BC，CC1的中点，则EF∥BC1，EF＝
BC1，AE＝D1F，
故EF∥AD1，EF＝AD1，所以四边形AEFD1为等腰梯形，故A正确，C错误；
因为BB1∥DD1且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
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答案
则BD∥B1D1，
又因为E，G分别为BC，CD的中点，则EG∥BD，所以
EG∥B1D1，
因为EG 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，所以EG∥平面
AB1D1，
同理可证EF∥平面AB1D1，
因为EF∩EG＝E，EF，EG 平面EFG，所以平面AB1D1∥平面EFG，B正确；
因为平面EFG∥平面AB1D1，且BF与平面EFG相交，
故BF与平面AB1D1相交，D错误.
三、填空题
7.如图所示，在三棱锥D－ABC中，E，F，G，H分别在棱BD，BC，AC，AD上，CD，AB均与平面EFGH平行，且CD⊥AB，则四边形EFGH的形状为　　　 .
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答案
矩形
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答案
因为CD∥平面EFGH，CD 平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.
同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，
所以四边形EFGH为平行四边形.
又因为CD⊥AB，所以HE⊥EF，
所以四边形EFGH为矩形.
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答案
8.如图，已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α分别交线段PA，PB，PC于点A'，B'，C'，若，则＝　　　.
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答案
∵平面α∥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC∩平面α＝A'C'，
∴A'C'∥AC，
∴，
同理可得，
∴△A'B'C'∽△ABC，
∴，
又，∴，
∴.
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答案
四、解答题
9.(2024·银川模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，D1是B1C1的中点.求证：
(1)A1B∥平面AC1D；
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答案
如图，连接A1C，与AC1交于点O，连接DO，则DO是△A1BC的中位线，∴A1B∥DO，
∵DO 平面AC1D，A1B 平面AC1D，
∴A1B∥平面AC1D.
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答案
(2)平面A1BD1∥平面AC1D.
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答案
∵D是BC的中点，D1是B1C1的中点，则D1C1∥BD，D1C1＝BD，
∴四边形BDC1D1为平行四边形，
则D1B∥C1D，
又D1B 平面AC1D，C1D 平面AC1D，
∴D1B∥平面AC1D，
∵由(1)可知A1B∥平面AC1D，
又D1B∩A1B＝B，D1B，A1B 平面A1BD1，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
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答案
10.(2024·太原统考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为PD，BC的中点，平面PAB∩平面PCD＝l.
(1)证明：l∥AB；
因为底面ABCD为平行四边形，则AB∥CD，又AB 平面PCD，CD 平面PCD，所以AB∥平面PCD，
又因为平面PAB∩平面PCD＝l，AB 平面PAB，所以l∥AB.
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答案
(2)在线段PD上是否存在一点G，使FG∥平面ABE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
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答案
存在G，使FG∥平面ABE，＝3，理由如下：
取AD的中点N，连接FN，NG，
因为F为BC的中点，所以FN∥AB，又FN 平面ABE，
AB 平面ABE，
所以FN∥平面ABE.
又因为FG∥平面ABE，且FN∩FG＝F，FN，FG 平面FNG，
所以平面FNG∥平面ABE.
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答案
平面PAD∩平面ABE＝AE，平面PAD∩平面FNG＝NG，
所以AE∥NG，
因为N为AD的中点，所以G为ED的中点，
可得EG＝GD，
又因为PE＝ED，所以＝3.
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答案
能力拓展
11.(多选)(2024·沈阳模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E是棱BB1上的一点，点F在棱DD1上，若A1，C，E，F四点共面，则下列结论正确的是
A.四边形A1ECF为平行四边形
B.BE＝DF
C.存在点E，使得BD∥平面A1CE
D.四棱锥C1－A1ECF的体积为定值
√
√
√
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答案
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若A1，C，E，F四点共面，
因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，平面A1ECF∩平面ABB1A1＝A1E，平面A1ECF∩平面CDD1C1＝CF，
所以CF∥A1E，同理CE∥A1F，
则四边形A1ECF为平行四边形，A正确；
因为A1E＝CF，Rt△A1B1E≌Rt△CDF，
所以B1E＝DF，若E不是棱BB1的中点，则BE≠DF，B错误；
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答案
当E是棱BB1的中点时，由B项分析知，F为DD1的中点，四
边形BEFD是平行四边形，
则EF∥BD，而EF 平面A1ECF，BD 平面A1ECF，则BD∥
平面A1ECF，因此存在点E，使得BD∥平面A1CE，C正确；
由长方体性质知BB1∥CC1，且CC1 平面A1CC1，BB1 平面A1CC1，
则BB1∥平面A1CC1，
同理可得DD1∥平面A1CC1，
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答案
即点E，F到平面A1CC1的距离为定值，
又△A1CC1的面积为定值，
因此三棱锥E－A1CC1和三棱锥F－A1CC1的体积都为定值，
所以四棱锥C1－A1ECF的体积为定值，D正确.
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答案
12.(2024·商洛模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点N的轨迹的长度为　　.
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答案
如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，
又DE 平面ABC1，BC1 平面ABC1，
所以DE∥平面ABC1，
又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，
又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，
所以MD∥平面ABC1，
又DE∩MD＝D，DE，MD 平面DEM，
所以平面DEM∥平面ABC1，
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答案
又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，
所以点N的轨迹为线段DE，
DE＝＝2，
所以点N的轨迹的长度为2.
返回(共84张PPT)
第七章
§7.8　向量法求空间角(二)
数学
大
一
轮
复
习
1.能用向量法解决平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.
2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把
这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面
β的夹角.
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的
夹角即向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹
角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ .
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(　　)
(2)两个平面的夹角的余弦值大于0.(　　)
(3)二面角的范围是(0，π).(　　)
(4)若二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2的夹角为θ，则二面角α－l－β的大小是π－θ.(　　)
×
×
×
×
2.已知二面角α－l－β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则θ为
A. B.
C.或 D.或
∵m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，
则|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝，
又θ∈[0，π]，∴θ＝.
√
3.(2024·酒泉模拟)设a＝(1，1，0)，b＝(t，0，1)分别为两平面的法向量，若两平面的夹角为60°，则t等于
A.1 B.－1 C.－1或1 D.2
因为法向量a，b的夹角与两平面的夹角相等或互补，
所以＝±，得t＝±1.
√
4.(2024·安康模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，则平面ADE与平面BCE的夹角为　　　.
45°
因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，E(0，0，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则取n＝(1，0，1)，
又平面ADE的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，则cos θ＝，
又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.
1.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
2.若平面α与平面β的夹角为θ1，平面α内的直线l与平面β所成角为θ2，则θ1≥θ2，当l与α和β的交线垂直时，取等号.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(2024·新课标全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
平面与平面的夹角
题型一
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)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD.
以D为原点，的方向分别为x轴、y轴正方向建立
如图所示的空间直角坐标系.
设AD＝p，DC＝q，
满足p2＋q2＝AC2＝4.
则A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).
设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为＝(0，0，2)，＝(－p，q，0)，
所以取m＝(q，p，0).
设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
因为＝(p，0，2)，＝(0，q，0)，
所以
取n＝(2，0，－p).
所以|cos〈m，n〉|＝
＝，
又因为p2＋q2＝4，所以，
解得p＝(负值舍去)，即AD＝.
利用法向量的方向判断二面角
微拓展
二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角.
典例　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E为棱AB
的中点，则二面角D1－EC－D的余弦值为　　 .
建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)，
则＝(1，1，1)，＝(0，2，1)，
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝－2，得n＝(1，1，－2)，
易知平面DEC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则cos〈m，n〉＝＝－，
由法向量的方向为同出，
得二面角D1－EC－D的余弦值为.
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.
(2)找与棱垂直的方向向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小.
思维升华
跟踪训练1　(2025·南通检测)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，AB＝BC＝2，AB⊥BC，D是AB的中点.
(1)求证：BC1∥平面A1DC；
如图，连接AC1，交A1C于E，连接DE.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，
故E是AC1的中点，
又因为D是AB的中点，则DE∥BC1.
因为DE 平面A1DC，BC1 平面A1DC，故BC1∥平面A1DC.
(2)求平面A1DC与平面A1AC夹角的余弦值.
因为侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，则BB1⊥AB，
BB1⊥BC.
又因为AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，故BB1⊥平
面ABC.
如图，以B为坐标原点，以为一个正
交基底建立空间直角坐标系.
因为AB＝BC＝2，侧面ABB1A1，BCC1B1均为正方形，故A1A＝2.
由C(2，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，2，2)，可得＝(－2，1，0)，
＝(0，－1，－2).
设平面A1DC的法向量为n＝(x，y，z)，
则有故可取n＝(1，2，－1)；
又A(0，2，0)，所以＝(2，－2，0)，＝(0，
0，2)，设平面A1AC的法向量为m＝(x'，y'，z')，
则有故可取m＝(1，1，0).
设平面A1DC与平面A1AC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以平面A1DC与平面A1AC夹角的余弦值为.
折叠问题与空间角
题型二
例2　(2024·新课标全国Ⅱ)如图，平面四边形ABCD中，
AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝
30°，点E，F分别满足，，将
△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)证明：EF⊥PD；
由AB＝8，AD＝5，
，
得AE＝2，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
连接CE，由∠ADC＝90°，
ED＝3，CD＝3，
则EC2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，
PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，
EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，
则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，P(0，0，2)，
D(0，3，0)，C(3，3，0)，
F(2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，
＝(0，3，－2)，
＝(4，2，－2)，
＝(2，0，－2)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为
n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，x2＝，
得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)，
设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ，
所以|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝，
则sin θ＝，
即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为.
三步解决平面图形的折叠问题
思维升华
跟踪训练2　(2024·济宁模拟)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD
折起使得平面CDF⊥平面ABCD，连
接EF，BE，BF，如图2.
(1)求证：EF∥平面ABCD；
分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，
OF 平面CDF，则OF⊥平面ABCD，
同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小.
取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，
得OQ⊥CD，
以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得n＝(0，，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面
ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一
个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈，n〉|＝，
而θ∈，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角为.
返回
课时精练
答案
1
2
3
4
(1)∵CD是圆的直径，
∴CE⊥DE，
又∵AD⊥平面CDE，CE 平面CDE，∴CE⊥AD，
又∵DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，∴CE⊥平面ADE，
又AE 平面ADE，∴AE⊥CE.
1.
答案
1
2
3
4
(2)记点E1为点E在底面上的投影，以E1为坐标原点，E1A，E1B，E1E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.
∵AB＝4，∠EDC＝，
∴DE＝2，EC＝2，
故E(0，0，2)，O(1，，2)，
B(0，2，0)，D(2，0，2)，
1.
答案
1
2
3
4
∴＝(1，，0)，＝(0，2，－2)，
＝(－1，，－2)，
＝(1，－，0)，
记平面EOB，平面DOB的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，
m＝(x2，y2，z2)，
则
1.
答案
1
2
3
4
即
故可取y1＝y2＝1，则x1＝－，
z1＝，x2＝，z2＝0，
即n＝(－，1，)，m＝(，1，0)，
1.
答案
1
2
3
4
∴cos〈n，m〉＝＝－，
∴平面EOB与平面DOB夹角的余弦值为.
1.
答案
1
2
3
4
(1)由题可知AB⊥AE，因为E，F分别为AC，BC的中点，所以EF∥AB，所以EF⊥EC，EF⊥AE，
又因为EC∩AE＝E，EC，
AE 平面AEC，
所以EF⊥平面AEC，
因为EF 平面ABFE，
所以平面AEC⊥平面ABFE.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可知EF⊥EC，
EF⊥AE，因为∠AEC＝，
所以AE⊥EC，所以AE，EF，EC两两垂直，
以EA所在直线为x轴，EF所在直线为y轴，
EC所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，F(0，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(1，1，0)，
2.
答案
1
2
3
4
易得平面CEF的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
所以即
取n＝(1，－1，－1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝.
所以平面BCF与平面CEF夹角的余弦值为.
2.
答案
1
2
3
4
(1)以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x，
y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，
E(0，0，2λ)，
当λ＝时，E，
所以＝(0，－2，0)，＝(2，0，2)，，
可得·＝0，·＝0，
3.
答案
1
2
3
4
所以CE⊥AB，CE⊥BC1，
又因为AB∩BC1＝B，AB，
BC1 平面ABC1，
所以CE⊥平面ABC1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得＝(2，－2，0)，
＝(0，－2，2λ)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，可得x＝λ，y＝λ，
所以n＝(λ，λ，1)，
3.
答案
1
2
3
4
因为BC⊥平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为m＝(2，0，0)，
所以|cos θ|＝＝
，
又因为0<λ<1，可得6+>7，
所以|cos θ|<，
因为二面角B－AE－C为锐二面角，所以0所以cos θ的取值范围为.
3.
答案
1
2
3
4
(1)在图1中连接CE，因为AD∥BC，AB＝BC＝AD，
E是AD的中点，∠BAD＝，
所以四边形ABCE为正方形，
四边形BCDE为平行四边形，
所以BE⊥AC.
即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，
OA1，OC 平面A1OC，
所以BE⊥平面A1OC.
因为BE 平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC.
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，
所以∠A1OC＝.
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设A1B＝1，所以A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，
因为BC∥ED，
4.
答案
1
2
3
4
所以B，E，A1，C.
得，
，
＝(－，0，0).
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
4.
答案
1
2
3
4
则得
取n1＝(1，1，1).
同理得
取n2＝(0，1，1).
从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
4.
1.(2024·茂名模拟)如图，几何体是圆柱的一半，四边形ABCD是圆柱的轴截面，O为CD的中点，E为半圆弧CD上异于C，D的一点.
(1)证明：AE⊥CE；
1
2
3
4
知识过关
答案
1
2
3
4
答案
∵CD是圆的直径，∴CE⊥DE，
又∵AD⊥平面CDE，CE 平面CDE，∴CE⊥AD，
又∵DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，∴CE⊥平面
ADE，
又AE 平面ADE，∴AE⊥CE.
(2)若AB＝2AD＝4，∠EDC＝，求平面EOB与平面DOB夹角的余弦值.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
记点E1为点E在底面上的投影，以E1为坐标原点，E1A，
E1B，E1E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.
∵AB＝4，∠EDC＝，∴DE＝2，EC＝2，
故E(0，0，2)，O(1，，2)，B(0，2，0)，D(2，0，2)，
∴＝(1，，0)，＝(0，2，－2)，＝(－1，，－2)，＝(1，－，0)，
1
2
3
4
答案
记平面EOB，平面DOB的法向量分别为n＝(x1，y1，
z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则
即
故可取y1＝y2＝1，则x1＝－，z1＝，x2＝，z2＝0，
1
2
3
4
答案
即n＝(－，1，)，m＝(，1，0)，
∴cos〈n，m〉＝＝－，
∴平面EOB与平面DOB夹角的余弦值为.
1
2
3
4
答案
2.(2025·常州模拟)如图1所示，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝2，E，F分别为AC，BC的中点，将△CEF沿直线EF翻折，使得∠AEC＝，如图2所示.
(1)求证：平面AEC⊥平面ABFE；
1
2
3
4
答案
由题可知AB⊥AE，因为E，F分别为AC，BC的中点，所以EF∥AB，
所以EF⊥EC，EF⊥AE，
又因为EC∩AE＝E，EC，AE 平面AEC，
所以EF⊥平面AEC，
因为EF 平面ABFE，
所以平面AEC⊥平面ABFE.
1
2
3
4
答案
(2)求平面BCF与平面CEF夹角的余弦值.
1
2
3
4
答案
由(1)可知EF⊥EC，EF⊥AE，因为∠AEC＝，
所以AE⊥EC，所以AE，EF，EC两两垂直，以EA所在
直线为x轴，EF所在直线为y轴，EC所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，F(0，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(1，1，0)，
易得平面CEF的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
所以
即
取n＝(1，－1，－1)，
所以|cos〈m，n〉|＝.
所以平面BCF与平面CEF夹角的余弦值为.
1
2
3
4
答案
3.(2024·漳州模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，AB⊥BC，CC1＝2，＝λ(0<λ<1).
(1)当λ＝时，求证：CE⊥平面ABC1；
1
2
3
4
答案
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x，y，z轴
建立空间直角坐标系，如图所示，
B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，
E(0，0，2λ)，
当λ＝时，E，
所以＝(0，－2，0)，＝(2，0，2，
可得·＝0，·＝0，
1
2
3
4
答案
所以CE⊥AB，CE⊥BC1，
又因为AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1，
所以CE⊥平面ABC1.
1
2
3
4
答案
(2)设二面角B－AE－C的大小为θ，求cos θ的取值范围.
1
2
3
4
答案
由(1)可得＝(2，－2，0)，＝(0，－2，2λ)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，可得x＝λ，y＝λ，
所以n＝(λ，λ，1)，
因为BC⊥平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为m＝(2，0，0)，
1
2
3
4
答案
所以|cos θ|＝，
又因为0<λ<1，可得6＋>7，
所以|cos θ|<，
因为二面角B－AE－C为锐二面角，
所以0所以cos θ的取值范围为.
1
2
3
4
答案
4.(2024·泰安模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.
(1)证明：平面BCDE⊥平面A1OC；
能力拓展
1
2
3
4
答案
在图1中连接CE，因为AD∥BC，AB＝BC＝AD，
E是AD的中点，∠BAD＝，
所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行
四边形，所以BE⊥AC.
即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，OA1，OC 平面A1OC，
所以BE⊥平面A1OC.
因为BE 平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.
1
2
3
4
答案
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
1
2
3
4
答案
由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC.
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，
所以∠A1OC＝.
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设A1B＝1，所以A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，
因为BC∥ED，
1
2
3
4
答案
所以B，E，A1，
C.
得
＝(－，0，0).
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
则
1
2
3
4
答案
取n1＝(1，1，1).
同理
取n2＝(0，1，1).
从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
返回(共45张PPT)
第七章
必刷大题14　空间向量与
　　　　 　 立体几何
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，AD⊥AB，
AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面ABE，
又因为∠EAB＝90°，
则以点A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，由已知AE＝AD＝CD＝AB＝1，
所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，1，1)，D(0，0，1)，E(1，0，0).
1.
答案
1
2
3
4
因为＝(0，－1，1)，平面ADE的一个法向量为n1＝(0，1，0)，
设直线BC与平面ADE所成的角为θ1，
则sin θ1＝|cos〈，n1〉|＝，
又θ1∈，所以直线BC与平面ADE所成角的大小为.
1.
答案
1
2
3
4
(2)设平面BCE的法向量为
n2＝(x，y，z)，＝(0，－1，1)，
＝(1，－2，0)，
则
令x＝2，则n2＝(2，1，1)，
因为＝(0，1，0)，所以点D到平面BCE的距离为.
1.
答案
1
2
3
4
(1)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)，∴＝(0，－2，1)，
＝(0，－2，1)，∴∥ ，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.
2.
答案
1
2
3
4
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则
＝(－2，－2，2)，
＝(0，－2，3－λ)，
＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
2.
答案
1
2
3
4
则
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为
m＝(a，b，c)，
2.
答案
1
2
3
4
则
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1，1，2)，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
2.
答案
1
2
3
4
化简可得λ2－4λ+3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因为BC∥AD，BC＝2，
AD＝4，M为AD的中点，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM∥CD，
又因为BM 平面CDE，
CD 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
3.
答案
1
2
3
4
(2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，
连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，
AD＝4， AB＝BC＝2，所以CD＝2，
结合(1)可知四边形BCDM为平行四边形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM为等边三角形，
O为AM的中点，所以OB＝，
3.
答案
1
2
3
4
又因为四边形ADEF为等腰梯形，
M为AD的中点，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四边形EFMD为平行四边形，
FM＝ED＝AF＝，
所以△AFM为等腰三角形，
△ABM与△AFM底边上中点O重合，
则OF⊥AM，OF＝＝3，
3.
答案
1
2
3
4
因为OB2+OF2＝FB2，
所以OB⊥OF，
所以OB，OD，OF两两垂直，
以O为坐标原点，方向为x轴正方向，
方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝(－，1，0)，
3.
答案
1
2
3
4
＝(－，0，3)，
＝(－，2，3)，
设平面BFM的法向量为
m＝(x1，y1，z1)，
平面EMB的法向量为
n＝(x2，y2，z2)，
则
3.
答案
1
2
3
4
即
令x1＝，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(，3，1)，
则
即
3.
答案
1
2
3
4
令x2＝，得y2＝3，z2＝－1，
即n＝(，3，－1)，
所以cos〈m，n〉＝
＝，
则sin〈m，n〉＝，
故二面角F－BM－E的正弦值为.
3.
答案
1
2
3
4
(1)在正方形ABCD中，
AD∥BC，
因为AD 平面PBC，
BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，
4.
答案
1
2
3
4
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，
所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，DC，
PD 平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，
A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
设Q(m，0，1)，
则有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
4.
答案
1
2
3
4
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为
n＝(1，0，－m)，
则cos〈n，〉＝＝.
设直线PB与平面QCD所成的角为θ，
4.
答案
1
2
3
4
则sin θ＝|cos〈n，〉|
＝
＝··≤·
≤×，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2025·黔西模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB∥CD，AE＝AD＝CD＝AB＝1，∠EAB＝90°.
(1)求直线BC与平面ADE所成角的大小；
1
2
3
4
答案
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，
AD⊥AB，
AD 平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，
又因为∠EAB＝90°，
则以点A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，由已知AE＝AD＝CD＝AB＝1，
所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，1，1)，D(0，0，1)，E(1，0，0).
因为＝(0，－1，1)，平面ADE的一个法向量为n1＝(0，1，0)，
1
2
3
4
答案
设直线BC与平面ADE所成的角为θ1，则sin θ1＝|cos〈，
n1〉|＝，
又θ1∈，所以直线BC与平面ADE所成角的大小为.
1
2
3
4
答案
(2)求点D到平面BCE的距离.
1
2
3
4
答案
设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，＝(0，－1，1)，＝(1，－2，0)，
则
令x＝2，则n2＝(2，1，1)，
因为＝(0，1，0)，所以点D到平面BCE的距离为.
1
2
3
4
答案
2.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；
1
2
3
4
答案
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)，
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
∴∥ ，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
1
2
3
4
答案
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
1
2
3
4
答案
设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
1
2
3
4
答案
则
令 a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
＝|cos 150°|＝，
化简可得λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
1
2
3
4
答案
3.(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点.
(1)证明：BM∥平面CDE；
1
2
3
4
答案
因为BC∥AD，BC＝2，
AD＝4，M为AD的中点，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM∥CD，
又因为BM 平面CDE，CD 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
1
2
3
4
答案
(2)求二面角F－BM－E的正弦值.
1
2
3
4
答案
如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，
AB＝BC＝2，所以CD＝2，
结合(1)可知四边形BCDM为平行四边形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM为等边三角形，
O为AM的中点，所以OB＝，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，
1
2
3
4
答案
M为AD的中点，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四边形EFMD为平行四边形，
FM＝ED＝AF＝，
所以△AFM为等腰三角形，
△ABM与△AFM底边上中点O重合，
则OF⊥AM，OF＝＝3，
因为OB2＋OF2＝FB2，
1
2
3
4
答案
所以OB⊥OF，
所以OB，OD，OF两两垂直，
以O为坐标原点，方向为x轴正方向，方向为
y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐
标系，
则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，
＝(－，1，0)，＝(－，0，3)，＝(－，2，3)，
设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
1
2
3
4
答案
平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令x1＝，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(，3，1)，
则
令x2＝，得y2＝3，z2＝－1，
1
2
3
4
答案
即n＝(，3，－1)，
所以cos〈m，n〉＝，
则sin〈m，n〉＝，
故二面角F－BM－E的正弦值为.
1
2
3
4
答案
4.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；
1
2
3
4
答案
在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，DC，PD 平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
1
2
3
4
答案
(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.
1
2
3
4
答案
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示
的空间直角坐标系，
因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，
0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
设Q(m，0，1)，
则有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
则
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，
则cos〈n，〉＝.
设直线PB与平面QCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝
1
2
3
4
答案
＝··
≤·≤×，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.(共85张PPT)
第七章
§7.6　空间向量的概念与
　　　运算
数学
大
一
轮
复
习
1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
3.理解直线的方向向量及平面的法向量，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.
课标要求
内容索引
课时精练
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有　　　和　　　的量
相等向量 方向　　　且模　　　的向量
相反向量 长度　　　而方向　　　的向量
共线向量 (或平行向量) 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相_____
或　　　的向量
共面向量 平行于　　　　　　的向量
大小
方向
相同
相等
相等
相反
平行
重合
同一个平面
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使　　　　.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在　　　的有序实数对(x，y)，使p＝　　　　.
(3)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＝　　　　 .{a，b，c}叫做空间的一个基底.
a＝λb
唯一
xa＋yb
xa＋yb＋zc
3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积
非零向量a，b的数量积
a·b＝　　　　　　　　.
(2)空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示 坐标表示
数量积 a·b ________________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) _________________________
|a||b|cos〈a，b〉
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
向量表示 坐标表示
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ____________________
模 |a|
______________
夹角余弦值
cos〈a，b〉＝_____________________
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
　
4.空间位置关系的向量表示
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则称向量a为平面α的法向量.
(3)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)
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 l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
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)空间中模相等的两个向量方向相同或相反.(　　)
(3)若A，B，C，D是空间中任意四点，则有＝0.(　　)
(4)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.(　　)
×
√
×
√
2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b－c D.－a－b＋c
√
)＝＝－a－b－c.
3.若平面α外的直线l的方向向量为a＝(1，0，－2)，平面α的法向量为m＝(8，－1，4)，则
A.l⊥α B.l∥α
C.a∥m D.l与α斜交
根据题意，直线l的方向向量为a＝(1，0，－2)，
平面α的法向量为m＝(8，－1，4)，易得a·m＝1×8－2×4＝0，
又直线l在平面α外，则有l∥α.
√
4.已知空间向量a＝(λ，1，2)，b＝(2，λ＋1，λ)，若a∥b，则实数λ＝　　.
－2
由a∥b，可设b＝μa(μ∈R)，
则(2，λ＋1，λ)＝(μλ，μ，2μ)，
所以
1.牢记空间中三点共线、四点共面的充要条件
(1)在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.
(2)在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.
微点提醒
2.解题时防范以下几个易误点
(1)向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
(2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量.
(3)直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)设x，y是实数，已知三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(x，3，y＋2)在同一条直线上，那么x＋y等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
空间向量的线性运算
题型一
由已知可得＝(1，－1，3)，＝(x－1，－2，y＋4).
因为A，B，C三点共线，所以共线，
所以，
解得x＝3，y＝2，所以x＋y＝5.
(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E是BC的中点，＝2，则等于
A. B.
C.－ D.－
√
因为＝2，
所以
＝×)＋)＋
＝.
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.
思维升华
跟踪训练1　(2024·六安统考)如图，底面为平行四边形的四棱锥P－ABCD，EC＝2PE，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z等于
A.1 B.2
C. D.
√
由题意得
＝)
＝，
又因为＝x＋y＋z，
所以x＝1，y＝－，z＝，
所以x＋y＋z＝1.
空间向量基本定理及其应用
题型二
例2　下列说法正确的是
A.若a与b共线，b与c共线，则a与c共线
B.若{a，b，c}为空间的一个基底，则a＋2b，a＋b，a－b能构成基底
C.若，则A，B，C，G四点共面
D.若向量p＝mx＋ny＋kz(其中x，y，z是三个不共面的向量，m，n，k∈R)，
　则称p在基底{x，y，z}下的坐标为(m，n，k).若p在单位正交基底{a，b，c}
　下的坐标为(1，2，3)，则p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐标为
√
对于A，若b＝0，则满足a与b共线，b与c共线，但是a与c不一定共线，故A错误；
对于B，a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，则a＋2b，a＋b，a－b共面，不能构成基底，故B错误；
对于C，对于≠1，故A，B，C，G四点不共面，故C错误；
对于D，p在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，即p＝a＋2b＋3c，设p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐标为(x，y，z)，则满足p＝x(a－b)＋y(a＋b)＋zc＝(x＋y)a＋(y－x)b＋zc＝a＋2b＋3c，
故
则p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐标为，故D正确.
应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较
思维升华
三点P，A，B共线 空间四点M，P，A，B共面
跟踪训练2　(1)O为空间任意一点，若＝－＋t，若A，B，C，P四点共面，则实数t等于
A.1 B. C. D.
√
因为，
所以＝－＋t可化为
＝－＋t，
即＋t，
由于A，B，C，P四点共面，则＋t＝1，
解得t＝.
(2)已知空间向量a＝(1，2，0)，b＝(0，－1，1)，c＝(2，3，m)，若a，b，c共面，则实数m等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
因为a＝(1，2，0)，b＝(0，－1，1)不共线，a，b，c共面，
所以存在唯一有序实数对(x，y)，使c＝xa＋yb，
所以(2，3，m)＝x(1，2，0)＋y(0，－1，1)＝(x，2x－y，y)，
所以
解得
空间向量数量积及其应用
题型三
例3　(1)(多选)已知空间中A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)三点，则
A.△ABC为直角三角形
B.与向量方向相同的单位向量是
C.与夹角的余弦值是－
D.平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
√
√
√
因为A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，
所以＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，
·＝－2＋2＋0＝0，
所以AB⊥AC，故A正确；
因为||＝，
所以与向量，故B错误；
又＝(－3，1，1)，所以＝
－，故C正确；
不妨令n＝(1，－2，5)，则n·＝1×2＋(－2)×1＋5×0＝0，
n·＝1×(－1)＋(－2)×2＋5×1＝0，
即⊥n且⊥n，
所以n＝(1，－2，5)是平面ABC的一个法向量，故D正确.
(2)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的各条棱长均为1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∠BAD＝90°，则线段AC1的长度为　　 .
取{·＝0，·
·，
∴||＝ ＝
＝.
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.
思维升华
跟踪训练3　(2024·沧州模拟)《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，在第五卷《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.已知在堑堵ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝AA1＝3，，＝2，则·＝　　，EF＝　　.
1
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
∵AB＝2，AC＝AA1＝3，＝2，
∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，3，0)，A1(0，0，3)，E，
F(0，1，2)，
∴＝(－2，1，2)，
∴·＝1×(－2)＋0×1＋×2＝1.
，∴||＝.
向量法证明平行、垂直
题型四
例4　如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.求证：
(1)EF∥平面A1B1BA；
因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，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.
因为AB＝3，BE＝，
所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，
A(0，2，0)，B(－，0，0)，A1(0，2，)，
则F.
＝(－，－2，0)，＝(0，0，).
设平面AA1B1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取所以n＝(－2，，0).
因为·n＝×(－2)＋1××0＝0，
所以⊥n.
又EF 平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
易证EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
同理易证EA⊥平面BCB1，
所以＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为·＝0，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
(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.
思维升华
跟踪训练4　(2025·长沙统考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证：PA∥平面EDB；
在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD，DC 平
面ABCD，
则PD⊥AD，PD⊥DC，由底面ABCD是正方形，得AD
⊥DC，
以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设DC＝2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，
＝(2，0，－2)，＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，设平面EDB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝－1，得m＝(1，－1，1)，则·m＝2－2＝0，
而PA 平面EDB，所以PA∥平面EDB.
(2)求证：平面PBC⊥平面EFD.
由(1)知，＝(2，2，－2)，由·＝0＋2－2＝0，
得PB⊥DE，
又EF⊥PB，且EF∩DE＝E，EF，DE 平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
又PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面EFD.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D A B BD ABD 2
题号 8 11 12 答案 C 3 答案
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(1)∵E，H分别是线段PA，AB的中点，
∴PB∥EH.
∵PB 平面EFH，
且EH 平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
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(2)建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，
D(0，2，0)，
P(0，0，2)，
F(0，1，1)，
H(1，0，0).
9.
答案
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＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，
∴·＝0×0+2×1+(－2)×1＝0，
·＝0×1+2×0+(－2)×0＝0.
∴⊥，⊥，
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，
且AH，AF 平面AHF，
∴PD⊥平面AHF.
9.
答案
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(1)＝－)＝－a+b－c.
(2)假设存在点M，使AM⊥A1N，设＝λ＝λb(λ∈[0，1])，
显然
＝c－a+λb.
因为AM⊥A1N，
所以·＝0，
即(c－a+λb)·＝0，
10.
答案
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所以－c·a+c·b－c2+a2－a·b+c·a－λa·b+λb2－λb·c＝0.
设CA＝CB＝CC1＝1，
又〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，
所以c·a－c2+a2－a·b+λb2＝0，
即×1×1×－12+×12－×1×1×λ·12＝0，解得λ＝，
所以当C1M＝C1B1时，AM⊥A1N.
10.
一、单项选择题
1.在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则)等于
A.－ B. C. D.－
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知识过关
答案
在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则＝2，
所以)＝.
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答案
2.(2024·嘉兴模拟)设x，y∈R，a＝(1，1，1)，b＝(1，y，z)，c＝(x，－4，2)，且a⊥c，b∥c，则|2a＋b|等于
A.2 B.0 C.3 D.3
由a⊥c a·c＝0 x－4＋2＝0 x＝2，
由b∥c y＝－2，z＝1.
所以|2a＋b|＝|2(1，1，1)＋(1，－2，1)|＝|(3，0，3)|＝3.
√
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答案
3.(2025·长春模拟)下列可使非零向量a，b，c构成空间的一个基底的条件是
A.a，b，c两两垂直 B.b＝λc(λ∈R)
C.a＝mb＋nc(m，n∈R) D.a＋b＋c＝0
√
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答案
由基底定义可知只有非零向量a，b，c不共面时才能构成空间中的一个基底.
对于A，因为非零向量a，b，c两两垂直，所以非零向量a，b，c不共面，可构成空间的一个基底，故A正确；
对于B，b＝λc，则b，c共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以a与b，c共面，故B错误；
对于C，由共面向量定理可知非零向量a，b，c共面，故C错误；
对于D，a＋b＋c＝0，即a＝－b－c，故由共面向量定理可知非零向量a，b，c共面，故D错误.
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答案
4.已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，BD＝3，··＝4，则cos〈，〉等于
A. B.－ C. D.－
√
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答案
因为··＝()·－()·
＝·····(
)＝·＝4，
所以·＝－4，
cos〈〉＝＝－.
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答案
二、多项选择题
5.下列命题正确的是
A.平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，2，6)，则α∥β
B.直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量为b＝，
　则l与m垂直
C.直线l的方向向量为a＝(0，1，－1)，平面α的法向量为n＝(1，－1，
　－1)，则l∥α
D.平面α经过A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)三点，向量n＝(1，
　u，t)是平面α的一个法向量，则u＋t＝1
√
√
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答案
对于A，向量n1＝(0，1，3)与n2＝(1，2，6)不共线，平面α与β不平行，A错误；
对于B，由a＝(1，－1，2)，b＝，得a·b＝1×2－1×1＋2×
＝0，l与m垂直，B正确；
对于C，a·n＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，a⊥n，则l α或l∥α，C错误；
对于D，＝(1，－1，－1)，＝(－1，1，0)，
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答案
由n＝(1，u，t)是平面α的一个法向量，得
解得u＋t＝1，D正确.
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答案
6.下列说法正确的是
A.在空间直角坐标系Oxyz中，点(3，－4，5)关于Oxy平面对称的点为(3，
　－4，－5)
B.对空间任意一点O与不共线的A，B，C三点，若＝x＋y＋z，
　其中x，y，z∈R且x＋y＋z＝1，则P，A，B，C四点共面
C.已知a＝(0，1，1)，b＝(0，0，－1)，则a在b上的投影向量为(0，0，－1)
D.向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量p在基底{a＋b，a
　－b，c}下的坐标为(3，1，3)
√
√
√
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答案
对于A，点(3，－4，5)关于Oxy平面对称的点应满足横、纵坐标不变，竖坐标变为相反数，即为(3，－4，－5)，故A正确；
对于B，因为x＋y＋z＝1，则z＝1－x－y，所以＝x＋y＋(1－x－y)＝x－x＋y－y＝x＋y，所以P，A，B，C四点共面，故B正确；
对于C，由投影向量定义可得a在b上的投影向量为b＝b＝－b＝(0，
0，1)，故C错误；
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答案
对于D，设向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(x，y，z)，
则p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，
又向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，
则p＝4a＋2b＋3c，
所以4a＋2b＋3c＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，
所以
所以向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3，1，3)，故D正确.
三、填空题
7.已知a＝(1，0，2)，b＝(3，－2，1)，c＝(－1，m，3)，若{a，b，c}不能构成空间的一个基底，则实数m＝　　　.
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答案
依题意a，b，c三个向量共面，
∴存在唯一有序实数对(λ，μ)，使c＝λa＋μb，
即(－1，m，3)＝λ(1，0，2)＋μ(3，－2，1)，
即
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答案
8.(2024·佛山统考)已知棱长为1的正四面体ABCD，M为BC的中点，N为AD的中点，则·＝　　　.
－
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答案
由题意可知||＝||＝||＝1，
且···，
因为M为BC的中点，N为AD的中点，
则，
所以··
＝···
＝×××＝－.
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答案
四、解答题
9.如图，四棱锥P －ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点.求证：
(1)PB∥平面EFH；
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答案
∵E，H分别是线段PA，AB的中点，
∴PB∥EH.
∵PB 平面EFH，且EH 平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
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答案
(2)PD⊥平面AHF.
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答案
建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，
H(1，0，0).
＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，
∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.
∴⊥⊥，∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，且AH，AF 平面AHF，
∴PD⊥平面AHF.
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答案
10.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝CC1，＝a，＝b，＝c，〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，N是AB的中点.
(1)用a，b，c表示向量；
＝－)＝－a＋b－c.
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答案
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由.
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答案
假设存在点M，使AM⊥A1N，设＝λ＝λb(λ∈[0，1])，
显然＝c－a＋λb.
因为AM⊥A1N，所以·＝0，
即(c－a＋λb)·＝0，
所以－c·a＋c·b－c2＋a2－a·b＋c·a－λa·b＋λb2－λb·c＝0.
设CA＝CB＝CC1＝1，又〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，
所以c·a－c2＋a2－a·b＋λb2＝0，
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答案
即×1×1×－12＋×12－×1×1×
λ·12＝0，
解得λ＝，
所以当C1M＝C1B1时，AM⊥A1N.
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答案
能力拓展
11.(2024·河北省多校联考)1941年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境.如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段AB与CD所在直线异面垂直，E，F分别为AB，CD的中点，且EF⊥AB，EF⊥CD，线拐子使用时将丝线从点A出发，依次经过D，B，C又回到点A，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”.图中AB＝EF＝CD＝30 cm，则丝线缠一圈的长度为
A.90 cm B.90 cm
C.60 cm D.80 cm
√
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答案
依题意⊥⊥⊥，
所以·＝0，·＝0，·＝0，
又，
所以
＝＋2·＋2·＋2·
＝152＋302＋152＝152×6，
所以||＝15，
同理可得||＝||＝||＝15，
所以丝线缠一圈的长度为4×15＝60(cm).
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答案
12.(2025·唐山模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，CC1＝C1D1＝，C1B1＝1，点P为线段B1C上一点，则·的最大值为　　.
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答案
以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(0，0，0)，D1(，0，0)，C(0，0，)，B1(0，1，0)，
设＝m＝m(0，1，－)，0≤m≤1，
则＋m＝(0，0，)＋m(0，1，－)＝(0，m，m)，
＝(0，m，m)－(，0，0)＝(－，m，m)，
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答案
返回
则·＝(0，m，m)·(－，m，m)＝
m2＋＝4m2－6m＋3＝4，
因为0≤m≤1，所以当m＝0时，·取最大值，最大
值为3.

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