资源简介

(共49张PPT)
第5节　空间向量与线面位置关系
课标解读　1.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解
及其坐标表示.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示.
4.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.
5.能够借助空间向量解决向量的共线、共面问题，以及平行、垂直问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 空间向量的线性运算及共线、共面定理
考点二 空间向量数量积及应用
考点三 利用空间向量证明平行与垂直
1.[教材改编]若{a，b，c}为空间向量的一个基底，则下列各组向量中，能构成空间向量的一个基底的共有　 　个.
①a，a＋b，a－b；②b，a＋b，a－b；③c，a＋b，a－b；④a＋b，a－b，a＋2b.
【解析】 ∵λa＋μb(λ，μ∈R)与a，b共面，∴①②④错误.
2.[教材改编]如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的
交点为点M，设=a，=b，=c，则向量=_________________　　
(用向量a，b，c表示).
【解析】 ()==－a－b－c.
1
－a－b－c
3.[教材改编]已知直线l1，l2的方向向量分别为a=(－2，2，1)，b=(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m=　 　.
【解析】 ∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b=－6－4＋m=0，解得m=10.
4. (对共面向量定理理解有误)已知a=(2，1，－3)，b=(－1，2，3)，c=(7，6，λ)，若a，b，c三个向量共面，则λ=(　 　)
A. 9 B. －9
C. －3 D. 3
【解析】 由题意知c=xa＋yb，即(7，6，λ)=x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，∴解得λ=－9.
易错题
10
B
5. (易忽视对应系数相等)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，=x＋y()，则(　 　)
A. x=1，y= B. x=1，y=
C. x=，y=1 D. x=1，y=
【解析】 ().由=
x＋y()，对照可知x=1，y=.
易错题
D
6. (忽视向量夹角与其余弦值的对应关系)若a=(－1，λ，－2)，b=(2，－1，1)，a与b的夹角为120°，则λ的值为　 　.
【解析】 ∵a=(－1，λ，－2)，b=(2，－1，1)，a与b的夹角为120°，
∴cos 120°==－，解得λ=－1，或λ=17.
易错题
17或－1
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
相反
相等
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　 　.
(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　 　.
a=λb
唯一
xa＋yb＋zc
基底
p=xa＋yb
3.空间向量的数量积及坐标运算
(1)两个空间向量的数量积
数量积 a·b=　 　　
垂直关系 a⊥b 　 　(a，b为非零向量)
模 设a=(x，y，z)，则|a|2=a2，|a|= ______________　
|a||b|cos＜a，b＞
a·b=0
(2)空间向量的坐标运算
a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3)
向量和 a＋b=　 　
向量差 a－b=　 　
数量积 a·b=　 　
共线 a∥b a1=λb1，a2=λb2，a3=λb3(λ∈R，b≠0)
垂直 a⊥b 　 　
夹角 公式
(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1b1＋a2b2＋a3b3=0
4.直线的方向向量与平面的法向量
5.空间位置关系的向量表示
直线的方 向向量 如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l　 　，则称此向量a为直线l的方向向量
平面的 法向量 直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量
位置关系 向量表示
l1∥l2 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 n1∥n2 　 　(k∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 　 　
l∥α 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m n⊥m 　 　
l⊥α n∥m 　 　(k∈R)
平行或共线
n1=kn2
n1·n2=0
n·m=0
n=km
[优化拓展]
1.空间向量的线性运算和数量积运算可类比平面向量的线性运算和数量积运算.
2.空间向量的坐标运算和坐标原点的选取无关.
3.实数0和任意向量相乘都为零向量.
4.实数与空间向量可以进行数乘运算，但不能进行加减运算.
5.在利用=x＋y证明MN∥平面ABC时，须说明点M或点N不在平面ABC内.
位置关系 向量表示
α∥β 平面α，β的法向量分别为n，m n∥m n=km(k∈R)
n⊥m 　 　
α⊥β
n·m=0
考点一　空间向量的线性运算及共线、共面定理
(1)已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG=3GG1，若=x＋y＋z，则(x，y，z)为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
【解析】 方法一　如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则E为BC的中点，
例 1
A
()=(－2)，则(－2)，由题设，=3=3()，则()=·()，∴x=y=z=.
方法二　∵G1是△ABC的重心，∴=0，∴=0，从而(). ∵G是OG1上一点，且OG=3GG1，∴，从而()， ∴x=y=z=.
(2)已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足().
(i)判断三个向量是否共面；
(ii)判断点M是否在平面ABC内.
解：(i)由题知=3，∴=()＋()，即=－，∴共面.
(ii)方法一　由(i)知，共面且过同一点M，∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
方法二　∵()=，又=1，∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
1.空间向量线性运算中的三个关键点：
2.应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较：
三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面
(1)在三棱锥O－ABC中，=a，=b，=c，且，则=(　 　)
A. a－b＋c B. a＋b－c
C. －a＋b＋c D. －a＋b＋c
【解析】 连接ON，如图所示，则，∴=－()=
－a＋b＋c.
跟踪训练1
D
(2)已知空间中A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若=6－4＋λ，则λ等于 (　 　)
A. 2 B. －2
C. 1 D. －1
【解析】 已知=6－4＋λ，即=6－4＋λ，整理得=6－3＋λ，由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，可得6－3＋λ=1，解得λ=－2.
B
考点二　空间向量数量积及应用
如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=120°.
(1)求线段AC1的长.
(1)解：设=a，=b，=c，
则|a|=|b|=1，|c|=2，a·b=0，c·a=c·b=2×1×cos 120°=－1.
∵=a＋b＋c，
∴||=|a＋b＋c|==
=
.
∴线段AC1的长为.
例 2
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值.
(2)解：设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cos θ=|cos＜＞|=.∵=a＋b＋c，=b－c，∴·=(a＋b＋c)·(b－c)=a·b－a·c＋b2－c2=0＋1＋12－22=－2，||==
，
∴cos θ=，
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
(3)证明：AA1⊥BD.
(3)证明：∵=c，=b－a，∴·=c·(b－a)=c·b－c·a=(－1)－(－1)=0，∴⊥，即AA1⊥BD.
由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和＜a，b＞，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确.
如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点
A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
求：(1)AC1的长；
解：(1)记=a，=b，=c，则|a|=|b|=|c|=1，＜a，b＞=＜b，c＞=＜c，a＞=60°，∴a·b=b·c=c·a=，∴||2=(a＋b＋c)2=a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)=1＋1＋1＋2×=6，∴||=，即AC1的长为.
(2)BD1与AC夹角的余弦值.
(2)∵=b＋c－a，=a＋b，∴||=，||=·=(b＋c－a)·(a＋b)=b2－a2＋a·c＋b·c=1，∴cos＜＞=，∴AC与BD1夹角的余弦值为.
跟踪训练2
考点三　利用空间向量证明平行与垂直
如图所示，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，
AA1=，E和F分别为BC和A1C的中点.
证明：(1)EF∥平面A1B1BA；
证明：∵AB=AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC.∵AA1⊥平面ABC，
AA1∥BB1，∴过点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.
例 3
∵AB=3，BE=，∴AE=2，∴E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，A1(0，2，)，则F.　
(1)=(－，－2，0)，=(0，0，).设平面AA1B1B的法向量n=(x，y，z)，则取∴n=(－2，，0).∵·n=×(－2)＋1××0=0，∴⊥n.又EF 平面A1B1BA，∴EF∥平面A1B1BA.
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
(2)∵EC⊥平面AEA1，∴=(，0，0)为平面AEA1的一个法向量.又EA⊥平面BCB1，∴=(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.∵·=0，∴⊥，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到的直线或平面的要素).
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.
如图所示，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，PD⊥平面ABCD，AD=1，AB=，BC=4.
(1)证明：BD⊥PC.
(1)证明：在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于点F，在Rt△DFC中，DF=，FC=3，可知DC=2.又在Rt△BAD中，AB=，AD=1，∴BD=2，∴BC2=BD2＋DC2，∴BD⊥DC.∵PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴BD⊥PD.又PD∩CD=D，PD，CD 平面PDC，∴BD⊥平面PDC.又PC 平面PDC，∴BD⊥PC.
跟踪训练3
(2)设点E在棱PC上，=λ，若DE∥平面PAB，求λ的值.
(2)解：以D为坐标原点，DA，DF，DP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，
则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0)，
设PD=a，则P(0，0，a)，则=(0，，0)，=(0，0，a)，=(1，0，－a)，=(－3，，－a)，∵=λ，∴=(－3λ，λ，－aλ)，则=(0，0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)=(－3λ，λ，a－aλ)，设平面PAB的法向量n=(x， y， z)，则即令z=1，则n=(a， 0， 1)，∵DE∥平面PAB，∴·n=0，
∴－3aλ＋a－aλ=a(1－4λ)=0.∵a≠0，∴λ=，故λ的值为.
课时作业
答案速对
第七章 对点练57　空间向量与线面位置关系 题号 1 2 3 4 5
答案 A A D B D
题号 6 7 8 13 14
答案 B BC BCD C AB
1.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若=a，=b，=c，则下列向量中，表示的是(　 　)
A. －ab＋c B. ab＋c　
C. －a－b＋c D. a－b＋c
A
2.已知空间向量a=(1，0，1)，b=(1，1，n)，且a·b=3，则向量a与b的夹角为(　 　)
A. B. C. D.
A
3.已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·等于(　 　)
A. －1 B. 0
C. 1 D. 2
D
4.已知a=(2，1，－3)，b=(－1，2，3)，c=(7，6，λ)，若a，b，c共面，则λ=(　 　)
A. 9 B. －9
C. －3 D. 3
B
5.已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(－1，0，1)，直线l的方向向量是a=(－1，－1，－1)，则直线l与平面α的位置关系是(　 　)
A. 相交 B. 平行
C. 在平面内 D. 平行或在平面内
D
6.如图所示，在一个120°的二面角的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若AB=，AC=1，BD=2，则CD的长为(　 　)
A. 2 B. 3
C. 2 D. 4
【解析】 ∵，∴2·2·
2·，∵⊥⊥，∴·=0，·=0，·=||||cos(180°－120°)=×1×2=1，∴=1＋2＋4＋2×1=9，∴||=3.
B
7.(多选)已知空间向量a=(2，－2，1)，b=(3，0，4)，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 向量c=(－8，5，6)与a，b均垂直
B. 向量d=(1，－4，－2)与a，b共面
C. 若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量，则l1与l2所成的角的余弦值为
D. 向量a在向量b上的投影向量为(6，0，8)
【解析】 对于A，a·c=－16－10＋6≠0，b·c=－24＋24=0，故c与a不垂直，A错误；对于B，设d=ma＋nb，则m(2，－2，1)＋n(3，0，4)=(1，－4，－2)，∴解得即2a－b=d，B正确；对于C，∵cos＜a，b＞=，∴异面直线l1与l2所成的角的余弦值为，C正确；对于D，向量a在向量b上的投影向量为|a|cos＜a，b＞·=3×(3，0，4)=，D错误.
BC
8.(多选) (2025·重庆模拟)若{}构成空间的一个基底，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 存在x，y∈R，使得=xy
B. {}也构成空间的一个基底
C. 若，则直线AP与BD异面
D. 若，则P，B，C，D四点共面
【解析】 由题意知，向量不共面，A错误；若向量共面，则有=xy=x()＋y()，即(－x－1)(x－y)y=0，∵向量不共面，∴无解，故向量不共面，
∴{}能够构成空间的一个基底，B正确；若与共面，则有=m
n，又，∴(m－1)(n－1)=0，与题意矛盾，则与异面，C正确；若，则=－，则，∴P，B，C，D四点共面，D正确.
BCD
9.设O为坐标原点，向量=(1，2，3)，=(2，1，2)，=(1，1，2)，点Q在直线OP
上运动，则·的最小值为　 　.
【解析】 ∵=(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，可设=λ=(λ，λ，2λ).又向量=(1，2，3)，=(2，1，2)，∴=(1－λ，2－λ，3－2λ)，=(2－λ，1－λ，2－2λ)，则·=(1－λ)×(2－λ)＋(2－λ)×(1－λ)＋(3－2λ)×(2－2λ)=6λ2－16λ＋10=6.当λ=时，·取得最小值－.
－
10.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，底面边长和侧棱长均为2，
∠A1AB=∠A1AD=60°，则对角线AC1的长为　 　.
【解析】 由题可知四棱柱ABCD－A1B1C1D1为平行六面体，，∴=()2=2·2·2·=4＋
4＋4＋2×2×2cos 60°＋2×2×2cos 60°=20，∴||=2.　
2
11.已知空间中的三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a=，b=.
(1)若|c|=3，且c∥，求c；
解：(1)∵c∥，∴c=m=m(－2，－1，2)=(－2m，－m，2m)，∴|c|==3|m|=3，∴m=±1，∴c=(－2，－1，2)，或c=(2，1，－2).
(2)求a与b夹角的余弦值；
(2)∵a=(1，1，0)，b=(－1，0，2)，∴a·b=(1，1，0)·(－1，0，2)=－1，又|a|=，|b|=，∴cos＜a，b＞==
－.∴a与b夹角的余弦值为－.
(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值.
(3)∵ka＋b=(k－1，k，2)，ka－2b=(k＋2，k，－4)，又ka＋b与ka－2b互相垂直，∴(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)=(k－1)(k＋2)＋k2－8=0，∴k=2或 －.即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k=2或－.
12.如图所示，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.证明：
(1)PB∥平面EFH；
证明：(1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，∴PB∥EH.∵PB 平面EFH，且EH 平面EFH，∴PB∥平面EFH.
(2)PD⊥平面AHF.
(2)以A为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
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.
13.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，且满足=xy(1－x－y)，则||的最小值为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 ∵=xy(1－x－y)，由共面向量定理可知，E，A，C，D1四点共面.即点E在平面ACD1上，∴||的最小值即为点D到平面ACD1的距离d，由正方体的棱长为1，可得△ACD1是边长为的等边三角形，则×()2×sin，S△ACD=×1×1=，由等体积法可得，∴d=×1，解得d=，∴||的最小值为.
C
14.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，，则(　 　 )
A. EF⊥BD
B. EC1∥平面ABF
C. EF⊥平面B1CD1
D. 直线EF与直线BD1异面
【解析】 由题知，设正方体棱长为3，以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
AB
∵，∴D(0，0，0)，A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，E(3，0，1)，D1(0，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，F(0，3，2).对于A，=(－3，3，1)，=(3，3，0)，∵·=－9＋9=0，∴EF⊥BD，A正确；对于B，设平面ABF的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则=(0，3，0)，=(－3，3，2)，∴取x1=2，可得n1=(2，0，3)，∵=(－3，3，2)，∴·n1=－6＋6=0，∴⊥n1，又EC1 平面ABF，∴EC1∥平面ABF，B正确；对于C，∵=(－3，3，1)，=(3，0，3)，∴·=－9＋3=－6≠0，故EF与CB1不垂直，即EF不垂直于平面B1CD1，C错误；对于D，连接D1F，BE，∵=(0，3，－1)，=(0，3，－1)，∴共线，即D1F∥EB，∴D1，F，E，B四点共面，故直线EF与直线BD1共面，D错误.　
15.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，=λ，且AB1⊥MN，则λ的值为　 　.
【解析】 如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，
分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
∵底面边长为1，侧棱长为2，∴A，B1，
C，C1，M(0，0，0).∵=λ，∴N，∴
.又AB1⊥MN，∴·=0，∴－=0，∴λ=15.
15
16.如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，G是EF的中点.
(1)证明：AG⊥平面ABCD.
(1)证明：∵AE=AF，G是EF的中点，∴AG⊥EF，又EF∥AD，
∴AG⊥AD.∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AG 平面ADEF，∴AG⊥平面ABCD.
(2)线段AC上是否存在一点M，使MG∥平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(2)解：由(1)得AG⊥平面ABCD，∵AD，AB 平面ABCD，∴AG⊥AD，AG⊥AB，∵四边形ABCD是边长为4的正方形，∴AG，AD，AB两两垂直.以A为原点，以AB，AD，AG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，∴A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，4，0).假设线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF，设=λ，则=λ，∵=(4，4，0)，∴=(4λ，4λ，0)，设AG=t(t＞0)，则=(0，0，t)，∴=(－4λ，－4λ，t)，F(0，－1，t)，=(0，－1，t)，=(4，0，0).设平面ABF的法向量为m=(x，y，z)，则取m=(0，t，1).∵MG∥平面ABF，∴·m=0，即－4λt＋t=0，解得λ=，∴，此时，即在线段AC上存在一点M，使MG∥平面ABF，此时.(共41张PPT)
第6节　向量法求空间角
课标解读　1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题.
2.体会向量法在研究空间角问题中的作用.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 异面直线所成的角
考点二 直线与平面所成的角
考点三 平面与平面的夹角
1.[教材改编]设直线l的一个方向向量为a=(－1，2，1)，平面α的一个法向量为b=(0，1，2)，则直
线l与平面α所成角的正弦值为 　.
【解析】 设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ=.
2.[教材改编]已知两个平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则这两个平面的夹角为
　 　.
【解析】 ∵cos＜m，n＞=，∴＜m，n＞=45°，故这两个平面的夹角为45°.
45°
3.[教材改编]如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，
O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直
线OE与FD1所成角的余弦值为 　.
【解析】 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1，1，0)，E(0，2，1)，F(1，0，0)，D1(0，0，2)，∴=(－1，0，2)，=(－1，1，1)，∴cos＜＞=，故异面直线OE与FD1所成角的余弦值为.
4. (混淆二面角和平面与平面的夹角)已知两个平面的法向量分别为(0，－1，
3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为 　.
【解析】 cos θ=.
5. (线面角取值范围出错)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos＜m，n＞=－，则l与α所成的角为　 　.
【解析】 设l与α所成的角为θ，∵cos＜m，n＞=－，
∴sin θ=|cos＜m，n＞|=，又0°≤θ≤90°，∴θ=30°.
易错题
易错题
30°
6. (异面直线夹角取值范围出错)如图所示，圆锥的高SO=，
底面直径AB=2，C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值
为 　.
【解析】 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，)，C，∴=(0，1，)，，∴cos＜＞=，则SA与BC所成角的余弦值为.
易错题
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
如图所示，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＞|= 　= 　.
3.平面与平面的夹角
如图所示，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的夹角即为向量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＞|= 　.　
[优化拓展]
1.二级结论：最小角定理cos θ=cos θ1cos θ2.
如图所示，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ=cos θ1cos θ2.
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＞|，不要误记为cos θ=|cos＜a，n＞|.
3.平面与平面所成的角和二面角的概念不同.
如图所示，在三棱锥O－ABC中，OA，OB，OC两两互相垂直，E为OC的中点，且OB=OC=2OA=2，则直线AE与BC所成角的大小为　(　 　)
A. 30°　 B. 45°　　
C. 60° D. 90°
【解析】 方法一(利用基向量)　根据已知可得不共面，
且||=1，||=||=2，···=0.又，∴··()=···=2，类似地，
例 1
考点一　异面直线所成的角
C
||2=··=2，||2=()·()=－2·=8.∴cos＜＞=，
∴＜＞=60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
方法二(利用坐标向量)　∵OA，OB，OC两两互相垂直，∴以O为原点，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.则由OB=OC=2OA=2，可知A(1，0，0)，E(0，0，1)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，∴=(－1， 0， 1)，=(0，－2， 2)，∴cos＜＞=，从而＜
＞=60°，即直线AE与BC所成角的大小为60°.
用向量法求异面直线所成角的步骤：
(1)坐标向量法
(2)基向量法
在一些不适合建立空间直角坐标系的题目中，一般先把直线的方向向量a，b用基向量表示，再由公式cos＜a，b＞s=求得cos＜a，b＞，进而求得两条直线的夹角.
(1)如图所示，已知圆锥CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圆O的直径，
点D在上，且∠AOD=2∠BOD，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为
(　 　)
A. B. C. 　 D.
【解析】 ∵∠AOD=2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD=π，∴∠BOD=，连接CO，则CO⊥平面ABD，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，设圆O的半径为2，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，
C(0，0，2)，D(，1，0)，∴=(，3，0)，=(0，－2，2)，
设异面直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ=|cos＜＞|=
，∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为.
跟踪训练1
A
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱
CC1的中点，F在棱AD上，且=λ，若异面直线D1E和A1F
所成角的余弦值为，则λ= 　.
【解析】 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系(图略). 正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).∴=(0，2，－1)，＋λ=(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)=(－2λ，0，－2).则cos＜＞=，∴，解得λ=.
考点二　直线与平面所成的角
(2025·北京卷)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点.
(1)若F，G分别为PD，PE的中点，证明：FG∥平面PAB.
证明：(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，
∠BAC=90°，不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2，
∴BC=4.∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN=AD=1，GM=BE=1，且FN∥AD，GM∥BC.∵∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴AD∥BC，∴FN∥GM，∴四边形FGMN为平行四边形，∴FG∥MN，∵FG 平面PAB，MN 平面PAB，∴FG∥平面PAB.
例 2
(2)若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值.
解：(2)∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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AD=CD=2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，
C(2，0，0)，D(，－，0)，P(0，0，2)，
∴=(0， 2，0)，=(，0)，=(－2，
0， 2)，设平面PCD的一个法向量为n=(x， y， z)，
∴取x=1，∴y=－1，z=1，∴n=(1， －1， 1).设AB与平面PCD所成角为θ，则sin θ=|cos＜， n＞|=，即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
利用空间向量求线面角的解题步骤：
注意：线面角的正弦值对应向量夹角的余弦值的绝对值.
(2026·广西南宁模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，
AB=2DC，∠ABC=90°，△PAD为等腰直角三角形，AD为斜边，
其中AB=2，PD=BC=1，PB=PC.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明：如图所示，设线段AD的中点为M，线段BC的中点为N，连接PM，MN，PN，依题意，PD=PA=1，则PM⊥AD，由PB=PC，得PN⊥BC，而CD∥AB，AB⊥BC，MN是梯形ABCD的中位线，于是MN∥AB，MN⊥BC，而MN，PN 平面PMN，MN∩PN=N，则BC⊥平面PMN，而PM 平面PMN，于是BC⊥PM，又AD，BC 平面ABCD，且AD和BC相交，∴PM⊥平面ABCD，而PM 平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD.
跟踪训练2
(2)线段PB上是否存在一点T，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(2)解：∵AD=BD=，则AD2＋BD2=4=AB2，即AD⊥BD，
由(1)知PM⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，则PM⊥BD，
由AD∩PM=M，AD，PM 平面PAD，可得BD⊥平面PAD，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(，0，0)，B(0，， 0)，P，令=λ，0≤λ≤1，则，由BD⊥平面PAD，则平面PAD的一个法向量为m=(0，1，0)，由题设|cos＜m， ＞|=，∴，可得λ=(负值舍)，∴时满足题设.
考点三　平面与平面的夹角
(2024·新课标Ⅱ卷)如图所示，平面四边形ABCD中，AB=8，
CD=3，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满
足，将△AEF沿EF翻折至△PEF，
使得PC=4.
(1)证明：EF⊥PD.
(1)证明：由AB=8，AD=5，得AE=2，AF=4，又∠BAD=30°，在△AEF中，由余弦定理得EF==2，∴AE2＋EF2=AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，∴EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE=E，PE，DE 平面PDE，∴EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，故EF⊥PD.
例 3
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
解：(2)连接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3，
则CE2=ED2＋CD2=36，在△PEC中，PC=4，PE=2，
EC=6，得EC2＋PE2=PC2，∴PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF=E，EC，EF 平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，
又ED 平面ABCD，∴PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
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)，
∴=(3，3，－2)，=(0，3，－2)，=(4，2，－2)，=(2，0，
－2)，设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)，
则
令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=－1，z2=1，∴n=(0，2，3)，m=(，－1，1)，
∴|cos＜m，n＞|=，设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则
sin θ=，即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为.
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤：
建坐标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直角坐标系
求法向量 准确求解相关点的坐标，并分别求出两个平面的法向量m，n，设两个平面的夹角为θ
用公式
(2025·福建福州模拟)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，BC⊥平面SAB，
AD∥BC，SA=BC=1，SB=，∠SBA=45°.
(1)证明：SA⊥平面ABCD.
(1)证明：在△SAB中，∵SA=1，∠SBA=45°，SB=，由正弦定理，得，∴，∴sin∠SAB=1.∵0°＜∠SAB＜180°，∴∠SAB=90°，∴SA⊥AB.∵BC⊥平面SAB，SA 平面SAB，∴BC⊥SA. 又BC∩AB=B，BC，AB 平面ABCD，∴SA⊥平面ABCD.
跟踪训练3
(2)若AD=，求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
(2)解：方法一　由(1)知SA⊥平面ABCD，又AB，AD 平面ABCD，∴SA⊥AB，SA⊥AD.
∵BC⊥平面SAB，AB 平面SAB，∴BC⊥AB.∵AD∥BC，∴AD⊥AB，∴SA，AD，AB两两垂直.以A为原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0，0，1)，C(1，1，0)，D，∴=(1，1，－1)，，设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)，则即取x=2，
则n1=(2，－1，1)，显然平面SAB的一个法向量n2=(1，0，0)，
∴cos＜n1，n2＞=，∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
方法二　由(1)知SA⊥平面ABCD，过点B作BM∥SA，则BM⊥平面ABCD，又AB，BC 平面ABCD，∴BM⊥AB，BM⊥BC.∵BC⊥平面SAB，AB 平面SAB，∴BC⊥AB，∴BM，BA，BC两两垂直.以B为原点，分别以BA，BC，BM所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(1，0，1)，C(0，1，0)，D，∴=(－1，1，－1)，，设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)，则即取y=2，则n1=(1，2，1)，显然平面SAB的一个法向量n2=(0，1，0)，∴cos＜n1，n2＞=，∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为.
方法三　延长CD，BA交于点M，连接SM，
则平面SCD∩平面SAB=SM，在△SBM中，SB=，∠SBA=45°，BM=2，由余弦定理，得SM2=SB2＋MB2－2SB·MBcos∠SBM，∴SM2=()2＋22－2××2×=2，∴SM2＋SB2=BM2，∴SM⊥SB.∵BC⊥平面SAB，SM 平面SAB，∴SM⊥BC.又SM⊥SB，SB∩BC=B，∴SM⊥平面SBC.又SC 平面SBC，∴SM⊥SC，∴∠BSC为平面SCD与平面SAB的夹角.∵BC⊥平面SAB，SB 平面SAB，∴BC⊥SB.∵SB=，BC=1，得SC=，∴cos∠BSC=，∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值
为.
课时作业
1.(2025·天津红桥开学考试)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2.
(1)求证：当AD=2时，平面PBD⊥平面PAC.
(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，∴PA⊥BD，又底面ABCD为矩形，AB=AD=2，∴底面ABCD为正方形，即AC⊥BD，又AC∩PA=A，AC，PA 平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD 平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
(2)当AD=时，
(i)求二面角B－PD－C的大小；
(ii)求PB与平面PDC所成角的正弦值.
(2)解：(i)如图所示建立空间直角坐标系，
由AD=，PA=AB=2，可得P(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，)，A(0，0，0)，C(0，2，)，则=(－2，0，)，=(0，2，0)，=(－2，2，0)，
设平面PBD的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则
即令z1=，则x1=1，y1=1，∴n1=(1，1，)，设平面PDC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则
即令z2=，则x2=1，y2=0，∴n2=(1，0，)，由cos＜n1，n2＞=，∵＜n1，n2＞∈[0，π]，∴＜n1，n2＞=，由图可知二面角B－PD－C是锐角，则二面角B－PD－C的大小为.
(ii)设PB与平面PDC所成的角为θ，则sin θ=|cos＜，n2＞|=，即PB与平面PDC所成角的正弦值为.
2.(2026·宁波一模)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB
⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且
PA=AD=2BC，E为CD的中点，F为线段PD上一点，PF=3FD.
(1)证明：EF∥平面PAB.
(1)证明：在线段PA上取点N，使得AN=AP，取线段AB的中点M，
连接EM，MN，NF，则，NF∥AD，∴，
则NF=AD=BC，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2BC，E为CD
的中点，则ME∥AD，ME=BC，∴ME∥NF，ME=NF，即四边
形FNME为平行四边形，EF∥MN，而EF 平面PAB，MN 平面PAB，∴EF∥平面PAB.
(2)若PB=BC=AB，M是AB的中点，求平面MEF与平面PEF夹角的余弦值.
(2)解：由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥AD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面PAB，
∵PA=AD=2BC，PB=BC=AB，
∴PB2=AB2＋PA2，则PA⊥AB，即直线AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
不妨设AB=2，则P(0，0，4)，M(1，0，0)，E(1，3，0)，F(0，3，1)，
则=(0，3，－3)，=(－1，0，1)，=(0，3，0)，
设平面MEF的法向量为n=(a，b，c)，
则取a=1，得n=(1，0，1)，
设平面PEF的法向量为m=(x，y，z)，
则取z=1，得m=(1，1，1)，
则|cos＜m，n＞|=，
∴平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为.
3.(2024·新高考Ⅰ卷)如图所示，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.
(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA 平面PAB，∴AD⊥平面
PAB，而AB 平面PAB，∴AD⊥AB.∵BC2＋AB2=AC2，∴BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD 平面PBC，BC 平面PBC，∴AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD.
(2)解：以DA，DC为x，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
令AD=t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC=，C(0，，0)，设平面ACP的法向量n1=(x1，y1，z1)，
∴
不妨设x1=，则y1=t，z1=0，n1=(，t，0)，
设平面CPD的法向量为n2=(x2，y2，z2)
∴不妨设z2=t，则x2=－2，y2=0，∴n2=(－2，0，t).
∵二面角A－CP－D的正弦值为，则余弦值为，∴=|cos＜n1，n2＞|=，∴t=，∴AD=.
4.(2025·新高考Ⅰ卷)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD.
(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，∴AP⊥AB，AP⊥AD，∵AP 平面PAD，AD 平面PAD，AP∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∵AB 平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)设PA=AB=，BC=2，AD=1，且点P，B，C，D均在球O的球面上.
(i)证明：点O在平面ABCD内.
(ii)求直线AC与PO所成角的余弦值.
(2)(i)证明：在四棱锥P－ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=，AD=1，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，若P，B，C，D在同一个球面上，则|OP|=|OB|=|OC|=|OD|，在平面xAy中，
∴A(0，0)，B(，0)，C(，2)，D(0，1)，∴线段CD中点坐标F，直线CD的斜率k1==－，直线CD的垂直平分线EF斜率k2=，∴直线EF的方程：y－，即y=，当y0=1时，1=，解得x0=0，∴O(0，1) 在立体几何中，O(0，1，0)，
∵解得|OP|=|OB|=|OC|=|OD|=，∴点O在平面ABCD上.
(ii)解：由题意，(1)(2)(i)及图得，
=(，2，0)，=(0，1，－)，设直线AC与直线PO所成角为θ，∴cos θ=.(共54张PPT)
第7节　向量法求距离、探索性及折叠问题
课标解读　1.会求空间中点到直线、点到平面的距离.
2.会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系、角的存在条件与折叠问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 利用向量法求距离
考点二 探索性问题
考点三 折叠问题
微点突破
1.[教材改编]已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为(　 　)
A. B. 1
C. D. 2
【解析】 ∵A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，∴=(1，0，0)，=(－1，2，－2)，
∴点A到直线BC的距离为d=.
A
2.[教材改编]已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，
C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，∴=(1，0，－1)，
=(0，1，－1)，=(－1，0，0)，设平面A1C1D的一个法向
量为m=(x，y，1)，则即解得故m=(1，1，1)，∴平面AB1C∥平面A1C1D，∴平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d=.
B
3.[教材改编]已知平面ABC的一个法向量为n=(1，2，1)，向量，则点F
到平面ABC的距离为 　.
【解析】 由题意，点F到平面ABC的距离为.
4. (点到直线的距离公式记错)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正
方形A1ABB1的中心，E为棱BC的中点，则点O到直线A1E的距离为 　.
【解析】 以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则A1(2，0，2)，O(2，1，1)，E(1，2，0)，∴=(0，1，－1)，=(－1，2，－2)，∴cos＜＞=.∵＜＞∈[0，π]，∴sin＜＞=，∴点O到直线A1E的距离为||sin＜＞=
.
易错题
5. (点到平面的距离公式忽略绝对值出错)已知平面α的一个法向量为n=(－2，－2，1)，点A(x，3，0)在平面α内，点P(－2，1，4)到平面α的距离为，则x=_________
　 　.
【解析】 由题可知=(x＋2，2，－4)，，则，解得x=
－1，或x=－11.
易错题
－1或
－11
1.点P到直线l的距离
如图1所示，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== 　.
图1
2.点P到平面α的距离
如图2所示，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= 　= 　.
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l，m之间的距离，可在其中一条直线l上任取一点P，则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
图2
[优化拓展]
直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离，用求点到平面的距离的方法求解：
(1)直线a与平面α之间的距离d=，其中A∈a，B∈α，n是平面α的法向量.
(2)两个平行平面α，β之间的距离d=，其中A∈α，B∈β，n是平面α，β的法向量.
考点一　利用向量法求距离
(1)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB=3，
AD=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
则=(－3，0，1)，=(－3，4，0)，故点P到直线BD的距离
d==，∴点P到直线BD的距离为.
例 1
A
(2)在棱长均为a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为(　 　)
A. a B. a C. a D. a
【解析】 如图所示，以A为空间直角坐标系原点，以垂直于AC的
直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间
直角坐标系.∵ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱
CC1的中点，∴A(0，0，0)，B1，D，
C1(0，a，a)，∴
，设平面AB1D的法向量是n=(x，y，z)，∴取n=(，1，－2)，故点C1到平面AB1D的距离d=a.
A
1.点线距的求解步骤：
直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式.
2.点面距的求解步骤：
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模即可.
3.两条异面直线间的距离：
在两条直线上各取一点构成一个向量，u为两条直线的公垂线的单位方向向量，则两条异面直线间的距离为|·u|.
(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=1，BC=2，AA1=3，则异面直线AC与BC1之间的距离是
(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 如图所示，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，
C1(0，1，3)，∴=(2，－1，0)，=(－2，0，3).设直线AC与BC1的公
垂线的方向向量为n=(x，y，z)，则
令z=2，则x=3，y=6，∴n=(3，6，2).又=(0，1，0)，则异面直线AC与BC1之间的距离d=.
跟踪训练1
D
(2)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
求：(i)点N到直线AB的距离；
(ii)点C1到平面ABN的距离.
解：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).
(i)=(0，4，2)，=(2，2，0)，则||=2，||=4.设点N到直线AB的距离为d1，
则d1==4.
(ii)设平面ABN的一个法向量为n=(x，y，z)，
则令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=.
考点二　探索性问题
例2　如图所示，在正四棱锥S－ABCD中，已知SA=AB=，
SO⊥平面ABCD，点O在平面ABCD内，点P在棱SD上.
(1)若P是SD的中点，证明：平面SAD⊥平面PAC.
(1)证明：依题意，正四棱锥S－ABCD的所有棱长均为，
又P是SD的中点，∴SD⊥PC，SD⊥PA，PC∩PA=P，PC，
PA 平面PAC，∴SD⊥平面PAC，又SD 平面SAD，∴平面SAD⊥平面PAC.
例 2
(2)在棱SD上是否存在一点P，使得二面角S－AC－P的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
(2)解：连接OB，由SO⊥平面ABCD，OB 平面ABCD，OC 平面ABCD，则SO⊥OB，SO⊥OC，又OB⊥OC，可得OB，OC，OS两两垂直，分别以OB，OC，OS所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(－1，0，0)，S(0，0，1)，假设在棱SD上存在一点P，使得二面角S－AC－P的余弦值为，设=λ(0≤λ≤1)，由=(－1，0，－1)，∴=(－λ，0，－λ)，则P(－λ，0，1－λ)，设平面PAC的一个法向量为n=(x，y，z)，则
∵=(－λ，1，1－λ)，=(0，2，0)，∴令z=λ，得x=1－λ，n=(1－λ，0，λ)，∵平面SAC的一个法向量为=(1，0，0)，
且二面角S－AC－P为锐二面角，∴|cos＜n，＞|=，化简得3λ2－8λ＋4=0，解得λ=，或λ=2(舍)，∴存在点P符合题意，P为棱SD上靠近点D的三等分点.
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”等.
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.
如图所示，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)当k=2时，求直线A1F与直线EC所成角的余弦值；
解：(1)取C1D1的中点Q，CD的中点M，连接QE，CQ，D1M，FM，
则D1Q∥MC，且D1Q=MC，A1D1∥FM且A1D1=FM，故四边形A1D1MF，D1QCM均为平行四边形，∴A1F∥D1M，∴CQ∥D1M，∴CQ∥A1F，∴∠QCE或其补角为直线A1F与直线EC所成角，不妨设AA1=1，则AB=2，则CQ=，QE=1，在Rt△OCE中，CE=2，在△CQE中，cos∠ECQ=，∴直线A1F与直线EC所成角的余弦值为.
跟踪训练2
(2)是否存在实数k，使得点O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心？若存在，求出点O1的坐标；若不存在，请说明理由.
(2)如图所示，AC∩BD=O，以O为原点建立空间直角坐标系，
设AA1=2，AB=2k，故O(0，0，0)，E(0，0，2)，B(0，k，0)，
C(－k，0，0)，=(－k，－k，0)，=(0，k，－2)，
设平面EBC的法向量n=(x，y，z)，∴令x=2，y=－2，z=
－k，∴n=(2，－2，－k)，又△EBC的重心为G，∴
，但≠，∴n与不平行，∴不存在实数k，使得O在平面EBC内的射影O1恰好为△EBC的重心.
考点三　折叠问题
(2025·新高考Ⅱ卷)如图所示，在四边形ABCD中，AB∥CD，
∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=
3AD，CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，
使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明：A'B∥平面CD'F.
(1)证明：设AD=1，∴AB=3，CD=2，∵F为CD的中点，∴DF=1，∵EF∥AD，AB∥CD，∴AEFD是平行四边形，∴AE∥DF，∴A'E∥D'F，∵D'F 平面CD'F，A'E 平面CD'F，∴A'E∥平面CD'F，∵FC∥EB，FC 平面CD'F，EB 平面CD'F，∴EB∥平面CD'F，又EB∩A'E=E，EB，A'E 平面A'EB，∴平面A'EB∥平面CD'F，又A'B 平面A'EB，∴A'B∥平面CD'F.
例 3
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
(2) 解：∵∠DAB=90°，∴AD⊥AB，又AB∥FC，EF∥AD，∴EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角为60°，∴∠D'FC=60°.
则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'，E(1，0，0)，F(0，0，0)，∴=(－1，
－1，0)，=(1，0，0)，.设平面BCD'的法
向量为n=(x，y，z)，则令y=，则z=1，x=－，则n=.设平面EFD'A'的法向量为m=，则
令y=，则z=－1，x=0，∴m=(0，，－1).
∴cos＜m，n＞=，∴平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为.
翻折问题的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
如图所示，在长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点.将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)证明：AD⊥BM.
(1)证明：取AM的中点O，AB的中点N，连接OD，ON，∵M为CD的中
点，且CD=AB=2，∴DM=1，又DA=1，O为AM的中点，∴OD⊥AM，
平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，OD 平面ADM，
∴OD⊥平面ABCM.又AM=BM=，AB=2，∴AM⊥BM.∵O为AM的中
点，N为AB的中点，∴ON∥BM，∴ON⊥AM，∴ON，OA，OD两两垂
直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∴A，B，M，D，由于=(0，－，0)，则·=0，故AD⊥BM.
跟踪训练3
(2)若=λ(0＜λ＜1)，当二面角E－AM－D的大小为时，求λ的值.
(2)解：设存在满足条件的点E，则= λ，则点E的坐标为
(其中λ∈(0，1)).易得平面ADM的法向量可以取n1=(0，1，0)，设平面AME的法向量为n2=(x，y，z)，则=(－，0，0)，，则
取n2=(0，λ－1，2λ)，由于二面角E－AM－D的大小为，则 cos =|cos＜n1，n2＞|=，由于λ∈(0，1)，故解得λ=2－3.
1.立体几何中截面、交线问题的综合性较强，解决此类问题要应用三个基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.
2.立体几何中的动态问题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.
几何体的截面(交线)及动态问题
微点突破
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　 　)
A. 4＋4 B. 5
C. 4＋2＋4 D. 6＋2
【解析】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中
点H，连接A1G，EG，EH，FH，
例 4
考向1 截面问题
B
由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG=DD1=AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，A1G∥AE，A1G=AE，由F是A1D1的中点，得FH∥A1G∥AE，FH=A1G=AE，∴梯形AFHE是正方体ABCD－A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，AE=AF==2，FH=，EH=，∴所求截面的周长是5.
作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(多选)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱AA1，CC1，C1D1的中点，Q是棱A1D1上的动点(包含端点)，则(　 　)
A. 当Q是棱A1D1的中点时，过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得截面图形的面积
为2
B. 若过点B，M，P的平面截该正方体所得截面与A1D1交于点Q，则A1Q=
C. 过点Q且与BN垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为8
D. 存在点Q，使得过点Q，M，N的平面截该正方体所得的截面图形为五边形
【解析】 对于A，如图所示，取DD1的中点S，连接QS，PS，PQ，A1D，
跟踪训练4
ABC
∵P，Q分别为C1D1，A1D1的中点，∴PQ∥A1C1，SQ∥A1D，又PQ 平面A1C1D，A1C1 平面A1C1D，SQ 平面A1C1D，A1D 平面A1C1D，∴PQ∥平面A1C1D，SQ∥平面A1C1D，PQ∩SQ=Q，故平面SPQ∥平面A1C1D，∴△SPQ即为过点Q且与平面A1C1D平行的平面截该正方体所得的截面图形，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，∴PQ=PS=2，∴△SPQ的面积为=2，A正确；对于B，如图所示，延长B1A1，BM，使B1A1∩BM=K，再连接PK，使KP∩A1D1=Q，延长B1C1，KP，使B1C1∩KP=H，连接BH，使BH∩CC1=J，连接MQ，PJ，
则五边形PQMBJ为平面BMP截正方体所得截面图形，又△A1QK∽△D1QP，∴=2，∴A1Q=，B正确；对于C，如图所示，过点Q作QE⊥B1C1于点E，过点E作ET⊥BN交CC1于点T.
易得QE⊥平面BCC1B1，又BN 平面BCC1B1，∴QE⊥BN，∵QE∩ET=E，QE，ET 平面QET，∴BN⊥平面QET，∴过点Q且与BN垂直的平面QET截该正方体所得截面图形为矩形QETL，当点T与点C重合时，矩形QETL的面积最大，此时E为B1C1的中点，∴ET=2，QE=4，矩形QETL的面积最大为8，C正确；对于D，由题可知，M，N分
别是AA1，CC1的中点，则MN∥A1C1∥AC.当点Q与点A1重合时，过点Q，M，N的平面截该正方体所得截面图形为矩形；当点Q与点D1重合时，截面图形为四边形(菱形)；当Q在棱A1D1(除端点外)上时，如图所示，作QR∥A1C1交C1D1于点R，连接RN并延长交DC延长线于点V，连接QM并延长交DA延长线于点U，连接UV交AB于点G，交BC于点I，
多边形QRNIGM为过Q，M，N三点的截面图形，由正方体的对称性可知梯形QRNM与梯形IGMN全等，则截面图形为六边形.综上，过Q，M，N三点的平面截该正方体所得截面图形不可能为五边形，D错误.
已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心，为半径的球面与
侧面BCC1B1的交线长为 　.
【解析】 如图所示，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
例 5
考向2 交线问题
连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD=60°，AB=AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1=DB=2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E=，且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r=.可得EP=EQ=，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧.又D1P=，∴B1P==1，同理C1Q=1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ=，知交线的长为.
《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.如图所示，在鳖
臑P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=2BC=2，以C为球心，
为半径的球面与侧面PAB的交线长为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵PA⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，
∴PA⊥BC，PA⊥AB，∵AB⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，如图所示，
设为球C与平面PAB的交线，则CD=CE=，BC=1，∴BD=BE=，
∴所在的圆是以B为圆心，为半径的圆，∵PA=AB，且PA⊥AB，
∴∠PBA=，∴弧的长为.
跟踪训练5
B
在矩形ABCD中，AB=，AD=1，点E在CD上，现将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，当E从D运动到C时，求点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，垂足K为D在平面ABC上的射影，连接D'K，由翻折的特征知，
例 6
考向3 动态问题
图①
D
则∠D'KA=90°，故点K的轨迹是以AD' 为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是，如图②所示，当E与C重合时，∠D' AC=60°，∴AK=，
取O为AD' 的中点，得到△OAK是正三角形. 故∠KOA=，∴∠KOD' =，射影K的轨迹长度为.
图②
1.在解决动态变化过程中产生的体积最大(小)、距离最大(小)、角的范围等问题时，常用的思路是：
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解.
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数求最值问题，从而利用代数方法求解.
2.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法：
(1)几何法：根据平面的性质进行判定.
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算.
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
P为棱长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为　 　.
【解析】 根据题意知，该正方体的内切球半径为r=，如图所示.取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，∴O到过D，C，N的平面的距离为=1，∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2=4π.
跟踪训练6
4π
课时作业
1.某学校组织学生到工厂劳动实践，学习利用3D打印技术制作模型.如图所
示，该模型为四棱锥.在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，E为AD的中
点，底面ABCD是边长为2的正方形，且二面角P－BE－C的余弦值为.
求：(1)PD的长；
解：(1)由题意知DP，DA，DC三线两两垂直.如图所示，
以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，E(1，0，0).设PD=a(a＞0)，则P(0，0，a)，
∴=(2，2，－a)，=(1，0，－a).易知平面CBED的一个法向量为n1=
(0，0，1).
设平面PBE的法向量为n2=(x，y，z)，则
即
取z=1，得x=a，y=－，
即n2=为平面PBE的一个法向量.
则|cos＜n1，n2＞|=，解得a=2(负值舍去)，故PD的长为2.
(2)点C到平面PEB的距离.
(2)由(1)得，n2=(2，－1，1)，=(2，0，0)，
则点C到平面PEB的距离为.
2.如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱
形，AB=2AA1=2A1B1=2，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD.
(1)证明：BD⊥CC1.
(1)证明：如图所示，连接AC，A1C1，∵ABCD－A1B1C1D1为棱台，∴A，A1，C1，C四点共面.∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC.∵AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴AA1⊥BD.又AA1∩AC=A且AA1，AC 平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1.∵CC1 平面ACC1A1，∴BD⊥CC1.
(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角 E－AD1－D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由.
(2)解：取BC的中点Q，连接AQ，∵底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°，∴△ABC是正三角形，∴AQ⊥BC，即AQ⊥AD，由于AA1⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AQ，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q(，0，0)，
假设存在点E，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1，可得=(，λ，0)，=(0，1，1)，设平面AD1E的法向量n=(x，y，z)，则取x=λ，可得y=－，z=，
∴n=(λ，－).又平面ADD1的法向量为=(，0，0)，∴，解得λ=±.由于二面角E－AD1－D为锐角，则点E在线段QC上，∴λ=，即CE=1－，故BC上存在点E，当CE=1－时，二面角E－AD1－D的余弦值为.
3.(2025·江西景德镇模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC=BB1，E，F分别为BC，BB1的中点，且AF⊥EC1.
(1)证明：AC⊥平面BCC1B1.
(1)证明：∵BC=BB1，∴由题意在Rt△FBC和Rt△ECC1中，FB=EC，BC=CC1，Rt△FBC≌Rt△ECC1，∴∠EC1C＋∠FCC1=∠BCF＋∠FCC1=，∴FC⊥EC1，又AF⊥EC1，AF∩FC=F，AF，FC 平面AFC，∴EC1⊥平面AFC，又AC 平面AFC，∴EC1⊥AC，又由直三棱柱性质可得C1C⊥AC，C1C∩EC1=C1，C1C，EC1 平面BCC1B1，∴AC⊥平面BCC1B1.
(2)若AC=BC，在线段EC1上是否存在点M，使平面AMA1与平面AME夹角的余弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
(2)解：由题意和(1)可以C为原点，CB，CA，CC1为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
若AC=BC，则可设AC=BC=BB1=2，则C(0，0，0)，A(0，2，0)，E(1，0，0)，A1(0，2，2)，F(2，0，1)，C1(0，0，2)，设M(x，0，2－2x)(0≤x≤1)，则=(x，－2，2－2x)，=(0，0，2)，=(1，－2，0)，设平面AMA1的一个法向量为m=(x1，y1，z1)，平面AME的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，则 则 取x1=2，x2=2，则m=(2，x，0)，n=(2，1，1)，∴ 16x2－34x＋13=0，解得x=(舍去)或x=，∴若AC=BC，在线段EC1上存在点M，使平面AMA1与平面AME夹角的余弦值为，此时M为线段EC1的中点.
4.(2025·广东深圳模拟)如图所示，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角A－EF－C的大小为60°，M为线段AB上一点.
(1)若M为线段AB的中点，设直线MF与直线EA的交点为O，证明：OD∥平面EMC.
(1)证明：∵E，F分别为AD，BC的中点，∴EF∥AB∥CD，且AE=FB=2，又M为AB的中点，且AB⊥OE，AB⊥BF，易得△OAM≌△FBM OA=FB=AE=2，连接CE，DF，交于点N，连接MN，
由题设，易知四边形CDEF为平行四边形，∴N为DF的中点，∵AM∥EF，A是OE的中点，∴M为OF的中点，∴MN∥OD，又MN 平面EMC，OD 平面EMC，∴OD∥平面EMC.
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时线段AM的长；若不存在，请说明理由.
(2)解：∵EF∥AB∥CD，∴EF⊥DE，EF⊥AE，又DE 平面CEF，AE 平面AEF，∴∠DEA即为二面角A－EF－C的平面角，∴∠DEA=60°；取AE，BF中点O，P，连接OD，OP，如图所示，
∵∠DEA=60°，OE=DE=1，∴OD2=4＋1－4cos60°=3，
∴OD2＋OE2=DE2，∴OD⊥AE，∵OP∥EF，∴OP⊥DE，
OP⊥AE，又AE，DE 平面AED，AE∩DE=E，∴OP⊥平
面AED，∵OD，AE 平面AED，∴OD⊥OP，AE⊥OP，则以O为坐标原点，方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，)，E(－1，0，0)，
F(－1，4，0)，C(0，4，)，设M(1，m，0)(0≤m≤4)，则=(－1，0，－)，=(2，m，0)，=(1，4，)，设平面EMC的法向量n=(x，y，z)，则
令y=2，则x=－m，z=，∴n=，∵直线DE与平面EMC所成的角为60°，∴sin 60°=，解得m=1，或m=3，∴存在点M，当AM=1，或AM=3时，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.(共47张PPT)
第3节　空间直线、平面的平行
课标解读　1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面平行
的有关性质与判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 线面平行的判定与性质
考点二 平面与平面平行的判定与性质
考点三 平行关系的综合应用
1.[教材改编]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
【解析】 ∵直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，∴直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.
D
2.[教材改编]如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为　 　.
【解析】 连接BD，设BD∩AC=O，连接EO(图略)，在△BDD1中，E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又EO 平面ACE，BD1 平面ACE，∴BD1∥平面ACE.
平行
3.[教材改编]如图所示为长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为　 　.
【解析】 平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面DCGH=HG，且平面EFGH∩平面ABFE=EF，∴EF∥HG，同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.
平行四边形
4. (忽视面面平行的条件)下列条件中，能判断两个平面平行的是(　 　)
A. 一个平面内的一条直线平行于另一个平面
B. 一个平面内的两条直线平行于另一个平面
C. 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面　
D. 一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
【解析】 由两个平面平行的判定定理可知，若一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，则这两个平面平行.
易错题
D
5. (忽视面面平行判定的条件)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　 　)
A. 存在一条直线a，a∥α，a∥β
B. 存在一条直线a，a α，a∥β
C. 存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D. 存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
【解析】 对于A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，∴A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，∴D的内容是α∥β的一个充分条件.
易错题
D
6. (对空间平行关系相互转化的条件理解不到位)设m，l表示两条不同的直线，α表示平面，若m α，则“l∥α”是“l∥m”的　 　条件.
【解析】 由m α，l∥α不能推出l∥m；由m α，l∥m也不能推出l∥α，∴“l∥α”是“l∥m”的既不充分也不必要条件.
易错题
既不充分也不必要
1.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)直线与平面平行的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 如果平面外一条直线与此平面内的　 　平行，那么该直线与此平面平行 a α，b α，a∥b a∥α
性质 定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与　 　平行 a∥α，a β，
α∩β=b
a∥b
一条直线
交线
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)平面与平面平行的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 如果一个平面内的两条_______ 　 　与另一个平面平行，那么这两个平面平行 a β，b β，a∩b=P，a∥α，b∥α α∥β
性质 定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面　 　，那么两条　 　平行 α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b a∥b
相交
直线
相交
交线
[优化拓展]
1.掌握三种平行关系的转化：
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，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(4)若α∥β，a α，则a∥β.
考点一　线面平行的判定与性质
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，
PD=AD=AB=2，CD=4，E为PC的中点.证明：BE∥平面PAD.
证明：方法一　如图①所示，取PD的中点F，连接EF，FA.
例 1
考向1 直线与平面平行的判定
　图①
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∥EF，且AB=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②所示，延长DA，CB相交于点H，连接PH，
图②
∵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③所示，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∥DH，且AB=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.
　图③
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，过点G和PA作平面交BD于
点H.证明：PA∥GH.
证明：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，又平面PAHG∩平面BMD=GH，PA 平面PAHG，∴PA∥GH.
例 2
考向2 直线与平面平行的性质
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.
如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，
M是线段EF的中点.
(1)证明：AM∥平面BDE.
证明：(1)如图所示，记AC与BD的交点为O，连接OE.
∵O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
∴四边形AOEM是平行四边形，
∴AM∥OE.又OE 平面BDE，AM 平面BDE，∴AM∥平面BDE.
(2)若平面ADM∩平面BDE=l，平面ABM∩平面BDE=m，试分析l与m的位
置关系，并证明你的结论.
解：(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE=l，∴l∥AM，AM∥平面BDE，又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE=m，∴m∥AM，∴l∥m.
跟踪训练1
考点二　平面与平面平行的判定与性质
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为棱B1C1，
A1B1，AB的中点.
(1)证明：平面A1C1G∥平面BEF.
证明：(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1.
∵A1C1 平面A1C1G，EF 平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G.又F，
G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F=BG，又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，∴BF∥A1G.∵A1G 平面A1C1G，BF 平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF=F，EF，BF 平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)若平面A1C1G∩BC=H，证明：H为BC的中点.
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，经过点G的直线交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点.
例 3
证明面面平行的常用方法：
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β α∥β).
(3)利用平面平行的传递性，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).
如图所示，在圆台OO1中，A1B1，AB分别为上、下底面的直径，
且A1B1∥AB，AB=2A1B1，CC1为异于AA1，BB1的一条母线，M为AC的
中点，证明：C1M∥平面ABB1A1.
证明：如图所示，连接A1C1.
跟踪训练2
∵在圆台OO1中，上、下底面的直径分别为A1B1，AB，且A1B1∥AB，∴AA1，BB1，C1C为圆台母线且延长线交于一点P，∴A，A1，C1，C四点共面.连接BC，B1C1，在圆台OO1中，平面ABC∥平面A1B1C1，由平面AA1C1C∩平面ABC=AC，平面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1，得A1C1∥AC.∵A1B1∥AB，AB=2A1B1，∴，∴，即C1为PC的中点.在△PAC中，∵M为AC的中点，∴C1M∥AA1.∵AA1 平面ABB1A1，C1M 平面ABB1A1，∴C1M∥平面ABB1A1.
考点三　平行关系的综合应用
如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，且截面为
平行四边形.
(1)证明：AB∥平面EFGH.
(1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG 平面ABD，EF 平面ABD，∴EF∥平面ABD.
∵EF 平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，∴EF∥AB.∵AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.
(2)若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围.
(2)解：设EF=x(0＜x＜4)，由(1)知EF∥AB，∴.与(1)同理可得CD∥FG，∴，则=1－，∴FG=6－x，∴四边形EFGH的周长l=2=12－x.又0＜x＜4，∴8＜l＜12，故四边形EFGH周长的取值范围是(8，12).
例 4
利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置.对于线段的长或线段的比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决.
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1
上的点，且.
(1)证明：PQ∥平面A1D1DA.
(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于点M，如图所示.∵四边形ABCD为正方形，∴BC∥AD，故△PBC∽△PDM，∴.又，∴，∴PQ∥MD1.又MD1 平面A1D1DA，PQ 平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.
跟踪训练3
(2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明.
(2)解：当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图所示.

证明如下：∵，即，故，∴PR∥DA.又DA 平面A1D1DA，PR 平面A1D1DA，∴PR∥平面A1D1DA.又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR=P，PQ，PR 平面PQR，∴平面PQR∥平面A1D1DA.
课时作业
答案速对
第七章 对点练55　空间直线、平面的平行 题号 1 2 3 4 5
答案 B C A A C
题号 6 7 8 13 14
答案 B ACD AD D BC
1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　 　)
A. MN∥PD
B. MN∥PA
C. MN∥AD
D. 以上均有可能
B
2.“平面α 与平面β 平行”是“平面α 内的任何一条直线都与平面β 平行”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
C
3.(2025·江苏淮安阶段练习)如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，=(　 　)
A. B. C. D.
A
4.(2024·全国甲卷理)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β=m，下述四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β；③若n∥α且n∥β，则m∥n；④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n.
其中所有真命题的编号是 (　 　)
A. ①③ B. ②④　
C. ①②③　 D. ①③④
A
5.过四棱锥P－ABCD任意两条棱的中点作直线，其中与平面PBD平行的直线有(　 　)
A. 4条 B. 5条
C. 6条 D. 7条
C
6.在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是　(　 　)
B
【解析】 对于A，如图①所示，连接B1N，由正方体的性质可知BM∥B1N，又B1N与平面CNQ相交，∴直线BM与平面CNQ不平行，A错误；
对于B，如图②所示，连接AC，AQ，由正方体的性质可知NQ∥AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM∥AQ，BM 平面CNQ，AQ 平面CNQ，∴直线BM与平面CNQ平行，B正确；对于C，如图③所示，连接BQ，由中位线定理及正三棱柱的性质可知NQ∥BC，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，C错误；
图① 图② 图③
对于D，假设直线BM与平面CNQ平行，如图④所示，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则D是线段A1B1上靠近点B1的四等分点，连接BD，由MD∥CQ，MD 平面CNQ，CQ 平面CNQ，可得MD∥平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，MD∩BM=M，MD，BM 平面BDM，则平面BDM∥平面CNQ，而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别相交于BD，QN，则BD与QN平行，显然BD与QN不平行，故假设不成立，∴直线BM与平面CNQ不平行，D错误.
图④
7.(多选)如图所示，往透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列命题中，正确的有
(　 　)
A. 没有水的部分始终呈棱柱形
B. 水面EFGH所在四边形的面积为定值
C. 棱A1D1始终与水面所在平面平行
D. 当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值
【解析】 由题图，显然A正确，B错误；对于C，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG，且A1D1 平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)，C正确；对于D，∵水是定量的(定体积V)，∴S△BEF·BC=V，即BE·BF·BC=V，∴BE·BF=(定值)，D正确.
ACD
8.(多选)设l，m是空间中两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若l∥m，m α，l α，则l∥α
B. 若l α，m β，α∥β，则l∥m
C. 若l α，m α，l∥β，m∥β，则α∥β
D. 若α∥β，α∩γ=l，β∩γ=m，则l∥m
【解析】 若l∥m，m α，l α，根据线面平行的判定定理，可得l∥α，∴A正确；若l α，m β，α∥β，则直线l与m平行或异面，∴B错误；若l α，m α，l∥β，m∥β，只有当l与m相交时，才能得到α∥β，∴C错误；若α∥β，α∩γ=l，β∩γ=m，根据面面平行的性质，可得l∥m，∴D正确.
AD
9.设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β=m，n γ，
且　　　　　，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.
①α∥γ，n β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m γ.
可以填入的条件有　 　(填序号).
【解析】 由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，∴m∥n，③正确.
①或③
10.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF= 　.

【解析】 ∵EF∥平面AB1C，EF 平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C=AC，∴EF∥AC，∴F为DC的中点，故EF=AC=.
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点.
(1)求证：BD1∥平面AEC.
(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，对角线AC，BD交于点O，∴O为BD的中点.又E为DD1的中点，∴OE是△DBD1的中位线，∴OE∥BD1.又OE 平面AEC，BD1 平面AEC，∴BD1∥平面AEC.
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1？若存在，请说明理由.
(2)解：存在CC1上的中点F满足平面AEC∥平面BFD1.理由如下：如图所示，∵F为CC1的中点，E为DD1的中点，∴CF∥ED1，CF=ED1，∴四边形CFD1E为平行四边形，∴D1F∥EC.又EC 平面AEC，D1F 平面AEC，∴D1F∥平面AEC.由(1)知BD1∥平面AEC，又BD1∩D1F=D1，BD1，D1F 平面BFD1，∴平面AEC∥平面BFD1.
12.如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点.
(1)求证：MN∥平面PAD.
(1)证明：取CD的中点Q，连接MQ，NQ.∵M，N，Q分别为AB，
PC，CD的中点，故MQ∥AD，NQ∥PD，又MQ 平面PAD，
AD 平面PAD，故MQ∥平面PAD，同理NQ∥平面PAD.又MQ，
NQ 平面MNQ，MQ∩NQ=Q，故平面MNQ∥平面PAD.又MN
平面MNQ，故MN∥平面PAD.
(2)若平面PAD∩平面PBC=l，判断BC与l的位置关系，并证明.
(2)解：BC∥l，理由如下：∵四边形ABCD为平行四边形，故AD∥BC.又BC 平面PAD，AD 平面PAD，∴BC∥平面PAD.又平面PAD∩平面PBC=l，BC 平面PBC，故BC∥l.
13.设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当点A，B分别在α，β内运动时，那么所有的动点C(　 　)
A. 不共面
B. 当且仅当点A，B在两条相交直线上移动时才共面
C. 当且仅当点A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面
D. 不论点A，B如何移动都共面
【解析】 根据平行平面的性质，不论A，B如何运动，动点C均在过点C且与α，β都平行的平面上.
D
14.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP=BD1，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. MN∥平面APC B. C1Q∥平面APC
C. A，P，M三点共线 D. 平面MNQ∥平面APC
【解析】 如图所示，连接MN，AC，则MN∥AC，
连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN 平面APC，A错误；
由A项知M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，AN 平面APC，
∴C1Q∥平面APC，B正确；由A项知A，P，M三点共线，C正确；
由A项知MN 平面APC，又MN 平面MNQ，∴平面MNQ与平面APC相交，D错误.
BC
15.用一个平面去截直三棱柱ABC－A1B1C1，分别交A1C1，B1C1，BC，
AC于点E，F，G，H.则截面的形状可以为　 　(把你认为可能
的结果的序号填在横线上).
①一般的平行四边形；②矩形；③一般的菱形；④正方形；⑤梯形.
【解析】 三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，则平面A1B1C1∥平面ABC，截面与平面A1B1C1，平面ABC均相交，则交线EF∥HG，当FG不与B1B平行时，此时EH不平行于FG，四边形EFGH为梯形；当FG∥B1B时，此时EH∥FG，FG⊥EF，当EH≠EF时，四边形EFGH为矩形；当EH=EF时，四边形EFGH为正方形.
②④⑤
16.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时，是否都有MN∥平面A1C1P，并证明.
(1)解：当点P在棱DD1上运动时，都有MN∥平面A1C1P.
证明如下：
连接AC，在正方形ABCD中，MN为△ABC的中位线，可得
MN∥AC，由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形，
则AC∥A1C1，可得MN∥A1C1，又MN 平面A1C1P，A1C1 平面A1C1P，∴MN∥平面A1C1P.
(2)若P是DD1的中点，Q是BB1的四等分点，且B1Q=3QB，证明：平面MNQ∥平面A1C1P.
(2)证明：取A1A的中点F，连接PF，FB1，取B1B的中点E，连接AE，由FP∥A1D1，FP=A1D1，A1D1∥B1C1，A1D1=B1C1，可得FP∥B1C1，FP=B1C1，即四边形FPC1B1为平行四边形，可得FB1∥PC1，由E为B1B的中点，且B1Q=3QB，可得Q为BE的中点，且MQ∥AE，
由AEB1F为平行四边形，可得AE∥FB1，即有MQ∥PC1.
又MQ 平面A1C1P，PC1 平面A1C1P，则MQ∥平面A1C1P，又MN∥平面A1C1P，MN∩MQ=M，MN，MQ 平面MNQ，∴平面MNQ∥平面A1C1P.(共16张PPT)
第七章 单元小卷
1.(2025·江苏扬州模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线
BD与A1C1的位置关系是(　 　)
A. 平行 B. 相交
C. 异面但不垂直 D. 异面且垂直
【解析】 ∵正方体的对面平行，∴直线BD与A1C1异面，如图所示，连接AC，由正方体的性质得四边形A1C1CA是平行四边形，AC⊥BD，则AC∥A1C1，故BD⊥A1C1，则直线BD与A1C1异面且垂直，D正确.
D
2.(2025·辽宁沈阳二模)已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为(　 　)
A. 5π B. 7π C. 9π D. 16π
【解析】 圆台的侧面积为π×(4＋3)×=7π.
B
3.(2025·福建莆田三模)已知某圆台的下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台的外接球的表面积是(　 　)
A. 12π B. 16π C. 20π D. 24π
【解析】 由题意分析可得球心应该在线段O1O2的延长线上，如图所示，设O为圆台外接球的球心，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，R为外接球的半径，则R2=1=22＋O，解得R2=5，∴外接球的表面积为S=4πR2=20π.
C
4.在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD=AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为(　 　)
A. 圆 B. 抛物线
C. 双曲线 D. 椭圆
【解析】 ∵在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直，且AD=AB，∴该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，∴对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC.∵EP与AC成30°角，∴EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，
∴点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面圆周.
A
5.(2025·安徽合肥模拟)已知圆锥与圆柱的底面半径相等，侧面积也相等，设圆锥的体积为V1，圆柱的体积为V2，则的取值范围是(　 　)
A. B. C. (0，1) D.
【解析】 设底面圆半径为r，侧面积为S，则圆锥的母线长为l=，圆柱母线(即高线)长为l'=，可得圆锥的高为h=，由h＞0，可得＞r2，即S2＞π2r4，故有∈(0，1)，V1=πr2h=πr2，V2=πr2l'=πr2，∴∈.
B
6.(多选)(2025·河北秦皇岛三模)如图所示，圆锥SO的底面半径为1，
侧面积为3π，△SAB是圆锥的一个轴截面，C是底面圆周上异于A，
B的一点，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. △SAB的面积为2
B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为
C. 由点C出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点C的细绳长度最小值为3
D. 若AC=，则三棱锥O－SAC的体积为
ABC
【解析】 由圆锥SO的底面半径为1，侧面积为3π，得圆锥母线l=3，圆锥的高h==2，对于A，S△SAB=AB·h=2，A正确；对于B，圆锥SO的侧面展开图扇形的弧长为2π，圆心角为，B正确；对于C，将圆锥SO的侧面沿母线SC剪开展成平面图形，连接CC'，如图所示，所求细绳长度最小值为CC'=2lsin=3，C正确；
对于D，当AC=时，OC⊥OA，S△AOC=OA·OC=，VO－SAC=VS－OAC=×2，D错误.
7.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面的面积为　 　.
【解析】 如图所示，分别取棱D1C1，AB的中点E，F，连接A1E，A1F，CF，CE，EF，则平面A1ECF为符合题意的截面，易知截面是菱形.连接EF，A1C，易知EF=2，A1C=2，EF⊥A1C，∴截面的面积S=EF·A1C=2.
2
8.(2025·甘肃白银三模)如图所示，在三棱锥S－ABC中，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=AB=BC=2，AC=4，若E为线段AB上一动点，则SE＋CE的最小值为
　 　.
22
【解析】 ∵SA=SC=AB=BC=2，AC=4，∴SA2＋SC2=AC2，AB2＋BC2=AC2，SA⊥SC，BA⊥BC，记AC的中点为O，连接OS，OB，∵SA=SC，∴OS⊥AC，∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，∴OS⊥平面ABC，OB 平面ABC，∴OS⊥OB，由OS=OB=2，得SB=2=SA=AB，∴△SAB为等边三角形，把△SAB绕AB翻折，使得平面SAB与平面ABC在同一平面上，连接SC交AB于点E，则∠SBC=150°，如图所示，则SE＋CE的最小值为平面ASBC内SC的长度，∴SC2=SB2＋BC2－2SB·BC·cos∠SBC=
8＋8－2×2×2=16＋8，∴SC=22，即SE＋CE的最小值为22.
9.(2025·杭州二模)在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=BD=2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点.
(1)若AP=AD，
(i)证明：AB⊥平面BPD.
(ii)求三棱锥P－ABD的体积.
解：(1)(i)证明：在△ABD中，AB=BD=2，AB⊥BD，∴AD=2.∵AP=AD=2，AB=PB=2，∴AB2＋PB2=AP2，∴AB⊥BP.又AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD=B，∴AB⊥平面BPD.
(ii)解：VP－ABD=VA－PBD=·S△PBD·AB=×2=.
(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.
(2)解：如图所示，建立以B为原点的空间直角坐标系，
设二面角P－BD－A的平面角为θ，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，D(0，2，0)，P(cos θ，1，sin θ)，∴=(cos θ－2，1，sin θ).平面ABD的法向量为n=(0，0，1).设直线AP与平面ABD所成角为α，则sin α=|cos ＜，n＞|=，设y=，设8－4cos θ=t(8－4≤t≤8＋4)，∴y=1－≤(当且仅当t=4，即cos θ=时取等号)，即sin α≤.∴直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为.
10.(2025·江西鹰潭一模)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，
AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，∠A1AB=∠A1AC=.
(1)求证：BC⊥AA1.
(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，取BC的中点E，连接AE，
A1E，在△A1AB与△A1AC中，
△A1AB≌△A1AC A1B=A1C，由 A1E⊥BC，同理， AE⊥BC，由 BC⊥平面A1AE BC⊥AA1.
(2)侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为？若存在，确定点D的位置.
(2)解：在△ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，则AE=CE=BE=，在△A1AB中，∵AB=AA1=2，∠A1AB=，∴A1B=2，同理A1C=2，在等腰三角形A1BC中，∵A1B=A1C=2，BE=CE=，∴A1E=，在△AEA1中，由余弦定理得cos∠A1EA=，即sin∠A1EA=，在平面AEA1内过点E作Ez⊥AE，则Ez⊥平面ABC，于是直线EA，EB，Ez两两垂直，以E为原点，直线EA，EB，Ez分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，在平面AEA1内过点A1作A1H⊥AE于点H，
则A1H⊥平面ABC，A1H=A1Esin∠A1EA=，则A1(2，0，)，A(，0，0)，B(0，，0)，C(0，－，0)，则=(－2，－)，=(0，－2，0)，设平面A1BC的法向量为m=(x，y，z)，则取x=1，得m=(1，0，－2)，设=t=t=(t，0，t)，0≤t≤1，则=
((t－1)，－t)，由AD与平面A1BC所成角的正弦值为，
得|cos＜，m＞|=，整理得6t2－13t＋6=0，解得t=，或t=(舍)，即D在靠近C1的三等分点处.(共43张PPT)
第2节　空间点、直线、平面之间的位置关系
课标解读　1.能借助长方体，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.
2.了解可以作为推理依据的基本事实和定理.
3.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形位置关系的简单命题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 基本事实的应用
考点二 空间两条直线的位置关系
考点三 异面直线所成的角
1.[教材改编]三个平面最多能把空间分为　 　部分，最少能把空间分成　 　部分.
2.[教材改编]如图所示，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(　 　)
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
【解析】 如图所示，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的角.由条件知，BD=DE=EB=，则∠BDE=60°.
C
8
4
3.[教材改编](多选)下列命题中，是假命题的有(　 　)
A. 空间不共线的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. 两两相交的三条直线确定一个平面
D. 两两平行的三条直线确定三个平面
BCD
4. (误解异面直线的概念)下列关于异面直线的说法，正确的是(　 　)
A. 若a α，b β，则a与b是异面直线
B. 若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C. 若a，b不同在平面α内，则a与b异面
D. 若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面
【解析】 A，B，C中的两条直线还有可能平行或相交，由异面直线的定义可知D说法正确.
易错题
D
5. (忽视直线在平面内的情况)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　 　)
A. b α
B. b∥α
C. b α，或b∥α
D. b与α相交，或b α，或b∥α
【解析】 将直线与平面放在正方体中，易知b与α相交，或b α，或b∥α.
易错题
D
6. (判断空间点、线、面的位置关系时不全面或不清楚致误)已知a和l是异面直线，b和l也是异面直线，则直线a和b的位置关系是　 　.
【解析】 如图所示，当a=AA1，l=BC，b=D1C1时，直线a，b异面；当a=AA1，l=BC，b=DD1时，直线a，b平行；当a=AA1，l=BC，b=A1B1时，直线a，b相交.故a与b的位置关系是平行或相交或异面.
易错题
平行或相交或异面
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实 内容 图形 符号表示
基本事实1 过　 　的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线 存在唯一的α使A，B，C∈α
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 A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α l α
基本事实3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条　 　 P∈α，且P∈β α∩β=l，且P∈l
不在一条直线上
两个点
过该点的公共直线
(2)与平面有关的三个推论
推论 内容 图形 作用
推论1 经过　 　和这条直线外一点，有且只有一个平面 确定平面的依据
推论2 经过　 　直线，有且只有一个平面 推论3 经过　 　直线，有且只有一个平面 一条直线
两条相交
两条平行
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形语言
符号语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系 图形语言
符号语言 a∩b=A a∩α=A α∩β=l
独有关系 图形语言
符号语言 a，b是异面直线 a α
3.基本事实4和等角定理
(1)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线　 　.
(2)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　　 .
4.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，把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
平行
[优化拓展]
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.注意直线所成角的范围：两条异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视两条异面直线所成的角可能等于这个三角形的内角，也可能等于其补角.
3.掌握唯一性定理：
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
考点一　基本事实的应用
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.证明：
(1)D，B，E，F四点共面；
证明：(1)如图所示，连接B1D1.
∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1
中，B1D1∥BD，∴EF∥BD，∴EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面.
例 1
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，设平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，∴Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β=PQ.又A1C∩β=R，∴R∈A1C，R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.
(3)DE，BF，CC1三线交于一点.
(3)∵EF∥BD，且EF＜BD，∴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，∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于一点.
共面、共线、共点问题的证明：
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点.若EH与FG相交于点K.
证明：EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
证明：∵K∈EH，EH 平面ABD，∴K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD=BD，∴K∈BD，∴EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
跟踪训练1
考点二　空间两条直线的位置关系
如图所示，N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. BM=EN，且直线BM，EN是相交直线
B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C. BM=EN，且直线BM，EN是异面直线
D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
例 2
B
【解析】 连接BD，则N为BD的中点，连接MN，CM，BE.如图所示，在△EDB中，M，N分别是ED，BD的中点，∴MN∥BE，MN=BE，则四边形MNBE是梯形，BM，EN是梯形的两条对角线，∴直线BM，EN相交.设正方形ABCD的边长为a，由题意可得△BCM为直角三角形，则BM=a.记CD的中点为H，连接EH，HN，则△EHN为直角三角形，则EN==a，故BM≠EN.综上，BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线.
1.要判断空间中两条直线的位置关系(平行、相交、异面)，可利用定义，借助空间想象并充分利用图形进行思考.判断空间直线的位置关系，一般有两种方法：
(1)构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来判断.
(2)利用排除法.
2.异面直线的判定方法：
(1)反证法.
(2)直接法.
(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
【解析】 根据条件作出示意图，得到以下三种可能的情况，如图可知AB，CD有相交、平行、异面三种情况.
跟踪训练2
D
(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题中，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
【解析】 方法一(反证法)　由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.
方法二(模型法) 如图①所示，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，A，B错误；如图②所示，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，C错误.
图① 图②
D
考点三　异面直线所成的角
(2025·江苏镇江开学考试)在正四面体ABCD中，M，N分别为BC，BD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 若E为BN的中点，如图所示，连接AE，EM，AN，
则EM∥CN，且EM=CN，∴直线AM和CN的夹角即为直线AM和EM
的夹角∠AME或其补角，若正四面体的棱长为4，则AN=CN=AM=2，
EM=，EN=1，AE=，∴cos∠AME=，综上，直线AM和CN夹角的余弦值为.
例 3
D
平移法求异面直线所成角的步骤：
注意：在求异面直线所成的角时，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
(1)(2025·广西桂林联考)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，
若AA1=AC=BC=1，则异面直线A1C与AB所成角的大小是 (　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 方法一　如图所示，连接B1C，∵A1B1∥AB，∴∠B1A1C即为
异面直线A1C与AB所成的角.∵AA1=AC=BC=1，∴A1C=，B1C=.
又AC⊥BC，∴AB=A1B1=.在△B1A1C中，
A1B1=A1C=B1C=，∴△B1A1C是正三角形，∴∠B1A1C=.
方法二　如图所示，将直三棱柱补形为正方体ACBD－A1C1B1D1，连接BD1，AD1，B1C，则D1B∥A1C，∴异面直线A1C与AB所成的角即直线D1B与AB所成的角，
在△D1AB中，D1A=BD1=AB=，
∴∠D1BA=，即异面直线A1C与AB所成角的大小是.
跟踪训练3
C
(2)(2025·广西南宁二模)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，AB与CD分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为，则直线AB与直线CD所成的角为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 根据题意可知圆柱的半径和高分别为r=1，h=2，由于从点A出发绕圆柱的侧面到点C的最小距离为，故展开图中AC=，则MC2=，故|MC|=，在圆柱的下底面中作平行于AB的直径MN，则的长度为，故CD，NM所成的角为∠COM或其补角，由于∠COM=，故直线AB与直线CD所成的角为.
C
课时作业
答案速对
第七章 对点练54　空间点、直线、平面之间的位置关系 题号 1 2 3 4 5 6
答案 D A D D C D
题号 7 8 13 14 15 答案 ABC CD B D BCD 1.若直线上有两个点在平面外，则(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 直线上至少有一个点在平面内
B. 直线上有无穷多个点在平面内
C. 直线上所有点都在平面外
D. 直线上至多有一个点在平面内
D
2.(2025·江西景德镇模拟)已知a，b，c是空间中的三条直线，且a⊥b，则“b∥c”是“a⊥c”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
A
3.如图所示为正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的是(　 　)
A. B. C. D.
D
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线(　 　)
A. 不存在 B. 有且只有2条　
C. 有且只有3条　　 D. 有无数条
D
5.已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，且a∩b=O，则下列结论中，正确的是(　 　)
A. 直线b与直线c可能是异面直线
B. 直线a与直线c可能平行
C. 直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)
D. 直线c与平面α可能平行
C
6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1D上的动点，则直线PC1与B1C所成角的取值范围是(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C1=A1D=C1D，∴△A1C1D为等边三角形.∵A1D∥B1C，∴∠A1PC1或其补角为直线PC1与B1C所成的角.当点P为线段A1D的端点时，直线PC1与B1C所成的角取得最小值；当点P与线段A1D的中点重合时，直线PC1与B1C所成的角取得最大值.故直线PC1与B1C所成角的取值范围是.
D
7.(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的
中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论中，正确的有
(　 　)
A. A，M，O三点共线 B. A，M，O，A1共面
C. A，M，C，O共面 D. B，B1，O，M共面
【解析】 ∵M∈A1C，A1C 平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1=B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面.
ABC
8.(多选)木工小张在处理如图所示的一块四棱台形状的木块ABCD－A1B1C1D1时，为了经过木料表面CDD1C1内一点P和棱AA1将木料平整锯开，需要在木料表面CDD1C1过点P画直线l，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. l∥DD1
B. l∥BB1
C. l与直线AA1相交
D. l与直线CC1相交
【解析】 延长A1A，B1B交于点M，则C1C，D1D的延长线也过点M，如图所示，
∵M∈AA1，则M∈平面PAA1，则直线PM即为所求直线l，∴直线l与直线AA1，BB1，CC1，DD1都相交.
CD
9.如图所示，AB和CD是异面直线，AB=CD=3，E，F分别为线
段AD，BC上的点，且，EF=，则AB与CD所成角
的大小为　 　.
【解析】 在平面ABD中，过点E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图所示，
∵，∴，又，∴，则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角，在△EGF中，
EG=AB=2，GF=CD=1，EF=，
∴cos∠EGF==－，∴∠EGF=120°，∴AB与CD所成角的大小为60°.
60°
10.如图所示为一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱　 　所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直(填一条棱即可).
【解析】 还原该正方体，如图所示，由正方体的性质易知，棱CG，
DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.
CG(答案不唯一)
11.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中
点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.
(1)证明：E，F，G，H四点共面.
解：证明：(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.在△BCD中，，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面.
(2)设EG与FH交于点P，证明：P，A，C三点共线.
(2)∵EG∩FH=P，P∈EG，EG 平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC，∴P为平面ABC与平面ADC的公共点.又平面ABC∩平面ADC=AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线.
12.如图所示，在空间四边形ABCD中，AD=BC，M，N分别为
AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，求BC与
AD所成的角.
解：如图所示，取BD的中点E，连接EN，EM，则EN∥BC，ME∥AD，
故∠ENM(或其补角)为BC与MN所成的角，∠MEN(或其补角)为BC与AD所成的角.
由AD=BC，知ME=EN，∴∠EMN=∠ENM=30°，∴∠MEN=180°－30°－30°=120°，即BC与AD所成的角为60°.
13.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面的形状为(　 　)
A. 三角形 B. 四边形
C. 五边形 D. 六边形
【解析】 如图所示，连接AD1，BC1，D1F，
∵E，F分别为BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，又在正方体
ABCD－A1B1C1D1中，AD1∥BC1，∴EF∥AD1，则A，D1，
F，E四点共面，则平面AEF截正方体所得的截面为四边形AEFD1.
B
14.已知四边形ABCD是矩形，AB=3AD，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合，则直线ED，BF所成的角α在旋转过程中(　 　)
A. 逐步变大 B. 逐步变小　
C. 先变小后变大　　 D. 先变大后变小
【解析】 由题可知初始时刻ED与BF所成角为0°，B，C错误；在四边形AEFD绕EF旋转的过程中，EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC=F，DF，FC 平面DFC，∴EF⊥平面DFC，EF 平面EFCB，∴平面DFC⊥平面EFCB，故点D在平面BCFE内的投影点P一直落在直线CF上，∴一定存在某一时刻EP⊥BF，而DP⊥平面EFCB，BF 平面EFCB，∴DP⊥BF，又DP∩PE=P，DP，PE 平面DPE，∴BF⊥平面DPE，此时DE与BF所成的角为，然后α开始变小，故直线ED，BF所成的角α在旋转过程中先变大后变小，A错误，D正确.
D
15.(多选)在平行四边形ABCD中，AB=a，BC=1，∠ABC=120°，E是线段CD上的动点.将△ADE沿AE所在的直线进行翻转，在翻转过程中，下列结论中，正确的有(　 　)
A. 当a=2时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
B. 当a=3时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
C. 当a=4时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D. 当a=5时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
【解析】 设翻折前的D记为D'，∵BC∥AD'，则在翻折过程中，存在某个位置使得直线AD与BC垂直，只需保证∠DAD'=90°，∵∠D'AE=∠DAE，由极限位置知，只需保证∠D'AE≥45°即可.
BCD
在△D'AE中，AD'=1，∠D'AE=45°，∠AD'E=120°，则∠D'EA=15°，由正弦定理知，，
其中sin 15°=sin(45°－30°)=sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°=，
则D'E=1，∵E为线段CD上的动点，则a≥1，B，C，D正确，A错误.
16.如图所示，已知四棱锥D1－ABCD的底面ABCD为平行四边形，
M是棱DD1上靠近点D的三等分点，N是BD1的中点，平面AMN交
CD1于点H，求的值.
解：如图所示，将四棱锥补全为三棱柱BCE－ADD1，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，则D1E∥AB∥CD，
且D1E=AB=CD，∴四边形ABED1和四边形D1DCE都是平行四边形，
∵N为BD1的中点，∴AN的延长线必过点E，∴点A，N，E，H，
M在同一平面内，∵DD1∥CE，∴△D1MH∽△CEH，
又M是棱DD1上靠近点D的三等分点，∴，则.(共69张PPT)
第七章
空间几何体与空间向量
第1节　基本立体图形及几何体的表面积与体积
课标解读　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.理解斜二测画法，能通过直观图还原原图并会相关计算.
3.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际
问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 基本立体图形与直观图
考点二 简单几何体的表面积与体积
微点突破
1.[教材改编]若长方体ABCD－A'B'C'D'中截去如图所示的一部分，其中EH∥B'C'∥FG，则剩下的几何体是(　 　)
A. 棱台
B. 四棱柱
C. 五棱柱
D. 六棱柱
C
2.[教材改编]将半径为2，圆心角为的扇形纸片卷成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面积为(　 　)
A. B. C. D. π
【解析】 由题意，半径为2，圆心角为的扇形的弧长为l=×2=，设卷成后的圆锥的底面圆的半径为r，则2πr=，解得r=，∴圆锥底面圆的面积为S=πr2=.
3.[教材改编]一个长方体的顶点都在球面上，且长方体的棱长分别为1，2，3，则球的表面积为　 　.
【解析】 设球的半径为R，则2R=，则R=，故球的表面积为S=4πR2=14π.
C
14π
4. (直观图与原图形面积的关系用错)如图所示，Rt△O'A'B'是一个平面图形的直观图，若O'B'=，则这个平面图形的面积是(　 　)
A. 1 B.
C. 2 D. 4
【解析】 由已知得Rt△O'A'B'的直角边O'B'=，则Rt△O'A'B'的面积S=1，由原图形的面积与直观图面积之比为2∶1，可得原图形的面积为2.
易错题
C
5. (对空间几何体的结构特征认识不到位致误)如图所示，将一个长方体用过同一顶点的三条棱中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为
　 　.
【解析】 设长方体的过同一顶点的三条棱的长分别为a，b，c，则截出的棱锥的体积V1=a×b×c=abc，剩下的几何体的体积V2=abc－abc=abc，∴V1∶V2=1∶47.
易错题
1∶47
6. (几何体形状不确定时，忽视分类讨论致误)圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是　 　.
【解析】 设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V=πr2h，由题意得或解得或∴V=36π2或24π2.
易错题
24π2或36π2
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　 　
侧棱 　 　 相交于　 　，但不一定相等 延长线交于　 　
侧面 形状 　 　 　 　 梯形
平行
全等
平行
相似
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
(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 　 　
轴截面 　 　 　 　 等腰梯形 圆
侧面 展开图 　 　 　 　 扇环
垂直
一点
一点
矩形
等腰三角形
矩形
扇形
2.直观图的斜二测画法
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x'轴、y'轴的夹角为　 　，z'轴与x'轴、y'轴所在平面　 　.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别　 　坐标轴.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
　 　.
45°(或135°)
垂直
平行于
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.简单几何体的表面积和体积公式
几何体 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积=S侧＋2S底 V=　 　
锥体(棱锥和圆锥) S表面积=S侧＋S底 V=
台体(棱台和圆台) S表面积=S侧＋S上＋S下
球 S=　 　 V=
Sh
Sh
4πR2
πR3
[优化拓展]
1.掌握与体积有关的两个结论：
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.
2.运用好球的截面性质：
(1)球的任何截面都是圆面.
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面.
(3)球心到截面圆的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为r=.
3.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对重合部分的处理.
考点一　基本立体图形与直观图
(多选)下列说法中，正确的有(　 　)
A. 底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱
B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D. 如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
例 1
考向1 结构特征
AD
【解析】 若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直于底面，∴该四棱柱为正四棱柱，A正确；棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，它的侧棱延长后不一定交于一点，B错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，C错误；若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，D正确.
空间几何体结构特征的判断技巧：
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
用斜二测画法画出的一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直
角梯形，其中B'C'=A'B'=1，A'B'∥C'D'，B'C'⊥C'D'，则原平面图形的
面积为(　 　)
A. B. C. 3 D. 6
【解析】 如图①所示，过点A'作A'E'⊥C'D'于点E'，∵∠A'D'C'=45°，∴A'D'=A'E'=B'C'=，C'D'=C'E'＋D'E'=C'E'＋A'E'=A'B'＋B'C'=2，作出原平面图形，如图②所示，则原平面图形中AD=2，AB=A'B'=1，CD=C'D'=2，则原平面图形的面积为(CD＋AB)×AD=3.
例 2
考向2 直观图
图① 图②
C
用斜二测画法画几何体的直观图，掌握线段位置、长度两个要素的变化规律即可.几何体的直观图和原几何体的关系(形状和数量关系)是解题重点.
(1)如图所示，△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O'为坐标原点，顶点A'，B'均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O'B'的长度为 (　 　)
A. 1　 B. 2
C. 3　 D. 4
【解析】 方法一　如图所示，画出△AOB的原图，为直角三角形，且OA=O'A'=6，∵OB·OA=12，∴OB=4，∴O'B'=OB=2.
方法二　S直观图=S原图形=3，又S直观图=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B'，∴O'B'=2.
跟踪训练1
B
(2)(多选)在水平放置的三角形ABC的直观图A'B'C'中，D'是△A'B'C'的边B'C'上的一点，且D'C'＜D'B'，A'D'∥y'轴，B'C'∥x'轴，那么原三角形ABC的AB，AD，AC中(　 　)
A. 最长的是AB B. 最长的是AC
C. 最短的是AC D. 最短的是AD
【解析】 由题意得，原三角形ABC的平面图如图所示，其中AD⊥BC，BD＞DC，
∴AB＞AC＞AD，∴最长的是AB，最短的是AD.
AD
(2025·湖南衡阳质检)如图所示为一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，
峰底呈圆形，其半径为1 km，峰底A到峰顶S的距离为4 km，B是山坡SA的
中点. 为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公
路长度最短时，公路距山顶的最近距离为(　 　)
A. 2 km　 B. 3 km　
C. 2 km D. km
例 3
考向3 展开图
D
【解析】 将圆锥的侧面沿SA展开，可得其侧面展开图如图所示.
则从点A到点B的环山观光公路最短为线段A'B，设的长度为l，则l=2π km，∴∠A'SA=.过S作SP⊥A'B于点P，则公路距山顶的最近距离为SP的长，∵BA'==2 km，∴SP= km.
1.多面体表面展开图由剪开的位置不同可以有不同的形状，但图形面积相等.借助展开图可以求几何体的表面积及表面上两点间的距离，还可将部分空间问题转化为平面问题.
2.旋转体表面展开图一般沿母线剪开，多面体表面展开图一般沿某些棱展开，注意球无法展开成平面图形.
(1)如图所示，在正三棱锥S－ABC中，∠BSC=40°，BS=2，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B，则最短路线的长为(　 　)
A. 2
B. 3
C. 2
D. 3
【解析】 将正三棱锥S－ABC沿侧棱BS展开，其侧面展开图如图
所示.一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最
短路线的长为BB'，根据余弦定理得BB'==2.
跟踪训练2
C
(2)(多选)下列关于空间几何体的叙述，正确的有(　 　)
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C. 长方体是直平行六面体
D. 存在每个面都是直角三角形的四面体
【解析】 当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，A错误；当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，B错误；长方体是直平行六面体，C正确；如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形，D正确.
CD
考点二　简单几何体的表面积与体积
例4　(1)如图所示，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°
的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆
台的上底面半径为，则圆台的侧面积为 　.
【解析】 设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R=1，设圆台上
底面半径为r，母线长为l1，则r=.由已知可得，l=2πR，∴l=6.如图
所示，作出圆锥、圆台的轴截面，则有，解得l1=4，
∴圆台的侧面积为π(R＋r)l1=4×π=.
例 2
考向1 侧面积与表面积
(2)如图所示，将正四面体沿相交于同一个顶点的三条棱上的3个点截去一个正四面体，如此共截去4个全等的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形围成的几何体，且正六边形的面积为2，则原正四面体的表面积为　 　.
【解析】 设正六边形的边长为a，根据题意得6×a2=2，解得a2=，由题意可知原正四面体的棱长为3a，故原正四面体的表面积S=×(3a)2×4=12.
12
1.计算空间几何体的表面积的一般步骤：
(1)根据题目给出的条件，确定几何体的形状；
(2)选择正确的平面图形的面积公式求解.
2.注意表面积与底面积、侧面积的区别.
(1)(2025·广东广州模拟)已知圆锥的高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为(　 　)
A. π B. π
C. D.
【解析】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，∵侧面展开图的圆心角为，∴=2πr，得l=3r，∴圆锥的高为h==2r=，∴r=，l=，则S侧=πrl=.
跟踪训练3
D
(2)《九章算术》中将正四棱台(上、下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为　 　.
【解析】 如图所示，AC，BD分别是正四棱台两个不相邻侧面的高，AE⊥CD，即AE为正四棱台的高，AE=2.由AB=2，CD=4，得AC=BD=，∴此方亭的表面积为42＋22＋4×=20＋12.
20＋12
(1)(2024·新高考Ⅰ卷)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
【解析】 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，∴2πr·=πr·，即2，故r=3，故圆锥的体积为π×9×=3π.
例 5
考向2 简单几何体的体积
B
(2)(2024·天津卷)在如图所示的五面体ABC－DEF中，已知AD∥BE∥CF，且两两之间的距离均为1.若AD=1，BE=2，CF=3.则该五面体的体积为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 用一个完全相同的五面体HIJ－LMN(顶点与五面体
ABC－DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，
L重合，∵AD∥BE∥CF，
且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，∴形成的新组合体
为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1
的等边三角形，侧棱长为1＋3=2＋2=3＋1=4，
VABC－DEF=VABC－HIJ=×1×1××4=.
C
(3)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为　 　.
【解析】 如图所示，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得=2×2－2××2×1－×1×1=，又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1=2，·D1A1=×2=1.
1
求空间几何体的体积的常用方法：
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解.
(2)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.
(3)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.
(2025·湖南长沙开学考试)已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的体积为(　 　)
A. 36 B. 36
C. 72 D. 108
【解析】 如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，PO为四棱锥的高，
PE为斜高，
∵正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的3倍，
∴S侧=4××6×PE=3S底=3×62，解得PE=9，
∴此正四棱锥的体积为V=S底×PO=×62××62×=72.
跟踪训练4
C
　　球的切、接问题是高考命题的热点，从“几何作图”和“分析图形”两个角度考查直观想象的核心素养.考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力，在高考中一般以选择题、填空题形式呈现.
与球有关的切、接问题
微点突破
(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　 　)
A. 100π B. 128π
C. 144π D. 192π
【解析】 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3=3，×4=4.设球O的半径为R，该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2=1，其外接球的球心O在直线O1O2上.当球心O在线段O1O2上时，R2=32＋O=42＋(1－OO1)2，解得OO1=4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2=42＋O=32＋(1＋OO2)2，解得OO2=3，∴R2=25，∴该球的表面积为S=4πR2=100π，综上，该球的表面积为100π.
例 6
考向1 外接球问题
角度1　定义法
A
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离等于半径，列关系式求解即可.
某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，
已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的
底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为　 　 cm3.
【解析】 由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层
圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图所示，连接AO，
BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上，∵AO=BO=10 cm，AO1=6 cm，BO2=8 cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1==8 cm，在Rt△BO2O中，由勾股定
理得OO2==6 cm，∴内层圆柱的高h1=16 cm，外层圆柱的高
h2=12 cm，∴此模型的体积V=π×82×12＋π×62×(16－12)=912π cm3.
跟踪训练5
912π
(1)(2025·云南昆明模拟)在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，SA=2，则三棱锥S－ABC外接球的体积为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 AB⊥BC，AB=BC=2，SA=2，且SA⊥平面ABC，可将三棱锥
S－ABC补形为长方体，如图所示，则长方体的体对角线SC即三棱锥S－
ABC的外接球的直径，SC==4，
则三棱锥S－ABC的外接球半径为R=SC=2. 故外接球体积为πR3=π×23=.
例 7
角度2　补形法
A
(2)在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=4，∠ABC=60°.若沿对角线AC将△ABC折起到
△B'AC的位置，使得B'D=，则此时三棱锥B'－ACD的外接球的体积为 　.
【解析】 如图所示，由已知可得， AC=，
在四面体B'－ACD中，AB'=CD=3，B'C=AD=4，AC=B'D=，
∴可以把它们看成长方体的面对角线，设长方体的同一顶点三条
棱长分别为a，b，c，且满足可得a2＋b2＋c2=(9＋16＋13)=19，
∴三棱锥外接球的半径为，则外接球的体积为π.
π
1.补形法的解题策略：
(1)侧面为直角三角形或正四面体，或对棱均相等的模型，可以放到正方体或长方体中去求解.
(2)直三棱锥补成三棱柱求解.
2.正方体与球的切、接问题的常用结论：
正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R=a.
(2)若球为正方体的内切球，则2R=a.
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R=a.
3.若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接
球的半径为R，则2R=.
在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　 　)
A. π B. 14π C. 56π D. π
【解析】 以线段PA，PB，PC为相邻三条棱的长方体PAB'B－CA'P'C'被平面ABC所截的三棱锥
P－ABC符合要求，如图所示，长方体PAB'B－CA'P'C'与三棱锥P－ABC有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP'，设外接球的半径为R，则(2R)2=PP'2=PA2＋PB2＋PC2=12＋22＋32=14，则所求球的表面积S=4πR2=π·(2R)2=14π.
跟踪训练6
B
两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　 　)
A. 3π　 B. 4π　　 C. 9π D. 12π
【解析】 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥
BD的高之比为3∶1，即AD=3BD，设球的半径为R，则，可得
R=2，∴AB=AD＋BD=4BD=4，∴BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，AB为球
的直径，∴△ACD∽△CBD，∴，∴CD=，
∴这两个圆锥的体积之和为π×CD2·(AD＋BD)=π×3×4=4π.
例 8
角度3　截面法
B
与球截面有关的解题策略：
(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径.
(2)作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，M，N分别为AD，BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 如图所示，连接B1N，由题意易知MN∥A1B1，MN=A1B1，
故四边形A1B1NM为平行四边形.连接B1C，BC1，交于点H，取B1C1
的中点K，连接NK，则NK过点H，在Rt△B1KN中，B1K=1，NK=2，
B1N=，易知点K到B1N的距离为，又H为NK的中点，故点
H到B1N的距离为，因此球心O到平面A1MN的距离为，由题易知球O的半径R=，故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r=，故截面圆的面积S=πr2=.
跟踪训练7
D
已知四面体S－ABC的所有棱长为2，球O1是其内切球.若在该四面体中再放入一个球O2，使其与平面SAB，平面SBC，平面SAC以及球O1均相切，则球O2与球O1的半径的比值为
(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 如图所示，设S在平面ABC内的射影为O，R1为球O1的半径，
R2为球O2的半径，F，H分别为球O1，球O2与侧面SBC的切点.在
Rt△SAO中，该四面体的高h=SO=
=2.又四面体的表面积S=4××
(2)2=12，则·S·R1=×3h，解得R1=，由，得，即，解得R2=，故.
例 9
考向2 内切球问题
D
有关“切”的问题的解题策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的常用方法.
若在一个半球内放三个半径为的小球，三个小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径为(　 　)
A. 1＋ B.
C. D.
【解析】 三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.如图所示，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.则OA=O1B=2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由(R－)2=22＋()2可得R=.
跟踪训练8
D
课时作业
答案速对
第七章 对点练53 基本立体图形及几何体的表面积与体积 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B C D B C D
题号 8 9 10 11 15 16 17
答案 C AC AD AC D C ABD
1.三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 18 B. 21 C. 24 D. 27
B
2.若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中A'C'∥O'B'，A'C'⊥B'C'，A'C'=1，O'B'=2，则原四边形中AO的长度为(　 　)
A. B. 2 C. 2 D.
B
3.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　 　)
A. 6 B. 12　
C. 18 D. 24
C
4.某车间需要对一个圆柱形零件进行加工，该零件底面半径为15 cm，高为10 cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为r cm且和原零件有相同轴的圆柱形通孔.若要求零件加工后的表面积最大，则r的值应为(　 　)
A. B. C. 4 D. 5
D
5.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.由曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，则如图所示的正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为(　 　)
A. 2π B. 4π C. 6π D. 8π
B
6.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　 　)
A. π B. 2π C. 3π D. 4π
【解析】 过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆☉O1和外接圆☉O2(图略)，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意得☉O1的半径为r=1，∴△ABC的边长为2，∴圆锥的底面半径为，高为3，∴圆锥的体积V=×π×3×3=3π.
C
7.(2025·江西新余模拟)现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为(　 　)
A. B.
C. 2 D. 6
【解析】 由于该正方体的棱长为2，故其外接球的半径为，当这个正四面体的棱长最小时，其内切球的半径为.设正四面体的棱长为a，其高为a，根据等体积法知，×a2×a=4×a2×，解得a=6.
D
8.如图所示，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB⊥CD.O1，
O2分别为上、下底面圆的圆心，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥
A－BCD的体积为4，则该圆柱的侧面积为　(　 　)
A. 9π B. 10π
C. 12π D. 14π
【解析】 设圆柱的母线长为2a，又圆柱的轴截面为正方形，
则圆柱的底面圆的半径为a，连接O1C，O1D，O1O2，如图所示，由题意可知VA－BCD=2=2×·AO1·=2×·AO1··O1O2·CD=2×·a··2a·2a=
a3=4，解得a=，∴该圆柱的侧面积S=2π·a·2a=2π××2=12π.
C
9.(多选)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，P是BB1上一点，且
BP=2B1P，记三棱锥A1－B1C1P，四棱锥P－ACC1A1，三棱锥
C－ABP的体积分别为V1，V2，V3，则(　 　)
A. V3=2V1 B. V3=V2
C. V2=2(V1＋V3) D. 2V3=3V1
【解析】 由题可知V1=·B1P，V3=VC－ABP=VP－ABC=S△ABC·BP，V2=－(V1＋V3)，根据三棱柱的性质易得S△ABC=，又BP=2B1P，∴V3=2V1，A正确，D错误；∵·BB1=3=3(V1＋V3)，∴V2=3(V1＋V3)－(V1＋V3)=2(V1＋V3)，B错误，C正确.
AC
10.(多选)已知球O的半径为，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 球O的表面积为6π
B. 球O的内接正方体的棱长为1
C. 球O的外切正方体的棱长为
D. 球O的内接正四面体的棱长为2
【解析】 球的表面积为4π×=4π×=6π，A正确；正方体的体对角线长为2×，棱长为，B错误；球的外切正方体的棱长为2×，C错误；将正四面体A－B1CD1补形为正方体如图所示，正方体的体对角线长为2×，棱长为，∴正四面体的棱长为=2，D正确.
AD
11.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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
【解析】 在△PAB中，由余弦定理得AB=2，如图
所示，连接PO，易知圆锥的高h=PO=1，底面圆的半
径r=AO=BO=.对于A，该圆锥的体积V=πr2h=π，
A正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧=πr·PA=2π，B错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH.
∵OA=OC，∴OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO=45°，∴OH=PO=1，AH=CH=，∴AC=2，C正确；对于D，PH=OH=，S△PAC=·AC·PH=2，D错误.
AC
12.将一个半径为 cm的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、
下底面边长分别为1 cm和2 cm，则它的高为 　cm.
【解析】 球的体积为V1=π×，设铁锭的高为h，则铁锭的体积为V2=(1＋4)h=h，由V1=V2解得h=π.
π
13.如图所示，已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中
有一个内接圆柱.当此圆柱的侧面积最大时，此圆柱的体积等于　 　.
【解析】 该几何体的轴截面如图所示，
O为BC的中点，连接AO，交FE于点M，则OA=OB=OC=2.设圆柱的底面半径为r，则OD=ME=AM=r，OM=2－r，∴圆柱的侧面积S=2πr(2－r)=－2π(r2－2r)=－2π[(r－1)2－1]，则当r=1时，S取得最大值2π，此时圆柱的体积V=π×12×1=π.
π
14.(2023·全国甲卷理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　 　个公共点.
【解析】 如图所示，线段EF过正方体的中心，∴以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，∴以EF为直径的球与每一条棱均相切，∴共有12个公共点.
12
15.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a(a＞1)，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱CD，AD上，若EF=1，A1F=x，DP=y，DQ=z(x，y，z均大于0)，则四面体PEFQ的体积(　 　)
A. 与x，y，z都有关
B. 与x有关，与y，z无关
C. 与y有关，与x，z无关
D. 与z有关，与x，y无关
【解析】 由四面体PEFQ的一个面△PEF的面积不变，即S△PEF=·EF·a=a为定值，且△PEF在面A1B1CD内，∴点Q到△PEF的距离就是点Q到平面A1B1CD的距离.设点Q到平面A1B1CD的距离为d，由题意知d随z的变化而变化，又S△PEF·d，∴与d有关，即与z有关，与x，y无关.
D
16.制作一个容积为216π cm3的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，圆柱的底面半径为
(　 　)
A. 6 cm B. 3 cm
C. 3 cm D. 3 cm
【解析】 如图所示，设圆柱的高为h cm，底面圆的半径为r cm，
∵圆柱形容器的容积为216π cm3，可得πr2h=216π，则h=，圆柱形容器
的表面积为S=2πr2＋2πrh=2πr2＋2πr·=2πr2＋π，可得S'=4πr－π，
令S'=0，即4πr－π=0，解得r==3，当0＜r＜3时，S'＜0，S单调递减；
当r＞3时，S'＞0，S单调递增，∴当r=3时，S取得极小值，也为S的最小值.
C
17.(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　 　)
A. 直径为0.99 m的球体
B. 所有棱长均为1.4 m的四面体
C. 底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D. 底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
【解析】 ∵棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，∴A正确；
∵棱长为1 m的正方体中可放入棱长为m的正四面体，且＞1.4，
∴B正确；∵正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，
∴高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，C错误；
∵正方体的体对角线长为 m，且＞1.2，设正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体的表面的最近的距离为h m，如图所示，结合对称性可知，OC1=C1A=，C1O1=OC1－OO1=－0.6，则，即，解得h=＞0.01，∴能够被整体放入正方体内，D正确.
ABD
18.如图所示，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中有两个球，大球与该
正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相
切，也与大球相切，则小球的半径为　 　.
【解析】 由题意可知大球的半径R=2，设小球的半径为r(0＜r＜2)，
大球的球心为O，小球的球心为C，E为小球与上底面的切点，如图
所示，连接CO，CE，过点O作OD⊥CE交EC的延长线于点D，由题
意可知，OD=2r，CD=4－r，CO=2＋r，由CO2=CD2＋OD2，得(2＋r)2=(4－r)2＋(2r)2，即r2－10r＋10=0，r∈(0，2)，解得r=5－.
5－(共54张PPT)
第4节　空间直线、平面的垂直
课标解读　1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直
的有关性质和判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中垂直关系的简单命题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
考点三 平行、垂直关系的综合应用
微点突破
1.[教材改编]已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分条件是(　 　)
A. α⊥γ，β⊥γ
B. α∩β=a，b⊥a，b β
C. a∥β，a∥α
D. a∥α，a⊥β
【解析】 α⊥γ，β⊥γ α与β相交或平行，A错误；∵α∩β=a，b⊥a，b β，∴b不一定垂直于α，α不一定垂直于β，B错误；a∥β，a∥α α与β相交或平行，C错误；∵a⊥β，a∥α，∴α中至少有一条直线垂直于β，∴α⊥β，D正确.
D
2.[教材改编]如图所示，AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有(　 　)
A. 平面ABC⊥平面BCD
B. 平面BCD⊥平面ACD
C. 平面ABD⊥平面ACD
D. 平面BCD⊥平面ABD
【解析】 ∵AB是圆柱上底面的一条直径，∴AC⊥BC，又AD垂直于圆柱的底面，∴AD⊥BC，∵AC∩AD=A，AC，AD 平面ACD，∴BC⊥平面ACD，∵BC 平面BCD，∴平面BCD⊥平面ACD.
B
3.[教材改编]已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面，连接PA，
PB，PC，AC，BD，则一定互相垂直的平面有　 　对，与
AC垂直的直线有　 　条.
【解析】 由PD⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD，平
面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD.∵AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，∴AC⊥平面PDB，∴平面PAC⊥平面PDB，故互相垂直的平面有4对.与AC垂直的直线有PD，BD，PB，共3条.
4
3
4. (忽视判定平面与平面垂直的条件)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l α，m β，则下列命题中，正确的是(　 　)
A. 若l⊥β，则α⊥β B. 若α⊥β，则l⊥m
C. 若l∥β，则α∥β D. 若α∥β，则l∥m
【解析】 ∵l⊥β，l α，∴α⊥β，A正确.
5. (忽视平面内两条直线为相交直线这一条件)“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的　 　条件(填“充分不必要”“必要不充分”或“充要”).
【解析】 根据直线与平面垂直的定义，知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，∴应填必要不充分.
易错题
易错题
A
必要不充分
6. (忽视平面到空间的变化)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为　 　.
【解析】 若a，b，c在同一个平面内，则由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交或异面都有可能.
易错题
平行、相交或异面
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的　 　一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理
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
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线 　 　
l⊥α
任意
两条相交直线
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，则它们所成的角是　 　；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是　 　.
(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
若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是　
　 .
(3)二面角的平面角α的范围：　 　.
∠AOB
两个半平面
[0，π]
4.两个平面垂直
(1)两个平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是　 　，就说这两个平面互相垂直.
(2)两个平面垂直的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
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
l⊥α
直二面角
垂线
交线
[优化拓展]
1.与线面垂直相关的常用结论：
(1)两条平行直线中的一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与这个平面垂直.
(2)一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直.
(3)过空间一点有且仅有一条直线与已知平面垂直.
(4)过空间一点有且仅有一个平面与已知直线垂直.
2.三种垂直关系的转化：
线线垂直 线面垂直 面面垂直
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
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；
证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD 平面
ABCD，∴PA⊥CD.又AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC.
又AE 平面PAC，∴CD⊥AE.
例 1
(2)PD⊥平面ABE.
(2)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，∴AE⊥平面PCD.又PD 平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，PD 平面PAD，∴AB⊥PD.又AB∩AE=A，∴PD⊥平面ABE.
如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1.
(1)证明：B1D1⊥平面A1C1C.
证明：(1)如图所示，连接A1C1.
∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.
∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1=C1，A1C1，CC1 平面A1C1C，∴B1D1⊥平面A1C1C.
跟踪训练1
(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，证明：MN∥A1C.
(2)如图所示，连接B1A，AD1.∵B1C1=AD，B1C1∥AD，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴C1D∥AB1，∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又MN⊥B1D1，AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1 平面AB1D1，∴MN⊥平面AB1D1.由(1)知B1D1⊥平面A1C1C，且A1C 平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1.同理可得A1C⊥AB1.又AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1 平面AB1D1，∴A1C⊥平面AB1D1，∴MN∥A1C.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
在如图所示的多面体中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，∠CDF=∠DFE=90°，EF=2CD=2，DF=1.证明：平面ACF⊥平面BCE.
证明：在△CEF中，FC=，CE=，EF=2，∴EF2=FC2＋CE2，∴CF⊥CE.∵平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE=EF，AF⊥EF，AF 平面ABEF，∴AF⊥平面CDFE，而CE 平面CDFE，∴AF⊥CE，又AF∩CF=F，AF，CF 平面ACF，∴CE⊥平面ACF，而CE 平面BCE，故平面ACF⊥平面BCE.
例 2
1.面面垂直判定的两种方法与一个转化：
(1)两种方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β).
(2)一个转化：利用面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，通常是通过线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现的.
2.面面垂直性质定理的应用：
(1)两个平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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.
在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积；
(1)解：取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD=PE，∴PM⊥DE.又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PM 平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P－BCDE的高.在等腰直角三角形EPD中，PE=PD=AD=2，∴PM=DE=，而直角梯形BCDE的面积S=(BE＋CD)·BC=×(2＋4)×2=6，∴四棱锥P－BCDE的体积V=PM·S=×6=2.
跟踪训练2
(2)若PB=PC，证明：平面PDE⊥平面BCDE.
(2)证明：如图所示，取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB=PC，∴BC⊥PN.∵MN∩PN=N，MN，PN 平面PMN，∴BC⊥平面PMN.∵PM 平面PMN，∴BC⊥PM.由(1)知，PM⊥DE.又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE.∵PM 平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.
考点三　平行、垂直关系的综合应用
如图所示，在四面体C－ABD中，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°，E，
F分别是BC，AC的中点.
(1)证明：AC⊥BD.
(1)证明：取BD的中点O，连接AO，CO，
在△BCD中，∵CB=CD，∴CO⊥BD，同理AO⊥BD，而AO∩CO=O，AO，CO 平面AOC，∴BD⊥平面AOC.又AC 平面AOC，∴AC⊥BD.
例 3
(2)在AC上能否找到一点M，使BF∥平面MED？请说明理由.　
(2)解：在AC上能找到一点M，使BF∥平面MED，此时M为FC的
中点，证明如下：
连接EM，DM，DE，∵E是BC的中点，∴BF∥EM.∵EM 平面
MED，BF 平面MED，∴BF∥平面MED，∴FC的中点M即为所求.
(3)若CA=CB，证明：平面BCD⊥平面ABD.
(3)证明：∵∠BAD=90°，∴AO=BO.
∵CA=CB，CO是公共边，∴△COA≌△COB，从而∠COA=∠COB，由(1)可知CO⊥BD，∴∠COB=90°，∴∠COA=90°，即CO⊥OA.∵BD∩OA=O，BD，OA 平面ABD，∴CO⊥平面ABD.又CO 平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABD.
1.垂直与平行的综合问题，求解时应注意平行，垂直性质及判定的综合应用.
2.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化来解决.
3.对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证.
(2022·全国甲卷文)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.　
(1)证明：EF∥平面ABCD.
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分别取AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图所示.∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EK 平面EAB，∴EK⊥平面ABCD.同理FI⊥平面ABCD，∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK=FI，∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI.又EF 平面ABCD，KI 平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.
跟踪训练3
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(2)解：可补形成长方体，如图所示，易得长方体的高为4 cm.　
故所求包装盒的容积V=82×4－4××42×4 cm3.
利用几何法求线面角、二面角、距离的难点在于找到所求的角或距离，相对于向量法，几何法运算简单，不易出错.
几何法求距离及线面角、二面角
微点突破
例4　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，
PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　 　)
A. 2 B. 2
C. D. 4
【解析】 如图所示，取PA的中点M，连接BM，CM，
∵PB⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴PB⊥BC，∵AB⊥BC，
PB∩AB=B，PB，AB 平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又PA 平面
PAB，∴BC⊥PA，BC⊥PB，∵M是PA的中点，PB=AB，
∴BM⊥PA，又BC⊥PA，BM∩BC=B，BM，BC 平面BCM，∴PA⊥平面BCM，又CM 平面BCM，∴CM⊥PA，即CM为点C到直线PA的距离.在等腰直角三角形PAB中，BM=PB=2，在Rt△BCM中，CM==2，故点C到直线PA的距离为2.
例 4
考向1 几何法求距离
A
1.求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解.
2.求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条件求解；若不易作出点面距，可借助于等体积法求解.
已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，P是上底面
圆周上的一点且AP=BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的
距离为　 　.
【解析】 由题可得AB=8，∵AP=BP，∴S△ABP=×8×4=16，
∵PC⊥平面ABP，且PC=4，∴VC－ABP=×16×4=，∵AP=BP=4，∴AC=BC=4，∴S△ABC=×8×=16，设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC=×16d=，解得d=2.
跟踪训练4
2
在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 取BC的中点E，连接DE，AE，如图所示.
依题意，三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE=，
DE=1，∵D，E分别是BC1和BC的中点，∴DE∥BB1，
∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥AE，∴AD==2.
∵AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE=E，∴AE⊥平面BB1C1C，
∴∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，∴sin∠ADE=，∴AD与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
例 5
考向2 几何法求线面角
C
求线面角的三个步骤：
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解.
如图所示，已知正四棱锥P－ABCD底面边长为2，侧棱长为4，M为侧棱
PC的中点，则直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为　(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 作PO⊥底面ABCD于点O，连接OC，∵正四棱锥P－ABCD底面
边长为2，故OC=，又侧棱长为4，故PO=.∵M为侧
棱PC的中点，取OC的中点F，连接MF，BF，∴MF∥PO，MF=PO，
且MF⊥平面ABCD，∴∠MBF是BM与平面ABCD所成的角，
且MF=PO=.又cos∠BCM=，∴在△BCM中，由余弦定理有BM=.在△BFM中，sin∠MBF=，故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为.
跟踪训练5
D
已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，PO=1，底面半径为2，M，N是底面圆周上两点，且∠MON=，则二面角P－MN－O的大小为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 如图所示，取MN的中点E，连接OE，PE，
∵OM=ON，∴OE⊥MN，∵PM=PN，∴PE⊥MN，
∴∠PEO是二面角P－MN－O的平面角，
∵PO⊥平面OMN，OE 平面OMN，∴PO⊥OE，
∵∠MON=，OM=2，∴OE=OM·cos=2×，∵PO=1，∴PE==2，∴cos∠PEO=，∴结合图知∠PEO=，∴二面角P－MN－O的大小为.
例 6
考向2 几何法求二面角
B
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三
棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AC=CB=CC1，则
二面角C1－AB－C的正切值为(　 　)
A. 1 B. 2
C. D.
【解析】 由AC=CB知，AC⊥CB，如图所示，取AB的中点M，
连接C1M，CM，由条件，可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C
的平面角，设AC=CB=CC1=a，则CM=a，
∴tan∠C1MC=.
跟踪训练6
D
课时作业
答案速对
第七章 对点练56　空间直线、平面的垂直 题号 1 2 3 4 5
答案 C C A C A
题号 6 7 8 13 14
答案 BCD BD ACD A BD
1.已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. m∥l B. m∥n　
C. n⊥l　 D. m⊥n
C
2.(2025·天津卷)若m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中，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∥α，m⊥β，则α⊥β
D. 若m α，α⊥β，则m⊥β
C
3.如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则点C1在底面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
A
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为α，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β，则α＋β= (　 　)
A. 　 B.
C. D.
C
5.如图所示，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　 　)
A. B1E=EB B. B1E=2EB
C. B1E=EB D. E与B重合
A
6.(多选)(2026·绍兴一模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BC1上一动点，则(　 　)
A. A1P⊥BD
B. D1P⊥A1D
C. A1P∥平面ACD1
D. DP∥平面AB1D1
【解析】 对于A，点P位于C1时，BD⊥A1P，其他位置不成立，A错误；对于B，D1C1⊥平面AA1D1D，则D1C1⊥A1D，又A1D⊥AD1，D1A∩D1C1=D1，∴A1D⊥平面D1C1B，而D1P 平面D1C1B，∴D1P⊥A1D，B正确；对于C，平面ACD1∥平面A1C1B，P在BC1上，A1P 平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，C正确；对于D，P在BC1上，DP 平面DBC1，平面AB1D1∥平面DBC1，∴DP∥平面AB1D1，D正确.
BCD
7.(多选)如图所示，下列正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 对于A，显然AB与CE不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，∵AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED=E，∴AB⊥平面CDE；对于C，显然AB与CE不垂直，∴直线AB与平面CDE不垂直；对于D，∵ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理CE⊥AB，∵ED∩CE=E，∴AB⊥平面CDE.
BD
8.(多选)如图所示，AC=2R为圆O的直径，∠PCA=45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于点S，AN⊥PB于点N，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 平面ANS⊥平面PBC
B. 平面ANS⊥平面PAB
C. 平面PAB⊥平面PBC
D. 平面ABC⊥平面PAC
【解析】 ∵PA⊥平面ABC，PA 平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC，PA⊥BC，又AC为圆O的直径，∴AB⊥BC，又PA∩AB=A，PA，AB 平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴平面PBC⊥平面PAB，又AN 平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB=B，BC，PB 平面PBC，∴AN⊥平面PBC，∵AN 平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，A，C，D正确.
ACD
9.在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V－AB－C的大小为　 　.
【解析】 如图所示，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.
取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.∵VH∩VO=V，VH，
VO 平面VHO，∴AB⊥平面VHO，∴AB⊥OH，∴∠VHO为二
面角V－AB－C的平面角.易求VH2=VA2－AH2=4，∴VH=2.而
OH=BC=1，∴∠VHO=60°.故二面角V－AB－C的大小为60°.
60°
10.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上一动点，当点M满足条件：①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的　 　时，平面MBD⊥平面PCD(填①，②或③).
【解析】 连接AC(图略)，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.∵底面各边都相等，∴AC⊥BD.∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC 平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
②(或③)
11.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面
ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC.
证明：(1)∵PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PA⊥BD.
∵底面ABCD为菱形，∴BD⊥AC.又PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，∴BD⊥平面PAC.
(2)若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.
(2)∵PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，∴PA⊥AE.∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，∴AE⊥CD，∴AB⊥AE.又AB∩PA=A，AB，PA 平面PAB，∴AE⊥平面PAB.∵AE 平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE.
12.(2024·全国甲卷文)如图所示，已知AB∥CD，CD∥EF，
AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，AE=2，M为
CD的中点.
(1)证明：EM∥平面BCF.
(1)证明：由题意，得EF∥MC，且EF=MC，∴四边形EFCM是平行四边形，∴EM∥CF.又CF 平面BCF，EM 平面BCF，∴EM∥平面BCF.
(2)求点M到平面ADE的距离.
(2)解：取DM的中点O，连接OA，OE，∵AB∥MC，且AB=MC，
∴四边形AMCB是平行四边形，
∴AM=BC=.又AD=，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，∴OA⊥DM，OE⊥DM，OA==3，OE=.又AE=2，∴OA2＋OE2=AE2，故OA⊥OE.又OA⊥DM，OE∩DM=O，OE，DM 平面EDM，∴OA⊥平面EDM.易知S△EDM=×2×.在△ADE中，cos∠DEA=，∴sin∠DEA=，S△ADE=×2×2.设点M到平面ADE的距离为d，由VM－ADE=VA－EDM，得S△ADE·d=S△EDM·OA，得d=，故点M到平面ADE的距离为.
13.在四面体ABCD中，△BCD为正三角形，AB与平面BCD不垂直，则(　 　)
A. AB与CD可能垂直
B. A在平面BCD内的射影可能是B
C. AB与CD不可能垂直
D. 平面ABC与平面BCD不可能垂直
【解析】 对于A，C，当四面体ABCD为正四面体时，如图所示，
A在平面BCD上的射影为O，即OA⊥平面BCD.由于CD 平面BCD，
∴OA⊥CD.连接BO并延长交CD于F，则CD⊥BF，由于AO∩BF=O，
AO，BF 平面ABO，∴CD⊥平面ABO.由于AB 平面ABO，
∴AB⊥CD，A正确，C错误；对于B，若A在平面BCD内的射影是B，
则AB与平面BCD垂直，与已知矛盾，B错误；对于D，当A在平面
BCD内的射影在直线BC(除点B)上时，平面ABC与平面BCD垂直，D错误.
A
14.(多选)(2025·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，则(　 　)
A. AD⊥A1C B. BC⊥平面AA1D
C. AD∥A1B1 D. CC1∥平面AA1D
【解析】 对于A，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AD 平面ABC，则AA1⊥AD，则·=0，∵△ABC是正三
角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，则·=0.
·=()··
·≠0，则AD⊥A1C不成立，A错误；对于B，
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴AA1⊥BC，∵△ABC是正三角形，D为BC的中点，∴AD⊥BC，又AA1∩AD=A，AA1，AD 平面AA1D，∴BC⊥平面AA1D，B正确；对于D，∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1∥AA1，且AA1 平面AA1D，CC1 平面AA1D，∴CC1∥平面AA1D，D正确；对于C，∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1∥AB，假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A矛盾，∴AD∥A1B1不成立，C错误.
BD
15.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别
是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD(含边界)上一动点，且满足
A1P⊥EF，则A1P的长度的取值范围是　 　.
【解析】 如图所示，连接BC1，A1D，A1C，
可得EF∥BC1，A1D⊥BC1，∴A1D⊥EF，又DC⊥EF，
A1D∩DC=D，∴EF⊥平面A1DC，∴A1C⊥EF，∴当P在线段
CD上运动时，有A1P⊥EF.当P与D重合时，A1P有最小值，
当P与C重合时，A1P有最大值，∴A1P的长度的取值范围
是[].
[]
16.如图所示，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点.
(1)求证：DB⊥PQ.
(1)证明：在正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD.∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ 平面PAD，∴PQ⊥底面ABCD.又DB 底面ABCD，∴DB⊥PQ.
(2)试探究在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，请指出点N的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
(2)解：存在点N，当N为AB的中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下：由(1)知PQ⊥底面ABCD，
又CN 底面ABCD，∴PQ⊥CN.∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB的中点，∴BA=CB，AQ=BN，∠QAB=∠NBC=90°，∴△QAB≌△NBC，∴∠AQB=∠BNC. ∵∠AQB＋∠ABQ=90°，∴∠CNB＋∠ABQ=90°，∴CN⊥BQ，而PQ∩BQ=Q，PQ，BQ 平面PQB，∴CN⊥平面PQB.又CN 平面PCN，∴平面PCN⊥平面PQB.

展开更多......

收起↑