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第二节　空间几何体的表面积与体积
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.了解球、柱、锥、台的表面积和体积的计算公式，并掌握空间几何体的表面积与体积的计算方法.2.理解空间图形转化为平面图形的思想，了解柱、锥、台体的侧面展开图的特征.
　　2021年高考主要考查空间几何体的表面积、体积及与球有关的切接问题，多为选择题、填空题，分值为5分.
1.直观想象2.数学运算
‖知识梳理‖
1．柱、锥、台和球的侧面积和体积
面积
体积
圆柱
S侧＝2πrh
V＝Sh＝πr2h
圆锥
S侧＝πrl
V＝Sh＝πr2h＝πr2
圆台
S侧＝π(r1＋r2)l
V＝(S上＋S下＋)h＝π(r＋r＋r1r2)h
直棱柱
S侧＝Ch
V＝Sh
正棱锥
S侧＝Ch′
V＝Sh
正棱台
S侧＝(C＋C′)h′
V＝(S上＋S下＋)h
球
S球面＝4πR2
V＝πR3
2.几何体的表面积
(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．
?常用结论
1．设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝a.
2．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
3．设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径r＝a，外接球半径R＝a.
4．直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求得．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)
(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　　)
(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)
(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)
(5)长方体既有外接球又有内切球．(　　)
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
二、走进教材
2．(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π
cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　)
A．1
cm
B．2
cm
C．3
cm
D．
cm
答案：B
3．(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为(　　)
A．1∶2
B．2∶3
C．3∶4
D．1∶3
答案：B
三、易错自纠
4．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是(　　)
A．84
cm3
B．92
cm3
C．100
cm3
D．108
cm3
解析：选C　由三视图可得该几何体是棱长分别为6，3，6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3，4，4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－××4×4×3＝108－8＝100(cm3)．
5．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是(　　)
A．40π2
B．64π2
C．32π2或64π2
D．32π2＋8π或32π2＋32π
解析：选D　当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.
6.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的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：设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.
答案：1∶47
|题组突破|
1．(2019届黄冈模拟)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为(　　)
A．16＋12π
B．32＋12π
C．24＋12π
D．32＋20π
解析：选A　由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为2，该几何体的表面积S＝×4π×22＋π×22＋2××4＝12π＋16.
2．(2018年全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A．12π
B．12π
C．8π
D．10π
解析：选B　由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为8的正方形，则圆柱的高与底面直径均为2.
设圆柱的底面半径为r，则2r＝2，解得r＝.
所以圆柱的表面积S圆柱＝2πr2＋2πrh＝2π×()2＋2π××2＝4π＋8π＝12π.
3.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去一个到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为(　　)
A．24－3π
B．24－π
C．24＋π
D．24＋5π
解析：选B　由题意知该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故选B．
?名师点津
求空间几何体表面积的常见类型及思路
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
|题组突破|
4．圆柱的轴截面是正方形，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A　根据题意可知球的半径R＝1，则易得圆柱的高h＝，圆柱的底面半径r＝，所以V圆柱＝πr2h＝π××＝.故选A．
5.(2019年江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是_______________．
解析：因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，所以CC1·S四边形ABCD＝120.又E是CC1的中点，所以三棱锥E－BCD的体积VE－BCD＝EC·S△BCD＝×CC1×S四边形ABCD＝×120＝10.
答案：10
6．(2019年全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6
cm，AA1＝4
cm.3D打印所用原料密度为0.9
g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
解析：由题易得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即为×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O－EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8
7．(2019年北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．
解析：如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，去掉四棱柱MQD1A1－NPC1B1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－×(2＋4)×2×4＝40.
答案：40
?名师点津
求空间几何体体积的常见类型及思路
规则几何体
若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法
不规则几何体
若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解
三视图形式
若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解
与球有关的切接问题是立体几何中的难点，也是高考的常见题型．
常见的命题角度有：(1)几何体的内切球问题；(2)几何体的外接球问题．
●命题角度一　几何体的内切球问题
【例1】　(1)(2019届重庆七校联考)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为(　　)
A．18
B．12
C．6
D．4
(2)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
[解析]　(1)如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE上，E为正△ABC的中心，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2.由题意知，正三棱锥的体高落在正三角形的重心处，所以AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B．
(2)设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故＝＝.
[答案]　(1)B　(2)
?名师点津
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
●命题角度二　几何体的外接球问题
【例2】　(2019年全国卷Ⅰ)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A．8π
B．4π
C．2π
D．π
[解析]　因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC．
因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π×＝π，故选D．
[答案]　D
?名师点津
1．把一个多面体的各个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
2．常见的几种几何体的外接球问题
(1)如果三棱锥的三条侧棱两两垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．
(2)如果三棱锥的三条侧棱两两垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．
(3)如果四面体的三对对棱分别相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是四面体的外接球的球心．
|跟踪训练|
1．(2019届合肥市质检)已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为(　　)
A．π
B．
C．2π
D．3π
解析：选C　依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形SAB边AB上的高为2，因此＝，解得r＝，所以圆锥内切球的表面积为4π×＝2π，故选C．
2．(2020届石家庄摸底)已知正三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2，则球O的表面积为(　　)
A．25π
B．20π
C．16π
D．30π
解析：选A　如图，延长SO交球O于点D，设△ABC的外心为E，连接AE，AD，由正弦定理得2AE＝＝4，∴AE＝2，易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S－ABC的高SE＝＝＝4，由于点A是以SD为直径的球O上一点，∴∠SAD＝90°，由射影定理可知，球O的直径2R＝SD＝＝5，
因此，球O的表面积为4πR2＝π×(2R)2＝25π.故选A．
【例】　(2019届沈阳市第一次质量监测)如图，四棱锥P－ABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点P在球面上，则四棱锥P－ABCD的体积的最大值为(　　)
A．8
B．
C．16
D．
[解析]　设球的半径为R，由题知4πR2＝16π，则R＝2，再设大圆内的矩形长、宽分别为x，y，由题知x2＋y2＝16，则矩形面积xy≤＝8，当且仅当x＝y时取等号，即底面为正方形时，底面面积最大．又四棱锥P－ABCD的高的最大值为2，故四棱锥P－ABCD体积的最大值为×8×2＝，故选D．
[答案]　D
?名师点津
与空间几何体有关的最值问题，多通过在条件中把目标函数转化为函数最值问题，再通过二次函数、基本不等式或导数求最值．
|跟踪训练|
(2019届重庆市第一次调研)三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两垂直，已知SA＝a，SB＝b，SC＝2，且2a＋b＝，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为(　　)
A．
B．
C．4π
D．6π
解析：选A　由题意，设三棱锥的外接球的半径为R，因为SA，SB，SC两两垂直，所以以SA，SB，SC为棱构造长方体，其体对角线即为三棱锥的外接球的直径．因为SA＝a，SB＝b，SC＝2，所以4R2＝a2＋b2＋4＝a2＋＋4＝5(a－1)2＋，所以当a＝1时，(4R2)min＝，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故选A．
PAGE第六节　空间向量及其运算
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.2.会推导空间两点间的距离公式.3.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
　　空间向量及其运算未单独考查.
1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算
‖知识梳理‖
1．空间向量及其有关概念
概念
语言描述
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面?存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
空间向量基本定理
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1
?常用结论
1．当p，a，b都是非零向量时，共面向量定理实际上也是p，a，b所在三条直线共面的充要条件．
2．推论与共面向量定理实质是一样的，只是形式不同，是证明P，A，B，C四点共面的重要理论依据和判定方法．
2．数量积及坐标运算
(1)两个向量的数量积
①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
②a⊥b?a·b＝0(a，b为非零向量)；
③|a|2＝a2，|a|＝.
(2)向量的坐标运算
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
垂直
a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角
公式
cos〈a，b〉＝eq
\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋a＋a)
\r(b＋b＋b))
?常用结论
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a∥b(b≠0)?这一形式不能随便写成＝＝.只有在b与三个坐标轴都不平行时，才能这样写，这是因为：若b与坐标平面xOy平行，则b3＝0，这样就无意义了．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)
(2)对于向量a，b，若a·b＝0，则一定有a＝0或b＝0.(　　)
(3)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(　　)
(4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．(　　)
(5)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1，0，－1)，v2＝(－2，0，2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
二、走进教材
2．(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)
A．α∥β
B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直
D．以上均不对
答案：C
3．(选修2－1P118A6改编)已知a＝(cos
θ，1，sin
θ)，b＝(sin
θ，1，cos
θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________．
答案：
三、易错自纠
4．(2019届济南月考)O为空间任意一点，若＝＋＋，则A，B，C，P四点(　　)
A．一定不共面
B．一定共面
C．不一定共面
D．无法判断
解析：选B　因为＝＋＋，且＋＋＝1，所以P，A，B，C四点共面．
5．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)．若a，b，c共面，则实数λ等于(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选D　由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴∴
6．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为(　　)
A．x＝1，y＝1
B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝
D．x＝，y＝1
解析：选C　因为＝＋＝＋＝＋(＋)，故x＝，y＝.故选C．
|题组突破|
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，则下列向量中与相等的是(　　)
A．－a＋b＋c
B．a＋b＋c
C．－a－b＋c
D．a－b＋c
解析：选A　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
2．已知在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，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：选B　由题意得，＝OA，＝，如图所示，＝＋＋
＝＋(－)＋
＝－＋(－)
＝－＋
＝－a＋b＋c.故选B．
?名师点津
用已知向量表示未知向量的解题策略
(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．
(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．
|题组突破|
3．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________．
解析：∵＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)，且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ，
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
∴解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.
∴m＋n＝－3.
答案：－3
4．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＝(＋＋)．
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
解：(1)由已知＋＋＝3，
得－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
所以，，共面．
(2)由(1)知，，共面且过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．
?名师点津
证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明＝x＋y即可．对空间任意一点O，若＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，则P，A，B，C四点共面．
【例】　如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．
(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：设＝p，＝q，＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r两两夹角均为60°，＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，
∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)
＝(a2cos
60°＋a2cos
60°－a2)＝0.
∴⊥，即MN⊥AB．同理可证MN⊥CD．
(2)设向量与的夹角为θ.
∵＝(＋)＝(q＋r)，
＝－＝q－p，
∴·＝(q＋r)·
＝
＝
＝＝.
又||＝||＝a，
∴·＝||||cos
θ＝a×a×cos
θ＝.∴cos
θ＝.∴向量与的夹角的余弦值为.
因此异面直线AN与CM所成角的余弦值为.
|变式探究|
1．在本例条件下，试求·.
解：由题意得，＝p，＝(q＋r)，
∴·＝p·q＋p·r＝.
2．在本例条件下，试求||.
解：由题意得＝－p，＝(q＋r)，∴＝＋＝－p＋q＋r，
∴||2＝＝a2.
∴||＝a.
?名师点津
空间向量数量积的三个应用
(1)求夹角，设向量a，b所成的角为θ，则cos
θ＝，进而可求两异面直线所成的角．
(2)求长度(距离)，运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．
(3)解决垂直问题，利用a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．
|跟踪训练|
如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)·；
(2)·.
解：设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.
(1)由题意，得＝＝(－)＝c－a，＝－a，
所以·＝·(－a)＝a2－a·c＝.
(2)·＝(＋)·(－)
＝·(－)
＝·(c－a)
＝－＋＋－＋－＝.
【例】　(2019届湖南三湘名校第三次联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，线段AP的长度的取值范围为(　　)
A．[1，
]
B．[1，
]
C．
D．
[解析]　以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，
易知A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，则＝(a－1，b，1)，＝(－1，－1，1)，＝(0，－1，1－t)．
∵AP⊥平面BMD1，∴AP⊥BD1，AP⊥MD1，
即∴
解得∴＝(t，1－t，1)，
∴||＝＝.
又知0≤t≤1，∴当t＝，即M是CC1的中点时，||取得最小值为.
当t＝0或1，即M与点C或点C1重合时，||取得最大值.
∴线段AP的长度的取值范围为，故选D．
[答案]　D
?名师点津
以D为原点，建立合适的空间直角坐标系，设出点P与点M的坐标，利用AP⊥平面MBD1，得出点P与点M坐标之间的关系，从而利用两点间的距离公式表示出||，最后利用函数思想求||的取值范围．
|跟踪训练|
如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)
A．
B．
C．1
D．
解析：选D　由题意得，·＝0，·＝0，·＝－，∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，∴||＝.故选D．
PAGE第七节　立体几何中的向量方法
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
　　主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.
1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算
‖知识梳理‖
空间角的求法
(1)求异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos
β＝
cos
θ＝|cos
β|＝
?常用结论
两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
(2)求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝．
(3)求二面角的大小
①如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
②如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos
θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
?常用结论
解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cos
θ＝cos
θ1cos
θ2
如图，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，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.
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)
(2)已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.(　　)
(3)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
二、走进教材
2．(选修2－1P112A4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
答案：A
3．(选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45°
B．135°
C．45°或135°
D．90°
答案：C
三、易错自纠
4．(2019届湖南五市十校教研教改共同体联考)已知E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3
，则异面直线AB与PC所成的角为(　　)
A．120°
B．45°
C．30°
D．60°
解析：选D　如图，取AC的中点D，连接ED，FD．因为E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，所以ED∥PC，FD∥AB，则∠EDF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角．又因为AB＝6，PC＝6，所以DF＝3，DE＝3.在△DEF中，cos∠EDF＝＝－，即∠EDF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.故选D．
5．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的余弦值为________．
解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设BC＝1，则A，
B，D.
∴＝，＝，＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则·n＝0，·n＝0，
∴
∴
取x0＝1，则y0＝－，z0＝1，得平面ABD的一个法向量是n＝(1，－，1)，
由于＝为平面BCD的一个法向量，
∴cos〈n，〉＝＝.
答案：
【例1】　(2019届东北四校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．
(1)求直线AD与直线B1C所成角的大小；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD．
[解]　不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1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D－xyz.根据已知得，D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)．
(1)∵＝(2，0，0)，＝(2，0，2)，
∴cos〈，〉＝＝.
∴直线AD和直线B1C所成角为45°.
(2)证明：取B1D的中点F，得F(1，1，1)，连接EF.
∵E为AB的中点，∴E(2，1，0)，∴＝(－1，0，1).
又＝(0，2，0)，1＝(2，0，2)，
∴·＝0，·＝0，
∴EF⊥DC，EF⊥CB1.
∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD．
又EF?平面EB1D，
∴平面EB1D⊥平面B1CD．
?名师点津
向量法求两异面直线所成角的步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2.
(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
|跟踪训练|
1．已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1.
(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求AC与PB夹角的余弦值．
解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)．
(1)证明：因为＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，
所以·＝0，所以AP⊥DC．
由题设知AD⊥DC，且AP∩AD＝A，
所以DC⊥平面PAD．
又DC?平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．
(2)因为＝(1，1，0)，＝(0，2，－1)，
所以cos〈，〉＝＝.
故AC与PB夹角的余弦值为.
【例2】　(2020届贵阳摸底)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠DAB＝60°.
(1)证明：AD⊥PB；
(2)若PB＝，AB＝PA＝2，求直线PB与平面PDC所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，BD，
∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BO⊥AD．
又PA＝PD，即△PAD是等腰三角形，
∴PO⊥AD．
又PO∩BO＝O，
∴AD⊥平面PBO.
又PB?平面PBO，
∴AD⊥PB．
(2)∵AB＝PA＝2，
∴由(1)知△PAD，△ABD均是边长为2的正三角形，∴PO＝，BO＝.
又PB＝，∴PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO.
又由(1)知，BO⊥AD，PO⊥AD，∴BO，PO，AD两两垂直．∴以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标的空间直角坐标系O－xyz，
则D(－1，0，0)，P(0，0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，∴＝(0，，－)，＝(1，0，)，＝(1，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面PCD的法向量，则
∴令y＝1，得x＝，z＝－1，即n＝(，1，－1)为平面PCD的一个法向量．
设直线PB与平面PDC所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
∴直线PB与平面PDC所成角的正弦值为.
?名师点津
利用平面的法向量求线面角的2个注意点
(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．
|跟踪训练|
2．(2019届湖北恩施二模)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，AC＝CC1＝2，其中P为棱CC1的中点，Q为棱CC1上且位于P点上方的动点．
(1)证明：BP⊥平面A1B1C；
(2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，求直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值．
解：(1)证明：在侧面BCC1B1中，因为BC＝2，CC1＝2，P为棱CC1的中点，B1B⊥BC，C1C⊥BC，
所以tan∠BB1C＝＝＝，
tan∠PBC＝＝，
所以∠BB1C＝∠PBC，又∠BB1C＋∠BCB1＝90°，
所以∠PBC＋∠BCB1＝90°，所以PB⊥B1C．
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，
所以BB1⊥A1B1.
因为AB＝BC＝2，AC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，又AB∥A1B1，BC∥B1C1，所以A1B1⊥B1C1.
因为BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BP，又A1B1∩B1C＝B1，所以BP⊥平面A1B1C．
(2)如图，以B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则P(2，0，)，所以＝(2，0，)为平面A1B1C的一个法向量．
设Q(2，0，t)(t∈(，2])，则＝(2，0，t)．
易知＝(0，2，0)，设平面ABQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取n＝(－t，0，2)，
因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为，
所以＝，所以＝，解得t＝或t＝.
又t∈(，2
]，所以t＝，所以＝，
所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为＝＝.
【例3】　(2019年全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
[解]　(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则
A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以令x＝，则y＝1，z＝0，则m＝(，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
所以令p＝2，则q＝0，r＝－1，则n＝(2，0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
?名师点津
利用法向量求二面角时的2个注意点
(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．
(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．
|跟踪训练|
3．(2019年全国卷Ⅲ)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中的二面角B－CG－A的大小．
解：(1)证明：由已知得AD∥BF，CG∥BF，即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，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，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H－xyz，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，－)．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
【例】　(2019届江西红色七校第一次联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．
(1)求二面角A1－BD－A的大小；
(2)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．
[解]　(1)如图，作CO⊥AB于点O，所以CO⊥AB，CO⊥平面ABB1A1，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为AB＝2，AA1＝，D是AC的中点，
所以A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，)，A1(1，，0)，所以D，＝，＝(2，，0)．
设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量，
则
即
令x＝－，则y＝2，z＝3，
所以n＝(－，2，3)是平面A1BD的一个法向量．由题意可知＝(0，，0)是平面ABD的一个法向量，
所以cos?n，?＝＝.
由题意知二面角A1－BD－A为锐角，所以它的大小为.
(2)C1(0，，)，B1(－1，，0)，＝(－1，0，－)，设E(1，x0，0)，则＝(1，x0－，－)，
设平面B1C1E的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝－，则x1＝3，y1＝，
所以m＝为平面B1C1E的一个法向量．
又m·n＝0，即－3＋－3＝0，解得x0＝，所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，且AE＝.
?名师点津
解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点
(1)3个步骤
①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；
②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；
③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
(2)1个注意点
探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
|跟踪训练|
(2019届孝感统考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．
(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；
(2)是否存在点M，使二面角M－BE－D的大小为30°？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE，MF.
由题意知BC∥AE且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC中点．
在△PAC中，又M为PC的中点，∴MF∥PA.
又MF?平面BME，PA?平面BME，
∴PA∥平面BME.
(2)连接PE，则由题意易知PE⊥平面ABCD，故以点E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，)，B(，0，0)，C(，－1，0)．
设＝λ(0<λ<1)，则M(λ，－λ，(1－λ))，
∴＝(λ，－λ，(1－λ))，＝(，0，0)．
设平面BME的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
即
令y＝，可得n1＝.
显然平面DBE的一个法向量为n2＝(0，0，1)．
又＝cos
30°＝，则λ＝，
即M＝.
故存在点M，使二面角M－BE－D的大小为30°，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．
PAGE第三节　空间点、线、面之间的位置关系
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
　　以常见的空间几何体为载体，考查点、直线、平面的位置关系，以及异面直线所成角、线面角等，与平行关系、垂直关系等相结合考查是高考的热点.
1.直观想象2.数学运算
‖知识梳理‖
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理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过该点的公共直线．
?常用结论
三点不一定能确定一个平面．当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：．
(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
?常用结论
1．“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线．
3．异面直线不具有传递性，即若直线a与b异面，b与c异面，则a与c不一定是异面直线．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　　)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　　)
(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC．(　　)
(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　　)
(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(　　)
(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a?α，b?β，则a，b是异面直线．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
二、走进教材
2．(必修2P52B1(2)改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案：C
3．(必修2P45例2改编)已知空间四边形的两条对角线互相垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是(　　)
A．梯形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
答案：B
三、易错自纠
4．(2019届江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)
A．相交或平行
B．相交或异面
C．平行或异面
D．相交、平行或异面
解析：选D　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
5．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：选D　b与α相交或b?α或b∥α都可能．
6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于________．
解析：如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接DA1，BD，则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB＝AB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.
答案：60°
|题组突破|
1.如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：选A　连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C?平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．故选A．
2．以下四个命题中，正确命题的个数是(　　)
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：选B　①正确，可以用反证法证明：若其中任意三点共线，则四点必共面；②不正确，若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③不正确，构造长方体或正方体，如图显然b，c异面；④不正确，空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．
?名师点津
判断线共面或点共面的3种方法
(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．
(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．
(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．
|题组突破|
3．(2019年全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：选B　取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD．又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，解得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，解得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B．
4．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的序号是________．
解析：图①中，直线GH∥MN，因此GH与MN共面；
图②中，G，H，N三点共面，但M?平面GHN，因此直线GH与MN异面；
图③中，连接MG，则GM∥HN，因此GH与MN共面；
图④中，G，M，N共面，但H?平面GMN，因此GH与MN异面．
所以在图②④中，GH与MN异面．
答案：②④
?名师点津
异面直线的判定方法
【例】　如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1(或其补角)即为异面直线A1B与AD1所成的角．
连接A1C1，由AA1＝2AB＝2，底面为正方形，得A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝.
则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.故选D．
[答案]　D
|变式探究|
1．将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，问题不变．
解：由平面ABCD内有且仅有一点到A1的距离为1，
得AA1＝1.
此时正四棱柱变为正方体ABCD－A1B1C1D1，
由图知(图略)A1B与AD1所成角为∠A1BC1(或其补角)，连接A1C1，则△A1BC1为等边三角形，
∴∠A1BC1＝60°，∴cos∠A1BC1＝，
故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.
2．将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，且平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，则是否存在过顶点A的直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成角都相等，若存在，存在几条？若不存在，说明理由．
解：由条件知，此时正四棱柱为正方体．如图，连接对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成角都相等，联想正方体的其他体对角线，如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等．因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等．
同理体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成角都相等，故过A作BD1，A1C，DB1的平行线都满足，故这样的直线可以作4条．
?名师点津
用平移法求异面直线所成角的3个步骤
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角．
(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
【例】　(2017年全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________(填写所有正确结论的编号)．
[解析]　由题意知，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B．作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝.又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，
∴BF＝DE＝，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，②正确，①错误；
当a为AB在圆锥底面的射影时，所成角为45°，③正确；
很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．
∴正确的说法为②③.
[答案]　②③
?名师点津
把a，b平移到圆锥底面构造线线角，解决问题使问题直观．
|跟踪训练|
(2019届武汉市武昌区高三三调)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，给出下列结论：
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②四面体ABCD每个面的面积相等；
③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；
④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：对于①，如图1，AE，CF分别为BD边上的高，由三角形全等可知DE＝BF，当且仅当AD＝AB，CD＝BC时，E，F重合，此时AC⊥BD，所以只有当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故①错误；对于②，因为AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，所以四面体ABCD的四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故②正确；对于③，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60°，此时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180°，故③错误；对于④，如图2，G，H，I，J为各边中点，因为AC＝BD，所以四边形GHIJ为菱形，GI，HJ互相垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互相垂直平分，故④正确；对于⑤，从A点出发的三条棱为AB，AC，AD，因为AC＝BD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，同理可得其他，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故⑤正确．综上所述，正确结论的序号为②④⑤.
答案：②④⑤
PAGE第四节　直线与平面平行的判定及其性质
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解空间直线和平面位置关系的定义.2.了解直线和平面的位置关系.3.掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理，两个平面平行的判定定理和性质定理.
1.以几何体为载体，考查线线、线面、面面平行的证明.2.考查转化思想、空间想象能力、逻辑思维能力及运算能力，以多面体为载体、以解答题形式呈现是主要命题方式.
1.直观想象2.逻辑推理
‖知识梳理‖
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行?线面平行)
∵l∥a，a?α，l?α，∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行?线线平行”)
∵l∥α，l?β，α∩β＝b，∴l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行?面面平行”)
∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
?常用结论
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　　)
(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(　　)
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)
(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
二、走进教材
2．(必修2P61A1(2)改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是(　　)
A．直线a上有无数个点不在平面α内
B．直线a与平面α内的所有直线平行
C．直线a与平面α内无数条直线不相交
D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
答案：D
3．(必修2P61A1(1)改编)下列命题中正确的是(　　)
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b?α，则b∥α
答案：D
三、易错自纠
4．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：
①若m∥n，n∥α，则m∥α；
②若m∥β，α∥β，则m∥α；
③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；
④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.
其中正确命题的个数是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选D　因为直线m，n均不在平面α，β内，所以若m∥n，n∥α，则m∥α，①正确；若m∥β，α∥β，则m∥α，②正确；若m⊥n，n⊥α，则m∥α，③正确；若m⊥β，α⊥β，则m∥α，④正确．所以其中正确命题的个数是4.
5．(2019届福州质检)下列命题中，错误的是(　　)
A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
B．平行于同一平面的两个平面平行
C．若直线l与平面α平行，则过平面α内一点和直线l平行的直线在α内
D．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线
解析：选D　如果已知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故A正确；B是两个平面平行的一种判定定理，故B正确；由线面平行的性质定理知C正确；事实上，若直线l不平行平面α，可能有l?α，则α内有无数条直线与l平行，故D不正确．
——多维探究
直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点．多考查直线与平面平行的判定、利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题．
常见的命题角度有：(1)直线与平面平行的判定；(2)线线平行的判定；(3)与平行相关的探索性问题．
●命题角度一　直线与平面平行的判定
【例1】　(2019届济南市高考模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．
(1)证明：PD∥平面CEF；
(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P－DEF的体积．
[解]　(1)证明：如图，连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF.
∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝AD，∴BC＝ED，且BC∥ED，∴四边形BCDE为平行四边形，
∴O为BD的中点，又F是BP的中点，
∴在△PBD中，OF∥PD．
又OF?平面CEF，PD?平面CEF，
∴PD∥平面CEF.
(2)由(1)知，四边形BCDE为平行四边形，∴BE＝CD．
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝AD，
∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，
∴∠DAB＝.
过点B作BH⊥AD于点H，则BH＝.
∵PE⊥平面ABCD，PE?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH?平面ABCD，
∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝.
又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝.又S△PDE＝PE·DE＝2，∴V三棱锥P－DEF＝V三棱锥F－PDE＝S△PDE×h＝×2×＝.
?名师点津
证明直线与平面平行的3种方法
(1)定义法：一般用反证法．
(2)判定定理法：关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程．
(3)性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．
●命题角度二　线线平行的判定
【例2】　如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.
[证明]　如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，又M是PC的中点，
∴在△APC中，AP∥OM.
又MO?平面BMD，PA?平面BMD，
∴PA∥平面BMD．
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且PA?平面PAHG，
∴PA∥GH.
?名师点津
证明线线平行的3种判定方法
(1)利用平行公理．
(2)利用线面平行的性质定理．
(3)利用面面平行的性质定理．
●命题角度三　与平行相关的探索性问题
【例3】　(2018年全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为四边形ABCD是矩形，∴BC⊥CD，又BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．
因为DM?平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC．
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
理由如下：如图，连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连接OP，因为P为AM中点，
所以在△AMC中，MC∥OP.
又MC?平面PBD，OP?平面PBD，
所以MC∥平面PBD．
?名师点津
求解探索性问题的类型及策略
问题类型
求解策略
对命题条件的探索
(1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明.(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.(3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件
对命题结论的探索
(1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么.(2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在
|跟踪训练|
1.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
解：存在点M为线段AB的中点，使直线DE∥平面A1MC，
证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知，得O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MDAC，OE　AC，
因此MDOE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.
因为直线DE?平面A1MC，MO?平面A1MC，
所以直线DE∥平面A1MC．
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．
【例4】　如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．
(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
[解]　(1)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又因为GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC与BD的交点为O，连接OH，如图，在△ACF中，因为O，H分别是AC，CF的中点，所以OH∥AF.又因为OH?平面AEF，AF?平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.
(2)因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，AC⊥BD，所以AC⊥平面BDEF，
又易知AO＝，S矩形BDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥A－BDEF的体积
V1＝·AO·S矩形BDEF＝4.
同理可得，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.
?名师点津
判定面面平行的4种方法
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两平面平行．
(4)平面平行的传递性，即若两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
|跟踪训练|
2．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.
(1)求证：B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面GEF∥平面ABD．
证明：(1)如图所示，取BB1的中点为M，连接MD．
因为BB1＝2BC，且四边形BB1C1C为平行四边形，
所以四边形CDMB和四边形DMB1C1为菱形．
故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1.
所以∠BDM＋∠MDB1＝90°，即BD⊥B1D．
又AB⊥平面BB1C1C，B1D?平面BB1C1C，所以AB⊥B1D．
又AB∩BD＝B，
所以B1D⊥平面ABD．
(2)如图，连接MC1，因为G为MB1的中点，F为B1C1的中点，所以GF∥MC1.
又MBC1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，
所以MC1∥BD．
故GF∥BD．
又BD?平面ABD，所以GF∥平面ABD．
又EF∥A1B1，A1B1∥AB，所以EF∥AB．
又AB?平面ABD，所以EF∥平面ABD．
又EF∩GF＝F，故平面GEF∥平面ABD．
【例】　(2019届郑州市质检)如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为(　　)
A．2
B．2π
C．2
D．4
[解析]　连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以FM∥AC，FH∥AA′，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又∵MF∩FH＝F，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D．
[答案]　D
?名师点津
试题用简单的空间几何体展示立体几何的重点知识，给考生搭建了公平的思维平台，融入了直观想象核心素养，体现了新课程背景下对考生自主探究能力的要求．
|跟踪训练|
如图，已知M，N分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，BC上的动点，若MN＝，则线段MN的中点P的轨迹是(　　)
A．一条线段
B．一段圆弧
C．一个球面区域
D．两条平行线段
解析：选B　连接AN，AP，易知三角形MAN为直角三角形，因为MN＝，所以AP＝，因此点P到点A的距离为定值，点P的轨迹是以点A为球心，为半径的球面，记此球为球A.分别取A1B1，D1C1，DC，AB的中点E，F，G，H，并顺次连接，则MA∥平面EFGH.记AN∩HG＝Q，则易知HQ为△ABN的中位线，故Q为AN的中点．连接PQ，则PQ为△AMN的中位线，得MA∥PQ.又点Q在平面EFGH内，MA∥平面EFGH，所以点P在平面EFGH内运动，故点P的轨迹为平面EFGH与球A的球面的交线，所以这样的点P的轨迹是一段圆弧．故选B．
PAGE第五节　直线与平面垂直的判定及其性质
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理.2.能运用线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
1.以空间几何体为载体，考查线线、线面、面面垂直的证明.2.利用垂直关系及垂直的性质进行适当的转化，处理综合问题.
1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算
‖知识梳理‖
1．直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义
直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
?l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
?a∥b
?常用结论
1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b?α?a⊥b.
2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行．
4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
?α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
?l⊥α
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、走进教材
2．(必修2P66练习改编)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为(　　)
A．b?α
B．b∥α
C．b?α或b∥α
D．b与α相交
答案：C
3．(必修2P67练习2改编)已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC．其中正确的是(　　)
A．①②③
B．①②④
C．②③④
D．①②③④
答案：A
三、易错自纠
4.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P－ABC中共有直角三角形的个数为(　　)
A．4
B．3
C．2
D．1
解析：选A　由PA⊥平面ABC可得，△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P－ABC中共有4个直角三角形．
5．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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
解析：选B　根据直线与平面垂直的定义知由“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之成立，所以是必要不充分条件．
6．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a?α，b?β，且α⊥β
”的平面α，β(　　)
A．不存在
B．有且只有一对
C．有且只有两对
D．有无数对
解析：选D　过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α，故选D．
【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．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明]　(1)因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．
因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC．
又AE?平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC．
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
所以AE⊥平面PCD．
又PD?平面PCD，所以AE⊥PD．
因为PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以PA⊥AB．
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，
又PD?平面PAD，所以AB⊥PD．
又AE∩AB＝A，所以PD⊥平面ABE.
?名师点津
证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为
—|在一个平面内找到两条相交直线
　　?
—
　　?
—
　　?
—
|跟踪训练|
1．S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥面SAC．
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC，又由题意知，AB⊥BC，
∴DE⊥AB．
∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，
∴SE⊥AB．
又SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.又SD?面SDE，
∴AB⊥SD．
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，
∴SD⊥AC．
又AC∩AB＝A，∴SD⊥面ABC．
(2)∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC．
由(1)可知，SD⊥面ABC，又BD?面ABC，∴SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，∴BD⊥面SAC．
【例2】　(2019年北京卷)如图，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；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD．
又因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC．
因为PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC．
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．
所以AB⊥AE.又PA∩AB＝A，
所以AE⊥平面PAB．又AE?平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
理由如下：如图所示，取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB．
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
?名师点津
1．面面垂直判定的2种方法与1个转化
(1)2种方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(α⊥β，a?α?α⊥β)．
(2)1个转化
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
2．面面垂直性质的应用
(1)两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，它们的交线也垂直于第三个平面．
|跟踪训练|
2．(2019届成都模拟)如图，在四面体P－ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面体P－OBQ的体积．
解：(1)证明：∵PA＝PC，O是AC的中点，
∴PO⊥AC，OA＝AC＝3.
在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得PO＝4，
∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC．
在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得BO＝4.
在△POB中，PO＝4，BO＝4，PB＝4，
∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.
∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC．
∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．
(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC．
∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO?平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，
∵VP－OBQ＝VB－POQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4，
∴四面体P－OBQ的体积为4.
●命题角度一　平行与垂直关系的证明
【例3】　(2019年江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
[证明]　(1)在△ABC中，因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB．
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED．
又因为ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．
因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．
又因为BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1，
所以BE⊥C1E.
?名师点津
平行与垂直关系的证明最常用的方法是利用判定定理去证明，注意证题的规范化．
●命题角度二　折叠问题中的平行与垂直问题
【例4】　如图，四边形ABCD为平行四边形，沿BD将△BCD折起，使点C到达点P的位置．
(1)若BC＝2AB，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABD．求证：AB⊥平面PBD．
(2)点M，N分别在线段PA，PB上，AB∥平面DMN，试确定M，N的位置，使平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3.
[解]　(1)证明：设AB＝x，则CD＝x，BC＝2x，
又在△BCD中，∠BCD＝60°，∴由余弦定理可得BD＝x.
又AD＝BC＝2x，∴AD2＝AB2＋BD2，∴AB⊥BD．
又平面PBD⊥平面ABD，平面PBD∩平面ABD＝BD，∴AB⊥平面PBD．
(2)∵AB∥平面DMN，平面DMN∩平面ABP＝MN，
∴AB∥MN.
要使平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3，则V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB或V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB．
①当V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB时，＝，即＝＝，即＝＝；
②当V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB时，＝，即＝＝，即＝＝.
故当＝＝或＝＝时，平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3.
?名师点津
解决折叠类问题的步骤
—
　?
—
　?
—
|跟踪训练|
3．(2018年全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC．
又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD．
因为AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QEDC．
由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
VQ－ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin
45°×1＝1.
【例】　(2019届湖南湘潭二模)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，点M在棱CC1上，当MD1＋MA取得最小值时，MD1⊥MA，则棱CC1的长为________．
[解析]　把平面DCC1D1展开到长方形ACC1A1所在平面，如图，当A，M，D1在同一条直线上时，MD1＋MA取得最小值，此时＝＝.令MA＝2x，MD1＝x，CC1＝h，则解得h＝.故棱CC1的长为.
[答案]　
?名师点津
把平面DCC1D1展开到长方形ACC1A1所在平面，当A，M，D1三点共线时，MD1＋MA取得最小值，从而得出点M的位置．
|跟踪训练|
(2019届郑州市第一次质量预测)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面为等腰直角三角形，AB⊥AC，点M，N分别是边AB1，A1C上的动点，若直线MN∥平面BCC1B1，Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹为(　　)
A．双曲线的一支(一部分)
B．圆弧(一部分)
C．线段(去掉一个端点)
D．抛物线的一部分
解析：选C　如图，分别取AA1，B1C的中点E，F，任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α与AB1，A1C分别交于M，N，则MN∥平面BCC1B1.由题意知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，则侧面AA1B1B与侧面AA1C1C是两个全等的矩形，且这两个侧面关于过棱AA1与平面BCC1B1垂直的平面是对称的，因此EF必过MN的中点Q，故点Q的轨迹为线段EF，但需去掉端点F，故选C．
PAGE第一节　空间几何体的结构特征及三视图与直观图
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合体)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表达形式.
　　2021年高考主要考查三视图，柱、锥、球的表面积和体积，以选择题、填空题的形式出现，1到2个小题，占5或10分，属于容易题.
1.直观想象2.数学运算
‖知识梳理‖
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
多面体
结构特征
棱柱
有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等
棱锥
有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形
棱台
棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台
(2)旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
矩形任一边所在的直线
圆锥
直角三角形
一条直角边所在的直线
圆台
直角梯形或等腰梯形
直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线
球
半圆或圆
直径所在的直线
?常用结论
球的任何截面都是圆面，球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆，大圆的半径等于球的半径；被不经过球心的平面截得的圆叫做小圆，小圆的半径小于球的半径．
2．空间几何体的三视图
(1)三视图的名称
几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．
(2)三视图的画法
①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．
②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．
3．空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．
?常用结论
1．若相邻两物体的表面相交，则表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实线、虚线的画法．
2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的倍．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　　)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　　)
(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(　　)
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(　　)
(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　　)
(6)菱形的直观图仍是菱形．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
二、走进教材
2．(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，剩下的几何体是(　　)
A．棱台
B．四棱柱
C．五棱柱
D．六棱柱
答案：C
3．(必修2P21A4改编)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，直观图的面积与原矩形的面积之比为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：D
三、易错自纠
4．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)
A．圆柱
B．圆锥
C．球体
D．圆柱，圆锥，球体的组合体
解析：选C　由球的性质可知，用平面截球所得的截面都是圆面．
5．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，该几何体的侧视图为(　　)
A　　
　B　　
　　C　　D
解析：选B　给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故选B．
,
|题组突破|
1．下列命题中正确的是(　　)
A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周形成的旋转体是圆锥
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．将一个矩形(包括其内部)沿竖直方向平移一段距离，运动的轨迹是一个长方体
D．棱台各侧棱的延长线交于一点
解析：选D　以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周才可得到圆锥，故A不正确；如图，平面ABC∥平面A1B1C1，侧面都是平行四边形，但图中的几何体每相邻两个四边形的公共边并不都互相平行，故不是棱柱，故B不正确；当矩形(包括其内部)水平放置时，沿竖直方向平移一段距离，运动的轨迹是一个长方体，当矩形(包括其内部)不是水平放置时，沿竖直方向平移一段距离，运动的轨迹不是长方体，故C不正确；棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥得到的，其各侧棱的延长线必交于一点，故D正确．
2．(2019届安徽“江南十校”综合素质检测)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E，F分别为棱BB1，D1C1的中点，直线CD1被四面体CC1EF外接球截得的线段长为________．
解析：由题意可得EC＝，EF＝，CF＝，则EC2＋EF2＝CF2，所以EF⊥EC，则△FEC为直角三角形．又因为CC1⊥FC1，△CGF为直角三角形，所以四面体CC1EF的外接球的球心O是棱CF的中点，即外接球的直径2R＝CF＝.过点O作OM⊥CD1，垂足为点M，过F作FN⊥CD1，垂足为点N，则OM＝FN＝，则直线CD1被四面体CC1EF的外接球截得的线段长为2＝.
答案：
?名师点津
空间几何体概念辨析题的常用方法
定义法
紧扣定义，由已知构建几何模型，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，根据定义进行判定
反例法
通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可
|题组突破|
3.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y′轴，BC，AD平行于x′轴．已知四边形ABCD的面积为2
cm2，则原平面图形的面积为(　　)
A．4
cm2
B．4
cm2
C．8
cm2
D．8
cm2
解析：选C　由直观图的面积与原面积之比为，又直观图的面积为2
cm2，得原平面图形的面积为8
cm2.
4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　　D
解析：选A　由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2.故选A．
5．已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________．
解析：∵正三角形ABC的边长为2，
∴S△ABC＝absin
60°＝.
利用S直＝S原，得S△A′B′C′＝.
答案：
?名师点津
原图形与直观图中的“三变”与“三不变”
(1)“三变”
(2)“三不变”
空间几何体的三视图是考查重点，主要在选择题、填空题中考查．
常见的命题角度有：(1)由空间几何体判定三视图；(2)由三视图还原几何体；(3)空间几何体的三视图的有关计算问题．
●命题角度一　由空间几何体判定三视图
【例1】　如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　　D
[解析]　从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B．
[答案]　B
●命题角度二　由三视图还原几何体
【例2】　若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
[解析]　A、B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D．
[答案]　D
●命题角度三　空间几何体的三视图的有关计算问题
【例3】　把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C－ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为________．
[解析]　由三棱锥C－ABD的正视图、俯视图，得三棱锥C－ABD的侧视图为直角边长为的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C－ABD的侧视图的面积为××＝.
[答案]　
?名师点津
由三视图确定几何体的3步骤
|跟踪训练|
1．(2019届福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是(　　)
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：选C　由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，易知四棱锥P－ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C．
2．已知圆台和正三棱锥的组合体的正视图和俯视图如图所示，图中小方格是单位正方形，那么组合体的侧视图的面积为(　　)
A．6＋
B．
C．6＋
D．8
解析：选B　由题意可得侧视图(图略)，上面是一个三角形，其底为1＋＝，高为2，三角形的面积S1＝××2＝；下面是一个梯形，上底为2，下底为4，高为2，梯形的面积S2＝×(2＋4)×2＝6，所以组合体的侧视图的面积S＝S1＋S2＝＋6＝.故选B．
【例】　(2018年全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)
A　　
　　B　　
　　C　　
　　D
[解析]　由题意可知，带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A．
[答案]　A
|跟踪训练|
(2019年全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．
解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案：26　－1
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