资源简介

高考数学方法技巧全归纳
（空间向量与立体几何、解析几何）
目录
方法技巧01 基本立体图形结构特征 1
方法技巧02 空间几何体的直观图 2
方法技巧03 空间几何体的展开图 3
方法技巧04 空间几何体的表面积与体积 4
方法技巧05 简单几何体的外接球 7
方法技巧06 简单几何体的内切球 10
方法技巧07 与球有关的截面问题 11
方法技巧08 基本事实的应用 12
方法技巧09 空间两直线位置关系的判定 14
方法技巧10 异面直线所成的角 16
方法技巧11 空间几何体的截面、截线问题 18
方法技巧12 截面分割体积比问题 21
方法技巧13 直线与平面平行的判定 24
方法技巧14 线面平行性质定理的应用 26
方法技巧15 平面与平面平行的判定与性质 28
方法技巧16 平行关系的综合应用 31
方法技巧17 直线与平面垂直的判定与性质 33
方法技巧18 平面与平面垂直的判定与性质 35
方法技巧19 垂直关系的综合应用 37
方法技巧20 三垂线定理及其逆定理 41
方法技巧21 空间向量的线性运算 43
方法技巧22 空间向量数量积的应用 44
方法技巧23 利用向量证明平行与垂直 46
方法技巧24 异面直线所成的角 49
方法技巧25 直线与平面所成的角 51
方法技巧26 平面与平面的夹角 56
方法技巧27 求空间距离 59
方法技巧28 立体几何中的探索性问题 63
方法技巧29 立体几何中的翻折问题 67
方法技巧30 动态空间位置关系的判定 70
方法技巧31 立体几何轨迹问题 73
方法技巧32 立体几何最值(范围)问题 76
方法技巧33 直线的倾斜角与斜率 79
方法技巧34 直线方程的求法 81
方法技巧35 直线方程的综合应用 82
方法技巧36 两条直线位置关系的判断及应用 83
方法技巧37 两条直线的交点与距离问题 84
方法技巧38 直线的对称问题 86
方法技巧39 圆的方程 88
方法技巧40 与圆有关的最值问题 90
方法技巧41 与圆有关的轨迹问题 92
方法技巧42 直线与圆的位置关系 95
方法技巧43 圆与圆的位置关系 97
方法技巧44 圆的切线问题 99
方法技巧45 圆的弦长问题 100
方法技巧46 与圆有关的综合问题 102
方法技巧47 椭圆的定义及应用 103
方法技巧48 椭圆的标准方程 106
方法技巧49 椭圆的简单几何性质 107
方法技巧50 椭圆的离心率问题 109
方法技巧51 与椭圆有关的最值(范围)问题 111
方法技巧52 椭圆的蒙日圆及其性质 112
方法技巧53 直线与椭圆的位置关系 114
方法技巧54 椭圆的弦长问题 116
方法技巧55 椭圆的中点弦问题 118
方法技巧56 直线与椭圆的综合问题 120
方法技巧57 圆锥曲线的非对称韦达问题 123
方法技巧58 双曲线的定义及其应用 126
方法技巧59 双曲线的标准方程 128
方法技巧60 双曲线的渐近线 130
方法技巧61 双曲线的离心率 131
方法技巧62 与双曲线有关的最值、范围问题 132
方法技巧63 直线与双曲线的位置关系 133
方法技巧64 抛物线动点轨迹的判定 135
方法技巧65 抛物线上的点到定点的距离及最值 136
方法技巧66 抛物线的标准方程与几何性质 138
方法技巧67 直线与抛物线的位置关系 139
方法技巧68 抛物线中的阿基米德三角形 141
方法技巧69 圆锥曲线中的四点共圆问题 143
方法技巧70 圆锥曲线中的定点问题 149
方法技巧71 圆锥曲线的定值问题 155
方法技巧72 圆锥曲线的定直线问题 157
方法技巧73 圆锥曲线的等角定理 161
方法技巧74 圆锥曲线中的范围、最值问题 164
方法技巧75 圆锥曲线中的证明、探索性问题 169
方法技巧76 圆锥曲线的极点、极线 173
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
方法技巧01 基本立体图形结构特征
空间几何体结构特征的判断技巧：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．
【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
【解析】由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的几何体是圆台，故A正确；
各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选AD．
【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．长方体是直四棱柱
B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．平行六面体不是棱柱
【解析】长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体是棱柱，D错误．故选AC．
方法技巧02 空间几何体的直观图
在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半．
【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　)
A．AB＝2
B．A′D′＝2
C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2
D．四边形ABCD的面积为6
【解析】由题意可知A′D′＝，直观图的原图形如图所示，所以AB＝4，AD＝2，CD＝2，作CE⊥AB于点E，可求得BC＝2．
所以四边形ABCD的周长为6＋2＋2，四边形ABCD的面积为×2＝6．故选D．
【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2
【解析】法一：如图①②所示的原图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，
则C′D′＝O′C′＝a，所以S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2．故选D．
法二：S△ABC＝×a×a sin 60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝a2＝a2．故选D．
方法技巧03 空间几何体的展开图
在解决空间几何体最短距离问题时，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．
【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 B．2
C．4 D．4
【解析】如图，沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开，
由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，从点B经点M到C1的路线最短．
所以最短路线长为BC1＝＝2．故选B
【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A． B．
C． D．
【解析】
正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为．故选A．
方法技巧04 空间几何体的表面积与体积
求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　)
A．6π B．16π
C．26π D．32π
【解析】圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有解得所以圆台的侧面积S＝πl＝π×4＝16π．故选B．
【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为a，正六棱锥的侧棱长为a，正六棱锥的侧面积
S1＝6×a＝a2，
正六棱柱的侧面积S2＝6·a·2a＝12a2，所以＝．故选B．
【典例3】(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】设圆柱和圆锥的底面半径均为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．故选B．
【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
【解析】法一：如图所示，设O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O．因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝．
法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以＝×(22＋12＋)×＝．(或者V四棱锥P-ABCD＝×22×＝，＝V四棱锥P-ABCD，所以＝V四棱锥P-ABCD－＝V四棱锥P-ABCD＝＝．)
《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　)
A．4立方丈 B．5立方丈
C．6立方丈 D．8立方丈
【解析】
如图，过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形．
则它的体积V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋·FH·S矩形NBCM＝(AQ＋NB)·AD·EG＋S△EPQ·NQ＝×2×3×1＋×3×1×2＝5(立方丈)．
方法技巧05 简单几何体的外接球
求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助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也是球的半径，列关系式求解即可．
(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．
【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)
A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π
【解析】在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝＝＝，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A．
【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．
【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
【解析】∵AB＝，BC＝，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝，PB＝2．
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝π．故选B．
【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　)
A．π　　　B．π　　　C．2π　　　D．
【解析】如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以．
在Rt△PBC中，OB＝PC，
同理OA＝PC，
所以OA＝OB＝OC＝PC，
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，
在Rt△ABC中，AC＝＝．
在Rt△PAC中，PC＝＝，
球O的半径R＝PC＝，
所以外接球的体积为π×＝．故选D.
【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．
【解析】如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN 平面PBC，所以MN⊥平面ABC．
又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．
在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．
因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等．
又PB＝2，BC＝3，PC＝，
所以cos ∠PBC＝＝，
则sin ∠PBC＝．
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
则2R＝＝，即R＝，
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．
方法技巧06 简单几何体的内切球
“切”的问题处理规律
(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通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　)
A．3π B．5π
C．8π D．9π
【解析】设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2，即半径为，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C．
【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
【解析】法一：
如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．
法二：
如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．
【典例3】若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
【解析】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4××a2＝a2，其内切球的半径r为a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝，则＝＝．
方法技巧07 与球有关的截面问题
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A． B．
C．1 D．
【解析】由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝AB＝AB＝．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．
【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
【解析】设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．
方法技巧08 基本事实的应用
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(或证两平面重合)．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【典例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，E，F四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
[证明]　(1)如图所示，连接B1D1．
因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面．
(2)连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，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)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．
【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
【解析】由题意知，D∈l，l β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C．
方法技巧09 空间两直线位置关系的判定
空间中两直线位置关系的判定方法
【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　)
A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P
C．b∥c D．a与c没有公共点
【解析】∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a α，b γ，则P∈α，P∈γ，
而γ∩α＝c，∴P∈c，
可得a∩c＝P，b∩c＝P．
故选B．
【典例2】在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　)
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
【解析】由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形， E是的中点，F是AB的中点，因为AC 平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线，
又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF．故选D．
【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　)
A．DD1 B．AC
C．AD1 D．B1C
【解析】对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；
对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
对于C，当点P与点C1重合时，BP与AD1是平行直线；
对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B．
方法技巧10 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，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．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，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．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM．易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，在△DMO中，由余弦定理的推论，
得cos ∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．
法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝．
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos ∠DB1B′，
∴cos ∠DB1B′＝．故选C．
法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则cos 〈〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于(　　)
A． B．
C． D．0
【解析】连接AC1，
因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1或其补角，
设AB＝a，易得AB1＝a，AC1＝a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，
cos ∠AB1C1＝＝＝．
故选C．
【典例3】如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．
【解析】在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝．连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝．在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°．
方法技巧11 空间几何体的截面、截线问题
1.空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
2.作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
【解析】显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，GH＝， OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3．故D正确．
[答案]　ACD
【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．
【解析】如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α．
因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
由正方体的棱长为2，
则BD＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
所以等腰梯形MNDB的高
h＝＝，
所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝．
【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)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，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以的长为×2π×＝．
【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)
A． B．π
C． D．
【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝．故选C．
方法技巧12 截面分割体积比问题
1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提
2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型
3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则
【典例1】已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【解析】取的中点为，连接，如下图所示：
因为是棱的中点，所以由长方体性质可得，
所以四点共面，
根据长方体性质，与相似，相似比为，且平面平面，
所以交于同一点，
所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，
设长方体的各棱长为，则长方体的体积为，
再由棱台体积公式可得
，
较大部分的体积为；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为，
故选：C
【典例2】正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______.
【解析】如下图所示：
在正四棱锥中，由于底面边长为，侧棱长为，则，
所以，是等边三角形，同理可得也为等边三角形，
取的中点，连接，则，且，
设过且与垂直的平面交于点，交于点，连接，
则，，可得，则，，
在和中，由，，，
可得，，
，，，，
，则，
在等腰中，由，，
由余弦定理可得，
则在中，，同理可得，
，，，
四边形的面积为，
则，
又，
因此，平面将此正四棱锥分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为.
故答案为：；.
【典例3】已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．
【答案】/0.6
【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为，
所以．
因为，分别是棱，的中点，则，．
又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台，
则．
所以分割之后较大部分的体积为，
所以较小部分与较大部分的体积之比为．
故答案为：．
方法技巧13 直线与平面平行的判定
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∥b，b α，a α 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)．
【典例1】如图，在长方体中，，点是棱的中点.求证：平面.
【解析】连接与交于点O，连接．
则O为的中点，又点E是棱的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE．
[证明]　法一(应用线面平行的判定定理)：如图，设M为PC的中点，连接EM，MF．
∵E是AB的中点，
∴AE∥CD，且AE＝CD．
又∵MF∥CD，且MF＝CD，
∴AE∥FM，∴四边形AEMF是平行四边形，
∴AF∥EM．
又∵AF 平面PCE，EM 平面PCE，
∴AF∥平面PCE．
法二(应用面面平行的性质)：如图，设G为CD的中点，连接FG，AG．
∵F，G分别为PD，CD的中点，∴FG∥PC．又E为AB的中点，四边形ABCD为平行四边形，∴AE∥GC，∴四边形AECG为平行四边形，∴AG∥EC．
又FG 平面PCE，AG 平面PCE，
PC 平面PCE，EC 平面PCE，
∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE．
又FG，AG 平面AFG，FG∩AG＝G，
∴平面AFG∥平面PCE．又AF 平面AFG，
∴AF∥平面PCE．
方法技巧14 线面平行性质定理的应用
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．
【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG．
证明：FG∥平面AA1B1B．
[证明]　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1 平面BB1D，CC1 平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D．
又CC1 平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG．
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG．
而BB1 平面AA1B1B，FG 平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B．
【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
【解析】　(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE．
因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE．
又因为OE 平面BDE，AM 平面BDE，
所以AM∥平面BDE．
(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，
所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m．
【典例3】在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图：
因为平面DAM，平面DAM，
所以平面DAM，又平面，平面平面，所以，
因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面，又平面PDM，平面平面，所以，
所以，因此．
故选：C
方法技巧15 平面与平面平行的判定与性质
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．
【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG．
[证明]　(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1．
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC．
∵EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG．
∵A1G∥EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB．
∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG．
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l．
[证明]　(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1．
又BD 平面CD1B1，B1D1 平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1．
因为A1D1∥B1C1∥BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C．
又A1B 平面CD1B1，D1C 平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1．
又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B 平面A1BD，
所以平面A1BD∥平面CD1B1．
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，
平面ABCD∩平面A1BD＝BD，
所以l∥BD，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l．
【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
[证明]　(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，
∵A1C1 平面A1C1G，EF 平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又∵F，G分别为A1B1，AB的中点，
∴A1F＝BG，又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G 平面A1C1G，BF 平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF 平面BEF，
∴平面A1C1G∥平面BEF．
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，由题意得平面A1C1G∩BC＝H，即平面A1C1G∩平面ABC＝GH，
∴A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，
∴H为BC的中点．
方法技巧16 平行关系的综合应用
三种平行关系的转化
提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．
【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)证明：∵在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC．
又∵NQ，MQ 平面PCD，CD，PC 平面PCD，
∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．
又NQ∩MQ＝Q，NQ，MQ 平面MNQ，
∴平面MNQ∥平面PCD．
(2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且＝．
证明如下：
取PD的中点E，连接NE，CE，AE，
∵N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，BC∥AD，
∴NE∥MC，∴四边形MCEN是平行四边形，
∴MN∥CE．
∵MN 平面ACE，CE 平面ACE，
∴MN∥平面ACE，且＝．
【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
【解析】　(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，
所以EF∥HG．
因为HG 平面ABD，EF 平面ABD，所以EF∥平面ABD．
又因为EF 平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．
又因为AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，所以AB∥平面EFGH．
(2)设EF＝x(0因为EF∥AB，FG∥CD，所以＝，
则＝＝＝1－，所以FG＝6－x．
因为四边形EFGH为平行四边形，
所以四边形EFGH的周长l＝2＝12－x．
又因为0即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12)．
方法技巧17 直线与平面垂直的判定与性质
判定线面垂直的四种方法
【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE．
[证明]　(1)在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，
∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
又AE 平面PAC，∴CD⊥AE．
(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，PC，CD 平面PCD，∴AE⊥平面PCD．
又PD 平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，∴PD⊥平面ABE．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
【解析】　(1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能使AB1⊥平面C1DF．
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝．
又AA1＝，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1．
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1．
∵DF∩C1D＝D，DF，C1D 平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF．
方法技巧18 平面与平面垂直的判定与性质
证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
[证明]　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA 平面PAB，PA⊥AB，
∴PA⊥平面ABCD．
∵BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC．
(2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF．
在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，
∴EF∥DC，EF＝DC．
又AB∥DC，AB＝DC，∴AB∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF．
∵AP＝AD，F为PD的中点，
∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．
∵PA⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
∴PA⊥DC．
∵AB∥CD，∠DAB＝90°，
∴AD⊥DC．
∵AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
∴DC⊥平面PAD．
∵AF 平面PAD，∴DC⊥AF．
∵BE∥AF，∴DC⊥BE．
∵DC∩PD＝D，DC，PD 平面PDC，
∴BE⊥平面PDC．又BE 平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．
【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：
(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)BC1⊥AB1．
[证明]　(1)设BC的中点为M，
因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC，
又因为AC 平面ABC，所以B1M⊥AC，
又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M且B1M，BC 平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因为AC 平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．
(2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1 平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，
因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB为菱形，
所以B1C⊥BC1．
又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC 平面ACB1，
所以BC1⊥平面ACB1，
因为AB1 平面ACB1，所以BC1⊥AB1．
方法技巧19 垂直关系的综合应用
三种垂直关系的转化
线线垂直线面垂直面面垂直
【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG．
∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝BC．
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC．
AE＝BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG．
又AF 平面SEC，EG 平面SEC，∴AF∥平面SEC．
(2)证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE 平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG 平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG．
又SA＝AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG 平面SBC，SB 平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF 平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB．
(3)存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE 平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE，
∴BS＝＝，
∴cos ∠SBD＝＝，
∴＝，∴BM＝，∴＝．
【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
【解析】　(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD 平面PAC，则AD⊥平面PBC．
又BC 平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC．
又PA，AD 平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB 平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE 平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC, AC 平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝，PA⊥平面ABC，
AB 平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，
AE＝＝，则sin ∠AED＝＝＝，
则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．
【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
【解析】　(1)连接BD交AC于点O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD 平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA 平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝＝＝，
在Rt△POB中，OB＝，∴sin ∠BPO＝＝＝，
故BP与平面PACQ所成角的正弦值为．
(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD．
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，
在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝
＝＝＝2，
由余弦定理的推论知，cos ∠BMD
＝＝＝－，
∴∠BMD＝120°，
故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°．
(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴d×BM·PQ＝OB×CQ·PQ，∴d×2×2＝×1×2, ∴d＝，
故点C到平面BPQ的距离为．
方法技巧20 三垂线定理及其逆定理
1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
【典例1】　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
【解析】本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很直观．如图所示：
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
选项A，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；
选项B，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项C，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项D，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．
【解析】　如图，过点C作CM⊥DE，垂足为点M，连接C1M．
因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，
故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角．
因为E为BC的中点且四边形ABCD为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝，
则CM＝，又C1C＝1，
则tan ∠C1MC＝＝．
即平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值为．
方法技巧21 空间向量的线性运算
空间向量线性运算中的三个关键点
【典例1】(2025·广东广州模拟)如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝，N为BC的中点，则＝(　　)
A．a＋b－c B．－a＋b＋c
C．a＋b－c D．－a＋b－c
【解析】＝＝
＝
＝－
＝－a＋b＋c．
故选B．
【典例2】如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b，＝c，则下列等式成立的是(　　)
A．＝a＋b＋c
B．＝a＋b＋c
C．＝－a＋b－c
D．＝b－c
【解析】因为＝＝a，＝b，＝c，
所以＝＝＝)＝b＋c－a，B错误；
＝＝＝－a＋b＋c，C错误；
＝)＝b＋c，D错误；
＝＝a＋b＋c＝a＋b＋c，A正确．故选A
【典例3】已知＝＝＝，若P，A，B，C四点共面，则λ＝(　　)
A．3 B．－3
C．7 D．－7
【解析】由P，A，B，C四点共面，可得共面，
设＝x＋y＝(2x－y，x＋2y，－3x＋3y)＝(λ，6，－9)，
则
解得故选C．
方法技巧22 空间向量数量积的应用
空间向量数量积的应用
【典例1】如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．
【解析】　(1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝＝a＋b＋c，
∴||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)证明：∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0．
∴⊥，∴AC1⊥BD．
(3)＝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．
【典例2】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________．
【解析】以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C1，D1，C，B1，
设＝m＝m(0，1，－)，
则＝＋m＝＋m(0，1，－)＝(0，m，m)，
＝＝－(，0，0)＝(－，m，m)，
则＝＝m2＋(m)2＝4m2－6m＋3＝4＋，
因为0≤m≤1，所以当m＝0时，取最大值，最大值为3．
方法技巧23 利用向量证明平行与垂直
1．利用向量法证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证明垂直问题
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直．
(3)面面垂直：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直．
【典例1】如图，在直三棱柱ADE-BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．
(1)求证：OM∥平面BCF；
(2)求证：平面MDF⊥平面EFCD．
[证明]　(1)由题意得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．设正方形的边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O，所以＝＝(－1，0，0)，所以＝0，所以⊥．因为三棱柱ADE-BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量．又OM 平面BCF，所以OM∥平面BCF．
(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为＝(1，－1，1)，＝＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，由 得
令x1＝1，得n1＝．
同理可得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD．
【典例2】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角，求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD．
[证明]　(1)由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
∴∠PBC＝30°．
∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，
∴D(0，1，0)，B(2，0，0)，A(2，4，0)，P(0，0，2)，M，
∴＝(0，－1，2)，＝(2，3，0)，
＝．
设n＝(x，y，z)为平面PAD的法向量，
由即
令y＝2，则n＝(－，2，1)是平面PAD的一个法向量．
∵n·＝－＋2×0＋1×＝0，
∴n⊥．又CM 平面PAD，
∴CM∥平面PAD．
(2)法一：由(1)知＝(0，4，0)，＝(2，0，－2)，
设平面PAB的法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由即
令x0＝1，则m＝(1，0，)是平面PAB的一个法向量．
又∵平面PAD的一个法向量n＝(－，2，1)，
∴m·n＝1×(－)＋0×2＋×1＝0，
∴平面PAB⊥平面PAD．
法二：取AP的中点E，连接BE，
则E(，2，1)，＝(－，2，1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA．
∵＝(－，2，1)·(2，3，0)＝0，
∴⊥，∴BE⊥DA．
又PA∩DA＝A，DA，PA 平面PAD，∴BE⊥平面PAD．
∵BE 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD．
方法技巧24 异面直线所成的角
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两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．
【典例1】(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，
所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以cos θ＝＝＝．故选C．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°．以A为原点，AB，AC，AA1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A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，
所以＝＝(0，，－)，
所以cos 〈〉＝＝，所以〈〉＝．即异面直线AD与A1C所成的角为．故选B．
【典例3】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
【解析】以D为坐标原点，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)．
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以＝(0，2，－1)，＝＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．
则|cos 〈〉|＝
＝＝，解得λ＝．
方法技巧25 直线与平面所成的角
利用空间向量求线面角的解题步骤
【典例1】(2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．
(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F为棱EC的中点，若EA＝2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：设AC与BD的交点为O．
因为AD∥BC，且AB⊥AD，所以AB⊥BC．
因为2AD＝2，所以AD＝1．
又AB＝，BC＝2，
所以＝＝，△ABD∽△BCA，
所以∠ABD＝∠BCA，
所以∠BAC＋∠ABD＝∠BAC＋∠BCA＝90°，
即∠BAO＋∠ABO＝90°，所以∠AOB＝90°，
所以AO⊥OB，即AC⊥BD．
因为EA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以EA⊥BD．
因为EA∩AC＝A，EA，AC 平面EAC，
所以BD⊥平面EAC．
又因为平面α⊥BD，且B 平面EAC，
所以平面α∥平面EAC．
(2)因为AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，
所以AB，AD，EA所在直线两两垂直，如图，以A为原点，AB，AD，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系Axyz，
则A，D，B，E(0，0，2)，C(－，2，0)，
所以＝＝＝＝，因为F为棱EC的中点，
所以＝＝．
设平面FBD的法向量为n＝，
则所以
取x＝2，得y＝－2，z＝，
所以平面FBD的一个法向量为n＝(2，－2)，
记直线AD与平面FBD所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝＝，
所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为．
【典例2】(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：易求得CF＝2，BC＝2．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，∴DC⊥平面BCF．∵FN 平面BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，
则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，
∴ 取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．
∴sin θ＝|cos 〈，n〉|＝
＝＝．
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为．
(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
【解析】　(1)证明：取棱A1A的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2，所以＝A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB．
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1．
因为AC 平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
(2)取AB的中点O，连接A1O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O 平面A1ABB1，AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB．
以O为坐标原点，OP，OB，OA1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Oxyz，
则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)，
可设N，
＝＝＝(a，1，)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)是平面A1B1C的一个法向量．
设直线AN与平面A1B1C所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝＝＝，
若a＝0，则sin θ＝；
若a≠0，则sin θ＝＝，当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为
方法技巧26 平面与平面的夹角
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
【解析】　(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE．
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝．
因为AE⊥BC，所以AE＝＝．
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．
设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，
所以＝(，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝．
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝＝＝，
故二面角D-AB-F的正弦值为．
【典例2】(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【解析】　(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)．
因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG．
又BF 平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD．
(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE．
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD．
连接EC，易知四边形ABCE为正方形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则＝(1，0，0)，＝(0，1，2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
可取n1＝(0，－2，1)．
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝．
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为．
方法技巧27 求空间距离
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到平面α的距离d＝．
【典例1】(2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝．
(1)求点O到平面ABC的距离；
(2)求点O到直线CD的距离．
【解析】　(1)在△OBC所在平面内作OM⊥OB，
由题意可得OA⊥平面OBC，因为OB 平面OBC，OM 平面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM，
以O为原点，OM，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得OB＝1，OA＝，∠COB＝，
∴A(0，0，)，B(0，1，0)，C，D，
则＝(0，1，－)，＝＝(0，0，)，
设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝3，则＝(3，，1)是平面ABC的一个法向量，
所以点O到平面ABC的距离为d1＝＝．
(2)因为＝＝，
所以＝＝，
＝＝1，
＝－＋1××0＝－，
所以点O到直线CD的距离d2
＝＝＝．
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离是
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0), D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1，E，
所以＝(－1，0，0)，
＝．
设∠ABE＝θ，
则cos θ＝＝，sin θ＝＝．
故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×＝，A错误；
易知＝＝，
平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，
则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，B正确；
＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 所以
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量．
所以点D1到平面A1BD的距离
d3＝＝＝．
因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，C正确；
因为＝，所以＝，又＝(1，0，0)，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝，D正确．故选BCD．
【典例3】(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝．
(1)求点C到直线AE的距离；
(2)求点C到平面AED1的距离；
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB的长为异面直线BC与AA1的公垂线段长，也称为异面直线BC与AA1的距离．试求异面直线CD与AE的距离．
【解析】　(1)根据正方体性质，可以建立如图所示空间直角坐标系Dxyz．
则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D1(0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)．
＝(－1，1，4)，＝(4，－4，0)，令l＝＝＝，
则点C到直线AE的距离d1＝＝＝．
(2)＝(4，－4，0)，＝(－1，1，4)，＝(－4，0，4)，
设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则则m＝(1，－3，1)．
则点C到平面AED1的距离d2＝＝＝．
(3)＝(4，－4，0)，＝(0，－4，0)，＝(－1，1，4)，
设CD与AE的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)．
则
令a＝4，则c＝1，
则n＝(4，0，1)．
则异面直线CD与AE的距离d3＝＝＝．
方法技巧28 立体几何中的探索性问题
(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”等问题．
(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．
【典例1】(2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
(1)当λ＝μ＝时，求证：DP∥平面A1EF；
(2)当λ＝1时，是否存在点P，使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是？若存在，指出点P的位置，若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)当λ＝μ＝时，＝＝，故P是AB1的中点，
连接CB1，DP，因为D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1，
因为E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，
因为DP 平面A1EF，EF 平面A1EF，所以DP∥平面A1EF．
(2)存在，P为BB1上靠近B的四等分点．
当λ＝1时，＝＋μ，即＝μ，μ∈，所以点P在棱BB1上，
取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC．
以D为坐标原点，DA，DB，DD1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，B，C，A1，B1，C1，E，P，
从而F＝＝，
＝＝，
设平面A1EF的法向量是m＝，
由即
令x1＝1，得m＝是平面A1EF的一个法向量．
设平面ACP的法向量是n＝，
由即
令z2＝，得n＝是平面ACP的一个法向量．
则＝＝＝＝，得＝16μ2＋3，解得μ＝，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是，
此时点P为BB1上靠近B的四等分点．
【典例2】如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为？若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB．
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B 平面ABB1A1，
∴A1B⊥平面ABC．
∵AC 平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵A1B∩OB＝B，A1B，OB 平面A1BO，
∴AC⊥平面A1BO．
(2)存在，线段CC1的中点P满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
∴以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，，2)，＝(0，，0)，＝(－1，，2)，＝(－1，0，0)，
设＝t＝t＝(－t，t，2t)，0≤t≤1，
则＝＝(－1－t，t，2t)，
易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1，0，0)，
设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取x＝2t，则m＝(2t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量，
由题意得|cos 〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为，此时＝．
方法技巧29 立体几何中的翻折问题
三步解决平面图形翻折问题
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)如图，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；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解析】　(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，
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)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，
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Exyz，
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，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)分别为平面PCD和平面PBF的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
设平面PCD与平面PBF所成角为θ，则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．
【典例2】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．
【解析】　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
(2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量．
又平面BCGE的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cos 〈n，m〉＝＝．
因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°．
方法技巧30 动态空间位置关系的判定
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
【典例1】(多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P 平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正确的是(　　)
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
【解析】取AP的中点G，连接EG，FG，如图，
因为F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝AD，又E是矩形ABCD边BC的中点，则CE∥AD，CE＝AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即四边形CEGF是平行四边形，则CF∥EG，而EG 平面AEP，CF 平面AEP，
因此，CF∥平面AEP，A正确；
在 CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值，
因此，CF的长度恒定不变，B正确；
由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG，D正确；
假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE 平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．故选ABD．
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点．下列叙述正确的是(　　)
A．若＝，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若＝λ(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．若＝λ(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若＝λ(λ∈[0，1])，则异面直线BP与C1D所成角的取值范围是
【解析】如图1，P为AD1的中点，取B1D1的中点O，连接PO，BO，则PO∥C1D，所以∠BPO或其补角即为异面直线BP与C1D所成的角，易得BP＝，PO＝，BO＝，所以cos ∠BPO＝＝，A正确．
由条件＝λ(λ∈[0，1])，可知点P的轨迹为线段B1C1，因为B1C1∥BC，故P到平面A1BC的距离为定值，且△A1BC的面积为定值，故三棱锥P-A1BC的体积为定值，B正确．
由＝λ(λ∈[0，1])可知点P在线段EF上(E，F分别为BB1，CC1的中点)，如图2，因为A1C⊥平面AB1D1，所以平面AB1P即为平面AB1D1，点P即为平面AB1D1与直线EF的交点，此交点在FE的延长线上，C错误．
由＝λ(λ∈[0，1])可知点P的轨迹为线段AD1，以A1为坐标原点建立空间直角坐标系，如图3，C1(2，2，0)，D(0，2，2)，B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，得＝(－2，0，2)，＝(－2，a，－a)，所以cos 〈〉＝＝，令2－a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0时，cos 〈〉＝0，此时直线BP与C1D所成角是；
当a≠2，即x∈(0，2]时，则cos 〈〉＝，令＝t∈，cos 〈，〉＝，所以当＝t＝，即a＝0时，cos 〈〉取得最大值，为，直线BP与C1D所成角的最小值为，D正确．
故选ABD．
(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是(　　)
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
D．三棱锥P-AED的体积的最大值为
【解析】依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF为平行四边形，有CF∥AE，而AF＝AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因此CF⊥OP，A正确；
因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF不平行，即不存在点P，使得PE∥CF，B错误；
连接PF，当PF＝1时，因为PO＝FO＝，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE 平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F分别为AE，AD的中点，
即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE 平面PAE，则PE⊥ED，C正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成的角为θ，则点P到平面AED的距离h＝PO sin θ＝sin θ，又△AED的面积S△AED＝AD·AB＝1，因此三棱锥P-AED的体积VP-AED＝S△AED·h＝sin θ≤，
当且仅当θ＝90°，即PO⊥平面AED时取等号，所以三棱锥P-AED的体积的最大值为，D正确．故选ACD．
方法技巧31 立体几何轨迹问题
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，或用代数法进行计算．
(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．
【典例1】(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是(　　)
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
【解析】如图所示，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，A正确；
在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，MN的中点P，连接PE，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，B不正确；
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为，
所以|cos 〈〉|＝cos ，
所以＝，整理得＝1，所以点N的轨迹为双曲线，D正确．故选ACD．
【典例2】在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝，AD＝2，直线PM与平面ABCD所成的角为，则点M的轨迹长度为(　　)
A． B．π
C．π D．
【解析】由于PA⊥平面ABCD，
AM 平面ABCD，所以PA⊥AM，
则∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角，
即∠PMA＝，
tan ＝＝＝，AM＝∈，
所以M点的轨迹是以A为圆心，半径为的圆在矩形ABCD内的部分，
如图，设圆与BC，AD分别交于E，F两点，
BE＝＝，所以∠BAE＝，∠EAF＝，
所以M点的轨迹长度为＝．故选A．
【典例3】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
【解析】分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝BC，B1G＝B1C1，
因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，
所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG．
因为E为CD的中点，所以EF∥BD，
因为EF，FG 平面BDD1B1，BD，BB1 平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1，
因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面BDD1B1．
因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面BDD1B1，
所以点P的轨迹是FG．
因为FG＝BB1＝2，所以动点P的轨迹长度为2．
因为AB⊥平面BCC1B1，BP 平面BCC1B1，
所以AB⊥BP，
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
则tan ∠BAP＝＝，
所以BP＝AB＝，
所以点P的轨迹是以B为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹长度为×2π×＝π．
方法技巧32 立体几何最值(范围)问题
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、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，从而利用代数方法求目标函数的最值．
【典例1】(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是(　　)
A．∠SAB的取值范围是
B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是
C．点A到平面SBC的距离的最大值为3
D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC＞6
【解析】由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB，
在△ASC中，由余弦定理的推论可知，
cos ∠ASC＝，
即－＝，解得SA＝SC＝SB＝2，则SO＝．
A选项，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0，6)，
在△ABS中，
cos ∠SAB＝＝＝，
所以cos ∠SAB＝∈，
所以∠SAB∈，A选项错误；
B选项，取BC的中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC, 且OD∥AB，OD＝AB∈(0，3)，
则二面角S-BC-A的平面角为∠SDO，
所以tan ∠SDO＝＝∈，
所以∠SDO∈，B选项正确；
C选项，由已知S△SBC＝BC·SD，
又S△ABC＝AB·BC＝OD·BC，
则三棱锥S-ABC的体积
VS-ABC＝S△ABC·SO＝OD·BC，
设点A到平面SBC的距离为d，
则VA-SBC＝S△SBC·d＝BC·SD·d＝OD·BC，
则d＝2＝2cos ∠SDO∈(0，3)，C选项错误；
D选项，当SA⊥SB时，AB＝SA＝2，BC＝2，则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形，
将平面SBC绕SB旋转至SBC′，使C′与△SAB共面，如图所示，
则AM＋MC＝AM＋MC′≥AC′，
在△SAC′中，∠ASC′＝，
由余弦定理可知
AC′2＝SA2＋SC′2－2SA·SC′·cos ∠ASC′＝12＋12＋12＝24＋12＞36，
所以AM＋MC≥AC′＞6，D选项正确．
故选BD．
【典例2】已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足＝λ(0＜λ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则四边形EFGH的周长为________，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为________．
【解析】因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC 平面ABC，
故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH，
同理EH∥GF，故四边形EFGH为平行四边形．
由＝λ，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ，
又正四面体ABCD的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)，
四边形EFGH的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6．
取BD的中点为M，AC的中点为Q，连接AM，MC，MQ，
则由正四面体可得AM＝MC＝，
故MQ＝＝且MQ⊥AC，故MQ⊥EF．
因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD，
而AM∩MC＝M，AM，MC 平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ 平面AMC，所以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形．
而HE∩EF＝E，HE，EF 平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH．因为AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，
故点A到平面EFGH的距离即为点Q到平面EFGH的距离，
点B到平面EFGH的距离即为点M到平面EFGH的距离，
而＝λ，故＝，故点A到平面EFGH的距离与点B到平面EFGH的距离的比值为，结合MQ＝可得A到平面EFGH的距离为λ，则四棱锥A-EFGH的体积V＝×3λ×3(1－λ)×λ＝λ2(1－λ)．
令f (x)＝x2(1－x)(0＜x＜1)，
则f ′(x)＝x(2－3x)，
由f ′(x)＞0得0＜x＜，由f ′(x)＜0，得＜x＜1，
则f (x)在上单调递增，在上单调递减，
则f (x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝＝，
即四棱锥A-EFGH的体积的最大值为．
方法技巧33 直线的倾斜角与斜率
斜率取值范围的两种求法
数形 结合法 作出直线在平面直角坐标系中可能的位置，借助图形，结合正切函数的单调性确定
函数 图象法 根据正切函数图象，由倾斜角范围求斜率范围，反之亦可
提醒：求倾斜角时要注意斜率是否存在，必要时分与两种情况讨论．一般要用到y＝tan x的单调性，y＝tan x在上都是单调递增的．
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)设点A(4，－3)，B(－2，－2)，直线l过点P(1，1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是(　　)
A．k≥1或k≤－4 B．k≥1或k≤－
C．－4≤k≤1 D．－≤k≤1
【解析】依题意，直线PA，PB的斜率分别为kPA＝＝－，kPB＝＝1．如图所示：
若直线l过点P(1，1)且与线段AB相交，
则l的斜率k满足k≤kPA＝－或k≥kPB＝1，
即l的斜率k的取值范围是k≥1或 k≤－．故选B．
【典例2】若向量a＝(，1)是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为(　　)
A． B．
C． D．
【解析】设直线l的倾斜角为α(0≤α<π)，
若向量a＝(，1)是直线l的一个方向向量，
则直线l的斜率为k＝tan α＝＝，
因为0≤α<π，所以α＝．故选A．
【典例3】已知直线l的方程为x sin α＋y－1＝0，α∈R，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
【解析】直线l的方程为x sin α＋y－1＝0，
则直线l的斜率k＝－sin α∈ ．
设直线l的倾斜角为θ，则有tan θ∈，
又θ∈[0，π)，
所以当k∈ 时，直线l的倾斜角θ∈ ；
当k∈时，直线l的倾斜角θ∈．
综上所述，直线l的倾斜角θ∈．故选B．
方法技巧34 直线方程的求法
求直线方程的两种方法
【典例1】　已知△ABC的三个顶点分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3)，求：
(1)BC边所在直线的方程；
(2)BC边上中线AD所在直线的方程；
(3)BC边的垂直平分线DE的方程．
【解析】　(1)因为直线BC经过B(2，1)和C(－2，3)两点，得直线BC的方程为＝，即x＋2y－4＝0．
(2)设BC边的中点D(x，y)，则x＝＝0，y＝＝2．
BC边的中线AD所在直线过A(－3，0)，D(0，2)两点，所在直线方程为＝1，即2x－3y＋6＝0．
(3)由(1)知，直线BC的斜率k1＝－，则边BC的垂直平分线DE的斜率k2＝2．由(2)知，点D的坐标为(0，2)，则所求直线方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0．
【典例2】过点且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为________．
【解析】当直线经过原点时，此时直线方程为2x＋3y＝0，且在x轴、y轴上的截距均为0，符合题意．
当在x轴、y轴上截距均不为0时，设直线方程为＝1，
将代入得＝1，解得a＝1，故直线方程为x＋y－1＝0．
所以所求直线方程为2x＋3y＝0或x＋y－1＝0．
【典例3】若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程为(　　)
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 D．x－y－1＝0
【解析】当直线经过原点时，斜率为k＝＝2，
所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；
当直线不过原点时，
设所求的直线方程为x±y＝a，
把点A(1，2)代入可得1－2＝a或1＋2＝a，
求得a＝－1或a＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0．
综上知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0，x＋y－3＝0．故选ABC．
方法技巧35 直线方程的综合应用
处理直线方程综合应用的两大策略
(1)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．
(2)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点(或平行)的直线系，即能够看出“动中有定”．
提醒：涉及直线与坐标轴截距问题时一般设截距式．
【典例1】已知直线l过点M(2，1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点，当△AOB面积最小时，求直线l的方程．
【解析】　法一：高考数学方法技巧全归纳
（空间向量与立体几何、解析几何）
目录
方法技巧01 基本立体图形结构特征 1
方法技巧02 空间几何体的直观图 2
方法技巧03 空间几何体的展开图 3
方法技巧04 空间几何体的表面积与体积 4
方法技巧05 简单几何体的外接球 7
方法技巧06 简单几何体的内切球 10
方法技巧07 与球有关的截面问题 11
方法技巧08 基本事实的应用 12
方法技巧09 空间两直线位置关系的判定 14
方法技巧10 异面直线所成的角 16
方法技巧11 空间几何体的截面、截线问题 18
方法技巧12 截面分割体积比问题 21
方法技巧13 直线与平面平行的判定 24
方法技巧14 线面平行性质定理的应用 26
方法技巧15 平面与平面平行的判定与性质 28
方法技巧16 平行关系的综合应用 31
方法技巧17 直线与平面垂直的判定与性质 33
方法技巧18 平面与平面垂直的判定与性质 35
方法技巧19 垂直关系的综合应用 37
方法技巧20 三垂线定理及其逆定理 41
方法技巧21 空间向量的线性运算 43
方法技巧22 空间向量数量积的应用 44
方法技巧23 利用向量证明平行与垂直 46
方法技巧24 异面直线所成的角 49
方法技巧25 直线与平面所成的角 51
方法技巧26 平面与平面的夹角 56
方法技巧27 求空间距离 59
方法技巧28 立体几何中的探索性问题 63
方法技巧29 立体几何中的翻折问题 67
方法技巧30 动态空间位置关系的判定 70
方法技巧31 立体几何轨迹问题 73
方法技巧32 立体几何最值(范围)问题 76
方法技巧33 直线的倾斜角与斜率 79
方法技巧34 直线方程的求法 81
方法技巧35 直线方程的综合应用 82
方法技巧36 两条直线位置关系的判断及应用 83
方法技巧37 两条直线的交点与距离问题 84
方法技巧38 直线的对称问题 86
方法技巧39 圆的方程 88
方法技巧40 与圆有关的最值问题 90
方法技巧41 与圆有关的轨迹问题 92
方法技巧42 直线与圆的位置关系 95
方法技巧43 圆与圆的位置关系 97
方法技巧44 圆的切线问题 99
方法技巧45 圆的弦长问题 100
方法技巧46 与圆有关的综合问题 102
方法技巧47 椭圆的定义及应用 103
方法技巧48 椭圆的标准方程 106
方法技巧49 椭圆的简单几何性质 107
方法技巧50 椭圆的离心率问题 109
方法技巧51 与椭圆有关的最值(范围)问题 111
方法技巧52 椭圆的蒙日圆及其性质 112
方法技巧53 直线与椭圆的位置关系 114
方法技巧54 椭圆的弦长问题 116
方法技巧55 椭圆的中点弦问题 118
方法技巧56 直线与椭圆的综合问题 120
方法技巧57 圆锥曲线的非对称韦达问题 123
方法技巧58 双曲线的定义及其应用 126
方法技巧59 双曲线的标准方程 128
方法技巧60 双曲线的渐近线 130
方法技巧61 双曲线的离心率 131
方法技巧62 与双曲线有关的最值、范围问题 132
方法技巧63 直线与双曲线的位置关系 133
方法技巧64 抛物线动点轨迹的判定 135
方法技巧65 抛物线上的点到定点的距离及最值 136
方法技巧66 抛物线的标准方程与几何性质 138
方法技巧67 直线与抛物线的位置关系 139
方法技巧68 抛物线中的阿基米德三角形 141
方法技巧69 圆锥曲线中的四点共圆问题 143
方法技巧70 圆锥曲线中的定点问题 149
方法技巧71 圆锥曲线的定值问题 155
方法技巧72 圆锥曲线的定直线问题 157
方法技巧73 圆锥曲线的等角定理 161
方法技巧74 圆锥曲线中的范围、最值问题 164
方法技巧75 圆锥曲线中的证明、探索性问题 169
方法技巧76 圆锥曲线的极点、极线 173
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
方法技巧01 基本立体图形结构特征
空间几何体结构特征的判断技巧：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．
【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．长方体是直四棱柱
B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．平行六面体不是棱柱
方法技巧02 空间几何体的直观图
在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半．
【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　)
A．AB＝2
B．A′D′＝2
C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2
D．四边形ABCD的面积为6
【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2
方法技巧03 空间几何体的展开图
在解决空间几何体最短距离问题时，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．
【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 B．2
C．4 D．4
【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A． B．
C． D．
方法技巧04 空间几何体的表面积与体积
求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　)
A．6π B．16π
C．26π D．32π
【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)
A． B．
C． D．
【典例3】(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
【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　)
A．4立方丈 B．5立方丈
C．6立方丈 D．8立方丈
方法技巧05 简单几何体的外接球
求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助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也是球的半径，列关系式求解即可．
(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．
【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)
A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π
【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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
【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　)
A．π　　　B．π　　　C．2π　　　D．
【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．
方法技巧06 简单几何体的内切球
“切”的问题处理规律
(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通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　)
A．3π B．5π
C．8π D．9π
【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
【典例3】若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
方法技巧07 与球有关的截面问题
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A． B．
C．1 D．
【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
方法技巧08 基本事实的应用
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(或证两平面重合)．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【典例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，E，F四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
方法技巧09 空间两直线位置关系的判定
空间中两直线位置关系的判定方法
【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　)
A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P
C．b∥c D．a与c没有公共点
【典例2】在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　)
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　)
A．DD1 B．AC
C．AD1 D．B1C
方法技巧10 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，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．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，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．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于(　　)
A． B．
C． D．0
【典例3】如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．
方法技巧11 空间几何体的截面、截线问题
1.空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
2.作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．
【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)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________．
【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)
A． B．π
C． D．
方法技巧12 截面分割体积比问题
1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提
2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型
3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则
【典例1】已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为，
【典例2】正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______.
【典例3】已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．
方法技巧13 直线与平面平行的判定
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∥b，b α，a α 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)．
【典例1】如图，在长方体中，，点是棱的中点.求证：平面.
【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE．
方法技巧14 线面平行性质定理的应用
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．
【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG．
证明：FG∥平面AA1B1B．
【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
【典例3】在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（ ）
A． B． C． D．
方法技巧15 平面与平面平行的判定与性质
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．
【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l．
【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
方法技巧16 平行关系的综合应用
三种平行关系的转化
提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．
【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
方法技巧17 直线与平面垂直的判定与性质
判定线面垂直的四种方法
【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
方法技巧18 平面与平面垂直的判定与性质
证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：
(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)BC1⊥AB1．
方法技巧19 垂直关系的综合应用
三种垂直关系的转化
线线垂直线面垂直面面垂直
【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
方法技巧20 三垂线定理及其逆定理
1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
【典例1】　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．
方法技巧21 空间向量的线性运算
空间向量线性运算中的三个关键点
【典例1】(2025·广东广州模拟)如图，空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝，N为BC的中点，则＝(　　)
A．a＋b－c B．－a＋b＋c
C．a＋b－c D．－a＋b－c
【典例2】如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b，＝c，则下列等式成立的是(　　)
A．＝a＋b＋c
B．＝a＋b＋c
C．＝－a＋b－c
D．＝b－c
【典例3】已知＝＝＝，若P，A，B，C四点共面，则λ＝(　　)
A．3 B．－3
C．7 D．－7
方法技巧22 空间向量数量积的应用
空间向量数量积的应用
【典例1】如图所示，在四棱柱中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．
【典例2】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________．
方法技巧23 利用向量证明平行与垂直
1．利用向量法证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证明垂直问题
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直．
(3)面面垂直：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直．
【典例1】如图，在直三棱柱ADE-BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．
(1)求证：OM∥平面BCF；
(2)求证：平面MDF⊥平面EFCD．
【典例2】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角，求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD．
方法技巧24 异面直线所成的角
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两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．
【典例1】(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
【典例3】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
方法技巧25 直线与平面所成的角
利用空间向量求线面角的解题步骤
【典例1】(2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．
(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F为棱EC的中点，若EA＝2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．
【典例2】(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
方法技巧26 平面与平面的夹角
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
【典例2】(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
方法技巧27 求空间距离
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到平面α的距离d＝．
【典例1】(2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝．
(1)求点O到平面ABC的距离；
(2)求点O到直线CD的距离．
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离是
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
【典例3】(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝．
(1)求点C到直线AE的距离；
(2)求点C到平面AED1的距离；
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB的长为异面直线BC与AA1的公垂线段长，也称为异面直线BC与AA1的距离．试求异面直线CD与AE的距离．
方法技巧28 立体几何中的探索性问题
(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”等问题．
(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．
【典例1】(2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
(1)当λ＝μ＝时，求证：DP∥平面A1EF；
(2)当λ＝1时，是否存在点P，使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是？若存在，指出点P的位置，若不存在，请说明理由．
【典例2】如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为？若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由．
方法技巧29 立体几何中的翻折问题
三步解决平面图形翻折问题
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)如图，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；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【典例2】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．
方法技巧30 动态空间位置关系的判定
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
【典例1】(多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折至△PAE的位置(点P 平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正确的是(　　)
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点．下列叙述正确的是(　　)
A．若＝，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若＝λ(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．若＝λ(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若＝λ(λ∈[0，1])，则异面直线BP与C1D所成角的取值范围是
(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是(　　)
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
D．三棱锥P-AED的体积的最大值为
方法技巧31 立体几何轨迹问题
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，或用代数法进行计算．
(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．
【典例1】(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是(　　)
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
【典例2】在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝，AD＝2，直线PM与平面ABCD所成的角为，则点M的轨迹长度为(　　)
A． B．π
C．π D．
【典例3】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P的轨迹长度为________；若总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
方法技巧32 立体几何最值(范围)问题
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、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，从而利用代数方法求目标函数的最值．
【典例1】(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是(　　)
A．∠SAB的取值范围是
B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是
C．点A到平面SBC的距离的最大值为3
D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC＞6
【典例2】已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足＝λ(0＜λ＜1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则四边形EFGH的周长为________，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为________．
方法技巧33 直线的倾斜角与斜率
斜率取值范围的两种求法
数形 结合法 作出直线在平面直角坐标系中可能的位置，借助图形，结合正切函数的单调性确定
函数 图象法 根据正切函数图象，由倾斜角范围求斜率范围，反之亦可
提醒：求倾斜角时要注意斜率是否存在，必要时分与两种情况讨论．一般要用到y＝tan x的单调性，y＝tan x在上都是单调递增的．
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)设点A(4，－3)，B(－2，－2)，直线l过点P(1，1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是(　　)
A．k≥1或k≤－4 B．k≥1或k≤－
C．－4≤k≤1 D．－≤k≤1
【典例2】若向量a＝(，1)是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为(　　)
A． B．
C． D．
【典例3】已知直线l的方程为x sin α＋y－1＝0，α∈R，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
方法技巧34 直线方程的求法
求直线方程的两种方法
【典例1】　已知△ABC的三个顶点分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3)，求：
(1)BC边所在直线的方程；
(2)BC边上中线AD所在直线的方程；
(3)BC边的垂直平分线DE的方程．
【典例2】过点且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为________．
【典例3】若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程为(　　)
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 D．x－y－1＝0
方法技巧35 直线方程的综合应用
处理直线方程综合应用的两大策略
(1)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．
(2)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点(或平行)的直线系，即能够看出“动中有定”．
提醒：涉及直线与坐标轴截距问题时一般设截距式．
【典例1】已知直线l过点M(2，1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点，当△AOB面积最小时，求直线l的方程．
【典例2】若直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1，1)，则该直线在x轴与y轴上的截距之和的最小值为________．
方法技巧36 两条直线位置关系的判断及应用
解决两直线平行与垂直的参数问题要“前思后想”
【典例1】已知直线l1：ax＋2y＋1＝0与直线l2：(3－a)x－y＋a＝0，若l1∥l2，则a的值为(　　)
A．1 B．2
C．6 D．1或2
【典例2】已知直线l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，若l1⊥l2，则a＋b＝(　　)
A．－1　　　B．0　　　C．1　　　D．2
方法技巧37 两条直线的交点与距离问题
1．求过两直线交点的直线方程的方法
求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程，也可借助直线系方程，利用待定系数法求出直线方程．
2．点到直线、两平行直线间的距离公式的使用条件
(1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式．
(2)求两平行直线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对应相等．
【典例1】经过直线l1：3x＋2y－1＝0和l2：5x＋2y＋1＝0的交点，且垂直于直线l3：3x－5y＋6＝0的直线l的方程为________．
【典例2】若点(m，n)在直线l：3x＋4y－13＝0上，则(m－1)2＋n2的最小值为(　　)
A．3 B．4
C．2 D．6
【典例3】直线l过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l的方程为________．
【典例3】(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为(　　)
A．1 B．
C． D．2
【典例4】已知两条平行直线分别过点A(6，2)和B(－3，－1)，并且各自绕点A，B旋转，平行线之间的距离的最大值为________，此时两平行直线方程分别为________．
方法技巧38 直线的对称问题
对称问题的求解策略
(1)解决对称问题的思路是利用待定系数法将几何关系转化为代数关系求解．
(2)中心对称可以利用中点坐标公式，两点轴对称问题利用垂直和中点两个条件列方程(组)解题．
【典例1】直线3x－2y＝0关于点对称的直线方程为(　　)
A．2x－3y＝0 B．3x－2y－2＝0
C．x－y＝0 D．2x－3y－2＝0
【典例2】已知实数x，y满足x＋y＋1＝0，则的最小值为(　　)
A． B．2
C． D．2
【典例3】 两直线l1：3x－2y－6＝0，l2：x－y－2＝0，则l1关于l2对称的直线方程为(　　)
A．3x－2y－4＝0 B．2x＋3y－6＝0
C．2x－3y－4＝0 D．3x－2y－6＝0
【典例4】已知A(0，2)，B(3，－1)，点P为x轴上一动点，则|PA|－|PB|的最大值是(　　)
A． B．3
C．2 D．
【典例5】(2025·河南信阳模拟)如图，从光源P发出的一束光，遇到平面镜(y轴)上的点B后，反射光线BC交x轴于点C(，0)，若光线PB满足的函数关系式为：y＝kx＋1，则k的值为(　　)
A． B．
C．1 D．－1
方法技巧39 圆的方程
求圆的方程的两种方法
(1)几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，求出a，b，r的值；②选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值．
【典例1】(多选)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的圆的方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y－1)2＝5
B．(x－2)2＋(y－3)2＝13
C．＋＝22
D．＋(y－1)2＝
【典例2】(2024·山东聊城三模)已知圆C与两坐标轴及直线x＋y－2＝0都相切，且圆心在第二象限，则圆C的方程为(　　)
A．(x＋)2＋(y－)2＝
B．(x－)2＋(y＋)2＝2　
C．(x－)2＋(y＋)2＝
D．(x＋)2＋(y－)2＝2
【典例3】已知圆C经过P(－2，4)，Q(3，－1)两点，且在x轴上截得的弦长等于6，则圆C的一般方程为________．
【典例4】已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
方法技巧40 与圆有关的最值问题
1．与圆有关的最值问题的三种几何转化法
(1)斜率型：形如μ＝形式的最值问题可转化为动直线斜率的最值问题．
(2)截距型：形如t＝ax＋by形式的最值问题可转化为动直线截距的最值问题．
(3)距离型：形如m＝(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．
2．建立函数关系式求最值问题的解题策略
根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后根据关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法、单调法等，利用基本不等式求最值．
3．求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：
(1)“动化定”：把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；(2)“曲化直”：将折线段之和转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．
【典例1】已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0．求：
(1)的最大值和最小值；
(2)y－x的最大值和最小值；
(3)x2＋y2的最大值和最小值．
【典例2】设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2，0)，B(－2，0)，则的最大值为________．
【典例3】已知M，N分别是曲线C1：x2＋y2－4x－4y＋7＝0，C2：x2＋y2－2x＝0上的两个动点，P为直线x＋y＋1＝0上的一个动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A．　　　B．　　　C．2　　　D．3
方法技巧41 与圆有关的轨迹问题
求与圆有关的轨迹问题的四种方法
(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解．
(2)定义法：根据圆的定义列方程求解．
(3)几何法：利用圆的几何性质得出方程求解．
(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．
提醒：注意特殊点的取舍．
【典例1】已知直角三角形ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
【典例2】已知定点M(1，0)，N(2，0)，动点P满足|PN|＝|PM|．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)已知点B(6，0)，点A在轨迹C上运动，求线段AB上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程．
【典例3】(多选)(2024·海南中学模拟)已知在平面直角坐标系Oxy中，A，B．点P满足＝，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是(　　)
A．C的方程为＋y2＝16　
B．在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为10
C．在C上存在点M，使得＝2　
D．C上的点到直线3x－4y－13＝0的最大距离为9
【典例4】(2024·江苏南京模拟)已知A，B为定点，且|AB|＝4，下列条件中能满足动点P的轨迹为圆的有(　　)
A．|PA|·|PB|＝10 B．＝3
C．|PA|2＋|PB|2＝10 D．|PA|2－|PB|2＝10
方法技巧42 直线与圆的位置关系
1．判断直线与圆的位置关系的常用方法
(1)几何法：利用d与r的关系．
(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．
(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
2．圆上的点到直线的距离为定值的点的个数问题
该类问题常借助于图形转化为点到直线的距离求解．设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d．
如图①，若圆上恰有一点到直线的距离为t，则需满足d＝r＋t．
如图②，若圆上恰有三点到直线的距离为t，则需满足d＝r－t．
由图①②可知，若圆上恰有两个点到直线的距离为t，则需满足r－t＜d＜r＋t．
若圆上恰有四点到直线的距离为t，则需满足d＜r－t．
【典例1】直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是(　　)
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
【典例2】(2024·安徽黄山三模)直线l：ax＋y－2＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1的公共点的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．1或2
【典例3】圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【典例4】若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恒有4个点到直线l：x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取值范围是(　　)
A．(＋1，＋∞) B．(－1，＋1)
C．(0，－1) D．(0，＋1)
方法技巧43 圆与圆的位置关系
1．判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法．
2．两圆公共弦长的求法
先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距d，弦长的一半，半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解，且l＝2．
【典例1】(多选)已知圆O1：(x－1)2＋y2＝4，圆O2：(x－5)2＋y2＝4m，则下列说法正确的是(　　)
A．若m＝4，则圆O1与圆O2相交
B．若m＝4，则圆O1与圆O2外离
C．若直线x－y＝0与圆O2相交，则m>
D．若直线x－y＝0与圆O1相交于M，N两点，则|MN|＝
【典例2】(多选)已知圆C1：x2＋y2＝9与圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16，下列说法正确的是(　　)
A．C1与C2的公切线恰有4条
B．C1与C2相交弦的方程为3x＋4y－9＝0
C．C1与C2相交弦的弦长为
D．若P，Q分别是圆C1，C2上的动点，则|PQ|max＝12
【典例3】(2025·山东济南模拟)圆C1：x2＋y2＋8x－2y＋9＝0和圆C2：x2＋y2＋6x－4y＋11＝0的公切线方程是(　　)
A．y＝－x＋1 B．y＝－x＋1或y＝x＋5
C．y＝－x＋5 D．y＝x＋1或y＝2x＋5
【典例4】已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则实数m的取值范围为________．
方法技巧44 圆的切线问题
过圆上一点有且只有一条切线，过圆外一点，一定有两条切线，特别注意斜率不存在的情况．
【典例1】已知点P(＋1，2－)，点M(3，1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4．求：
(1)过点P的圆C的切线方程；
(2)过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．
【典例2】由直线y＝x＋1上的动点P向圆C：(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为(　　)
A．1 B．2
C． D．3
方法技巧45 圆的弦长问题
对于已知弦长求直线方程的问题，若弦是直径有且只有一条，否则一定有两条；两种情况常因漏掉直线斜率不存在的情形致误．
【典例1】设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0，3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为(　　)
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
【典例2】(2024·全国甲卷)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A．1 B．2
C．4 D．2
方法技巧46 与圆有关的综合问题
立足直线与圆的位置关系，将几何问题代数化是求解本类题目的关键．同时，在坐标运算中，借助圆的几何性质，可以大大提高运算速度．
【典例1】已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【典例2】已知圆O：x2＋y2＝2，直线l：y＝kx－2．
(1)若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当∠AOB为锐角时，求k的取值范围；
(2)若k＝，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直线CD是否过定点．
方法技巧47 椭圆的定义及应用
椭圆定义的应用技巧
(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程、求焦点三角形的周长、面积及求弦长、最值和离心率等．
(2)通常将定义和余弦定理结合使用求解关于焦点三角形的周长和面积问题．
(3)定义法求轨迹方程，或利用定义实现距离转化．
【典例1】(2024·广东江门二模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝1内切于圆P，圆P内切于圆B：(x－1)2＋y2＝49，则动圆P的圆心的轨迹方程为________．
【典例2】已知A(－1，0)，B是圆F：x2－2x＋y2－11＝0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为________．
【典例3】动点M(x，y)与定点F(1，0)的距离和动点M到定直线l：x＝9的距离的比是常数，则动点M的轨迹方程为________．
【典例4】已知点P是椭圆＝1上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且cos ∠F1PF2＝，则△PF1F2的面积为(　　)
A．6 B．12
C． D．2
【典例5】(2023·全国甲卷)设F1，F2为椭圆C：＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若＝0，则|PF1|·|PF2|＝(　　)
A．1 B．2
C．4 D．5
【典例6】已知F是椭圆5x2＋9y2＝45的左焦点，P是椭圆上的动点，A(1，1)，则|PA|＋|PF|的最大值为________，最小值为________．
方法技巧48 椭圆的标准方程
1．利用定义法求椭圆方程，要注意条件2a>|F1F2|；利用待定系数法要先定形(焦点位置)，再定量，也可把椭圆方程设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式．
2．椭圆的标准方程的两个应用
(1)方程＝1与＝λ(λ>0)有相同的离心率．
(2)与椭圆＝1(a>b>0)共焦点的椭圆系方程为＝1(a>b>0，k＋b2>0)，恰当运用椭圆系方程，可使运算简便．
【典例1】　(多选)(2024·福建龙岩期中)已知曲线C：＝1，则(　　)
A．当m＝8时，C是圆
B．当m＝10时，C是焦距为4的椭圆
C．当C是焦点在x轴上的椭圆时，5D．当C是焦点在y轴上的椭圆时，8【典例2】已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点，()，则椭圆的标准方程为________．
【典例3】过点(，－)，且与椭圆＝1有相同焦点的椭圆的标准方程为________．
方法技巧49 椭圆的简单几何性质
解决椭圆几何性质问题，核心是紧扣椭圆的定义与标准方程，先根据题目条件（如焦点式、一般式、参数式等）确定椭圆的焦点位置、标准方程形式，再精准提取三个核心参数（满足），进而推导长轴长、短轴长、焦距、焦点坐标、顶点坐标、离心率等几何性质；若涉及最值、范围、对称性等问题，可结合参数方程、几何意义或代数换元法分析，同时注意区分焦点在轴与轴上的椭圆方程差异，避免参数混淆，通过“定方程、求参数、推性质、验选项”的流程，高效解决各类椭圆几何性质相关题目。
【典例1】(2025·广东广州模拟)已知椭圆E的方程为＝8，则椭圆E(　　)
A．长轴长为16
B．短轴长为4
C．焦距为2
D．焦点为(－2，0)，(2，0)
【典例2】(2024·山东潍坊二模)已知椭圆C：＝1的焦点分别为F1，F2，P为C上一点，则(　　)
A．C的焦距为2　
B．C的离心率为
C．△F1PF2的周长为3＋　
D．△F1PF2面积的最大值为2
方法技巧50 椭圆的离心率问题
求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a，b，c的关系式(等式或不等式)，转化为e的关系式，常用方法如下：
(1)直接求出a，c．利用离心率公式e＝求解．
(2)由a与b的关系求离心率．利用变形公式e＝求解．
(3)构造a，c的齐次式．离心率e的求解中可以不求出a，c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e．
【典例1】(2022·全国甲卷)椭圆C：＝1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
【典例2】已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，F为其左焦点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆C交于点A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，则椭圆C的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
若椭圆＝1(a>b>0)上存在一点M，使得∠F1MF2＝90°(F1，F2分别为椭圆的左、右焦点)，则椭圆的离心率e的取值范围为________．
方法技巧51 与椭圆有关的最值(范围)问题
利用椭圆几何性质求值或范围的思路
(1)将所求问题用椭圆上点的坐标表示，利用坐标范围构造函数或不等关系．
(2)将所求范围用a，b，c表示，利用a，b，c自身的范围、关系求解．
【典例1】设A，B是椭圆C：＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是(　　)
A．(0，1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0，1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
【典例2】(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：＋y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为(　　)
A． B．
C． D．2
方法技巧52 椭圆的蒙日圆及其性质
过椭圆＝1上任意不同两点M，N作椭圆的切线，若两切线垂直且相交于点P，则动点P的轨迹为圆O：x2＋y2＝a2＋b2，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下性质：
性质1：PM⊥PN．
性质2：PO平分切点弦MN．
性质3：S△MON的最大值为，S△MON的最小值为．
【典例1】(多选)法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆Γ：＝1的蒙日圆为C：x2＋y2＝a2，过C上的动点M作Γ的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ于A，B两点，则(　　)
A．椭圆Γ的离心率为
B．△MPQ面积的最大值为a2
C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为a
D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则k1k2＝－
【典例2】加斯帕尔·蒙日是法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形G的四边均与椭圆M：＝1相切，则下列说法错误的是(　　)
A．椭圆M的离心率为
B．椭圆M的蒙日圆方程为x2＋y2＝10
C．若G为正方形，则G的边长为2
D．长方形G的面积的最大值为18
方法技巧53 直线与椭圆的位置关系
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组的解的个数．
(2)对于过定点的直线，也可以通过判断定点在椭圆内部或椭圆上来判定直线和椭圆是否有交点．
【典例1】已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＝1．试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不同的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知动点M(x，y)与定点F(4，0)的距离和M到定直线l：x＝的距离的比是常数．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)在E上是否存在一点使得它到直线4x－5y＋40＝0的距离最小？若存在，请求出最小距离；若不存在，请说明理由．
【典例3】(多选)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：＝1，则下列结论正确的是(　　)
A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2
B．若C与l有且仅有两个公共点，则<2
C．若m＝3，则C上到l的距离为5的点只有1个
D．若m＝－，则C上到l的距离为1的点只有3个
方法技巧54 椭圆的弦长问题
求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长； 对于中点弦问题，常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在用“根与系数的关系”时，要注意前提条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与椭圆是否相交．
【典例1】已知椭圆C：x2＋2y2＝2的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作倾斜角为的直线l交椭圆于A，B两点．
(1)求弦AB的长和△ABF2的周长；
(2)求△ABF2的面积．
【典例2】已知椭圆C：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点，且＝，求出直线l的方程．
方法技巧55 椭圆的中点弦问题
点差法适用范围：涉及弦中点的轨迹问题或弦所在直线的斜率问题时，可考虑点差法．
【典例1】若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．
【典例2】已知椭圆C：＝1，左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆交于A，B两点，弦AB被点平分．求：
(1)直线l的方程；
(2)△F1AB的面积．
【典例3】已知直线x－y＋1＝0与椭圆C：＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB的中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150°，则椭圆C的离心率为(　　)
A．　　　 B．　　　 C．　　　 D．
方法技巧56 直线与椭圆的综合问题
1．求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求、整体代入的方法，如弦长公式中|x1－x2|＝＝，其中x1，x2是ax2＋bx＋c＝0的两根．
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
【典例1】已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
【典例2】已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若＝2，求直线l的斜率k．
【典例3】已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且满足||＝4，||||－2＝0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点(2，0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO．若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
方法技巧57 圆锥曲线的非对称韦达问题
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出x1＋x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
【典例1】已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上一点，且PF1与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．
【典例2】已知A，B分别为双曲线C：x2－＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线交双曲线于P，Q两点(异于A，B)，求直线AP，BQ的斜率的比值．
【典例3】已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆的左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为x＝－2a，过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求证：直线EN必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值．
方法技巧58 双曲线的定义及其应用
双曲线定义的应用
(1)利用定义求动点的轨迹方程，要分清是差的绝对值为常数，还是差为常数，即是双曲线还是双曲线的一支．
(2)在“焦点三角形”中，常利用正、余弦定理，结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建立|PF1|与|PF2|的关系．
【典例1】已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)
A．x2－＝1 B．－y2＝1
C．x2－＝1(x≤－1) D．x2－＝1(x≥1)
【典例2】(2024·钦州开学)已知点A(1，0)，B(－1，0)．动点M满足|MA|－|MB|＝2，则点M的轨迹方程是(　　)
A．y＝0(－1≤x≤1) B．y＝0(x≥1)
C．y＝0(x≤－1) D．y＝0(|x|≥1)
【典例3】“m＞2”是“方程＝1表示双曲线”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
【典例4】(2025·江苏南京模拟)设双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P为C上一点，且∠F1PF2＝120°，若△F1PF2的面积为4，则a＝________．
【典例5】已知F为双曲线C：＝1的左焦点，P为其右支上一点，点A(0，－6)，则△APF周长的最小值为(　　)
A．4＋6　　 B．4＋6
C．6＋6 D．6＋6
方法技巧59 双曲线的标准方程
求双曲线的标准方程的方法
(1)定义法：由题目条件判断出动点轨迹是双曲线，确定2a，2b或2c，从而求出a2，b2．
(2)待定系数法： “先定型，再定量”，如果焦点位置不好确定，可将双曲线方程设为＝λ(λ≠0)，再根据条件求λ的值．
【典例1】(2025·山东济南模拟)已知双曲线C的渐近线方程为2x±3y＝0，且经过点(3，2)，则C的标准方程为(　　)
A．＝1　　　 B．＝1
C．＝1 D．＝1
【典例2】(2025·广东海珠区模拟)已知双曲线Γ：＝1(a＞0，b＞0)，四点A(6，)，B，C(5，2)，D(－5，－2)中恰有三点在Γ上，则双曲线Γ的标准方程为________．
【典例3】已知F1，F2分别为双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P为双曲线上一点，PF2与x轴垂直，∠PF1F2＝30°，且虚轴长为2，则双曲线的标准方程为(　　)
A．＝1 B．＝1
C．＝1 D．x2－＝1
方法技巧60 双曲线的渐近线
求双曲线渐近线方程的方法
求双曲线＝1(a>0，b>0)或＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数等于0，即令＝0，得y＝±x；或令＝0，得y＝±x．
【典例1】(2025·广东深圳模拟)如图，F1，F2是双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C交于A，B两点．若A是BF2的中点且BF1⊥BF2，则该双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±2x B．y＝±2x
C．y＝±x D．y＝±x
【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，则该双曲线的渐近线方程为________．
方法技巧61 双曲线的离心率
求双曲线的离心率或其取值范围的方法
(1)求a，b，c的值，由＝＝1＋直接求e．
(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助b2＝消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．
【典例1】(2021·全国甲卷)已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
【典例2】若斜率为的直线与双曲线＝1(a＞0，b＞0)恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是(　　)
A．(1，2) B．(2，＋∞)
C．(1，) D．(，＋∞)
【典例3】已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)，若双曲线不存在以点(2a，a)为中点的弦，则双曲线离心率e的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
方法技巧62 与双曲线有关的最值、范围问题
解决双曲线相关的最值、范围问题，核心是“坐标化转化+方程消元+代数分析”：先由双曲线标准方程确定焦点坐标与参数，将向量数量积、距离、斜率等几何条件转化为坐标代数式，再利用双曲线方程消去一个变量，得到仅含单个变量的函数式，最后结合双曲线中或的取值范围（如、），通过函数单调性、不等式（如基本不等式、二次函数值域）等代数方法求解最值或取值范围，同时注意区分焦点在轴与轴上的双曲线的变量范围差异，避免遗漏定义域限制。
【典例1】已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若＜0，则y0的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
【典例2】已知双曲线C：＝1的焦点是F1，F2，点P在双曲线C上，则下列结论正确的是(　　)
A．的最大值为4
B．的最大值为2
C．的最小值为－4
D．的最小值为－2
方法技巧63 直线与双曲线的位置关系
解决与直线和双曲线的位置关系有关的问题时，有时利用数形结合思想，有时利用方程思想．根据直线的斜率k与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会比较快捷．
【典例1】(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　　)
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
【典例2】(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2，记M的轨迹为C．
①求C的方程；
②设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
方法技巧64 抛物线动点轨迹的判定
【典例1】在平面直角坐标系Oxy中，动点P(x，y)到直线x＝1的距离比它到定点(－2，0)的距离小1，则P的轨迹方程为(　　)
A．y2＝2x　 B．y2＝4x
C．y2＝－4x D．y2＝－8x
【典例2】(2024·湖南长沙二模)已知圆N：x2＋y2－6y＋5＝0，直线y＝－1，圆M与圆N外切，且与直线y＝－1相切，则点M的轨迹方程为________．
【典例3】动圆与定圆A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直线x＝1相切，则动圆圆心的轨迹是(　　)
A．直线 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
方法技巧65 抛物线上的点到定点的距离及最值
抛物线定义的应用规律
【典例1】(2023·北京高考)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M在C上，若M到直线x＝－3的距离为5，则|MF|＝(　　)
A．7 B．6
C．5 D．4
【典例2】已知点M(20，40)不在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，抛物线C的焦点为F．若对于抛物线上的一点P，|PM|＋|PF|的最小值为41，则p的值等于________．
【典例3】(2025·云南大理模拟)已知P为抛物线C：y2＝8x上任意一点，F为抛物线C的焦点，Q为圆M：(x－8)2＋(y－4)2＝4上任意一点，则|PF|＋|PQ|的最小值为(　　)
A．6 B．10
C．4 D．8
【典例4】(2025·浙江金丽衢十二校模拟)已知直线l1：3x－4y－6＝0和直线l2：y＝－2，则拋物线x2＝4y上一动点P到直线l1与直线l2的距离之和的最小值是(　　)
A．2 B．3
C． D．
方法技巧66 抛物线的标准方程与几何性质
1．求抛物线的标准方程的方法
(1)定义法．
(2)待定系数法．当焦点位置不确定时，为避免过多的讨论，通常依据焦点所在的位置，将抛物线的方程设为y2＝ax(a≠0)或x2＝ay(a≠0)．
2．抛物线性质的应用要树立两个意识
(1)转化意识：见准线想焦点，见焦点想准线．
(2)图形意识：借助平面图形的性质简化运算．
【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
【典例2】(2025·广东佛山模拟)设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为，则|AF|＝(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
方法技巧67 直线与抛物线的位置关系
解决直线与抛物线位置关系问题的方法
(1)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(2)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系，采用“设而不求”“整体代入”等解法．
提醒：涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
(3)重视在选择、填空题中有关结论的灵活应用．
【典例1】(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则(　　)
A．p＝2
B．|MN|＝
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝2py(p＞0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则(　　)
A．C的准线为y＝－1
B．直线AB与C相切
C．|OP|·|OQ|＞|OA|2
D．|BP|·|BQ|＞|BA|2
方法技巧68 抛物线中的阿基米德三角形
如图，假设抛物线方程为x2＝2py(p＞0), 过抛物线准线y＝－上一点P(x0，y0)向抛物线引两条切线，切点分别记为A，B，其坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，则在由点P和两切点A，B围成的△PAB中，有如下的常见结论：
(1)抛物线在A处的切线方程：x1x＝p(y＋y1)，抛物线在B处的切线方程：x2x＝p(y＋y2)，直线AB的方程：x0x＝2p＝p(y0＋y)；
(2)直线AB过抛物线的焦点；
(3)过F的直线与抛物线交于A，B两点，以A，B分别为切点作两条切线，则这两条切线的交点P(x0，y0)的轨迹即为抛物线的准线；
(4)PF⊥AB；
(5)AP⊥PB；
(6)线段AB的中点为M，则PM平行(或重合)于抛物线的对称轴．
【典例1】　(多选)阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交抛物线的准线于点P，则称△PAB为“阿基米德三角形”．已知抛物线x2＝8y的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为x－y＋2＝0，弦AB的中点为C，则关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是(　　)
A．点P(，－2) B．PC⊥x轴
C．PA⊥PB D．PF⊥AB
【典例2】　(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4．
(1)求p的值；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
方法技巧69 圆锥曲线中的四点共圆问题
1.证明圆锥曲线中四点共圆的核心思路是代数化转化，将几何上的共圆问题转化为代数条件的验证，常用两种核心方法：一是曲线系方程法，构造过四点的曲线系方程，通过调整参数使方程满足圆的特征（与系数相等、无交叉项）；二是直径圆法/垂直法，证明四点中两点的连线为直径，且另外两点对该直径的张角为直角（即斜率乘积为-1），利用“直径所对圆周角为直角”判定共圆。
2.曲线系方程法的适用场景：四点分别在两条直线与圆锥曲线的交点上，构造形式为“直线1·直线2+λ·圆锥曲线=0”的曲线系，只需通过系数条件求解λ，即可验证是否为圆，步骤固定，适合椭圆、双曲线、抛物线的通用共圆证明。
3.垂直法的适用场景：已知某条线段为潜在直径，或能通过斜率关系、向量数量积证明垂直，该方法计算量更小，尤其适合抛物线的四点共圆证明（如典例1中利用直线斜率乘积为-1证明垂直）。
4.辅助方法：外接圆方程法，若四点中有三点的外接圆易求（如对称点、特殊点），可求出圆的方程后验证第四点在圆上，适合有明显几何特征的四点（如举一反三椭圆题中利用对称性设圆心求外接圆）。
【典例1】（2026·广东汕头·一模，T18）已知椭圆，点M为动直线被椭圆截得的弦的中点．
(1)求证：动点M在定直线上，并求此定直线l的方程；
(2)设直线l与该椭圆相交于C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆．
【典例2】已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，且，O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)若直线与C的准线交于点P，过点P作直线交C于M，N两点，且直线与的倾斜角互补．
（ⅰ）求直线所过定点的坐标；
（ⅱ）证明：A，B，M，N四点共圆．
【典例3】（2025·广东·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线l经过点F，且与交于A、B两点．
①点P是抛物线上位于A、B之间的动点，设点P到直线l的距离d的最大值为，求的最小值；
②设线段的垂直平分线与交于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，求直线l的方程．
方法技巧70 圆锥曲线中的定点问题
求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或斜截式y＝kx＋b来证明．
【典例1】已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
【典例2】(2025·广东广州一模)设A，B两点的坐标分别为(－，0)，(，0)． 直线AH，BH相交于点H，且它们的斜率之积是－． 设点H的轨迹方程为C．
(1)求C；
(2)不经过点A的直线l与曲线C相交于E，F两点，且直线AE与直线AF的斜率之积是－，求证：直线l恒过定点．
【典例3】(2023·全国乙卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
【典例4】已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|＝，△PAQ的面积为3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点．
方法技巧71 圆锥曲线的定值问题
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得长度的解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得；
(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般情况，这样方向和目标明确．
【典例1】已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行于l2的直线交l1于点A，过动点E作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4．
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若＝λ＝μ，求证：λ＋μ为定值．
【典例2】已知M，N分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F为其右焦点，|FM|＝3|FN|，且点P在椭圆E上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：为定值．
方法技巧72 圆锥曲线的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法如下：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
【典例1】(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，A为上顶点，B为左顶点，F为上焦点，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点(3，2)的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
【典例2】已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点．当l1的斜率为时，|AB|＝．
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
方法技巧73 圆锥曲线的等角定理
椭圆的等角定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
　
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．
证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
【典例1】(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
方法技巧74 圆锥曲线中的范围、最值问题
圆锥曲线中的范围、最值问题是高考的重难点之一，主要有两种求解策略：
(1)几何法：即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)代数法：即把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
注：1.利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，解决问题时要注意自变量的取值范围．
2.构造基本不等式求最值的步骤
3.几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性质等进行求解或寻找临界位置求解．
4.不等式求范围的三种常用方法
【典例1】已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
【典例2】(2025·湖南永州模拟)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的短轴长为2，右焦点为F(1，0)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知过点F的直线l1与椭圆E交于A，B两点，过点F且与l1垂直的直线l2与抛物线y2＝4x交于C，D两点，求四边形ACBD的面积S的取值范围．
【典例3】(2025·广东揭阳模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S△AOB的最大值．
【典例4】(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为．
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
【典例5】设过定点M(0，2)的直线l与椭圆C：＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若坐标原点O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．
方法技巧75 圆锥曲线中的证明、探索性问题
1.圆锥曲线中的证明、探索性问题是高考的热点、难点之一，相应的解题策略如下：
类型 解题策略
证明 问题 解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
探索性 问题 探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
2.树立“转化”意识，证明位置关系
【典例1】(2023·北京高考)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的离心率为，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
(2)点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD．
【典例2】在平面直角坐标系中，已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过点A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
【典例3】已知椭圆C1：＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
方法技巧76 圆锥曲线的极点、极线
“极点、极线”是圆锥曲线的一种基本特征，除了人教A版选择性必修第一册P99拓广探索T15研究了有关圆的切点弦方程外，中学数学教材中没有提及极点与极线的相关问题，事实上，以“极点、极线”为背景命制的试题屡见不鲜， 在复习备考中，适当了解一些该方面的知识，可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，快速准确解题．
1.极点、极线的定义与配极原则
定义：对于圆锥曲线C：
Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0(A，B，C不全为零)．
已知点P(x0，y0)(非中心)及直线l：
Ax0x＋B＋Cy0y＋D＋E＋F＝0，则称点P(x0，y0)是直线l关于圆锥曲线C的极点，直线l称为P点关于曲线C的极线．
配极原则：共线点的极线必共点，共点线的极点必共线．
从形式上看：直线l的方程是在圆锥曲线方程中按照以下置换：
x0x→x2；→xy；y0y→y2；
→x；→y．
2.极点、极线的几何意义(以椭圆为例说明)
设点P(x0，y0)的极线l：＝1，椭圆方程：＝1(a＞b＞0)．
①当点P(x0，y0)在椭圆上时，极线l是以点P为切点的切线．
证明如下：
由y2＝b2知，当y≥0时，y＝b
＝．
∴以P(x0，y0)为切点的切线方程为
y＝－(x－x0)＋y0．
整理得＝1，
即此时极线l为过点P(x0，y0)的切线．
②当点P(x0，y0)在椭圆外时，极线l与椭圆相交，且为由点P向椭圆所引切线的切点弦所在直线．
证明如下：
lPA：＝1，
lPB：＝1．
∴
即点A(x1，y1)，B(x2，y2)均满足＝1．
极线l：＝1即为切点弦AB所在的直线方程．
③当点P(x0，y0)在椭圆内时，极线l与椭圆相离，极线l为经过点P的弦在两端点处切线交点的轨迹，且极线l与以点P为中点的弦所在直线平行．
证明如下：
A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B为切点的切线交于点M(m，n)．
∴lAB：＝1，∴＝1，
即点M(m，n)在直线上．
又∵以P为中点的弦，由点差法知k′＝－＝kl，
即极线与中点弦所在直线平行．
特别地，当点P(x0，y0)在椭圆内时，H(x，y)－H(x0，y0)＝0是点P关于椭圆的中点弦方程(P为弦中点)．
3.自极三角形
椭圆E：＝1(a＞b＞0)内接四边形ABCD，对角线AC与BD交于点N，分别延长AD，BC，BA，CD交于点M，P，则△PMN叫自极三角形，若N点为极点，则直线MP是它的极线；若M点为极点，则直线PN是它的极线；若点P为极点，则直线NM是它的极线．
【典例1】(2020·全国Ⅰ卷) 已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，＝8．P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑