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第八章　立体几何
8.1　空间几何体的结构及其三视图、直观图
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.空间几何体的结构特征
(1)
多
面
体
①棱柱的侧棱都　　　　　　　,上、下底面是　　　　且平行的多边形.?
②棱锥的底面是　　　　　　　,侧面是　　　　　　　　　　　.?
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是　　　　多边形?
(2)
旋
转
体
①圆柱是以　　　　的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.?
②圆锥是以直角三角形的一条　　　　所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体.?
③圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底边中点连线所在直线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截　　　　得到.?
④球可以由　　　　　　　绕直径所在直线旋转得到?
2.空间几何体的三视图
(1)几何体的三视图包括　　　　　　　　　　　,分别是从几何体的　　　　方、　　　　方、　　　　方观察几何体画出的轮廓线.?
(2)三视图的画法
①基本要求:　　　　　,　　　　　,　　　　　.?
②画法规则:　　　　　一样高,　　　　　　一样长,　　　　一样宽;看不到的轮廓线画　　线.?
3.空间几何体的直观图
(1)画法:常用　　　　　　画法.?
(2)规则
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x'轴、y'轴的夹角为　　　　　　　,z'轴与x'轴　　　　.?
②原图形中平行于坐标轴的线段,在直观图中仍平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段长度在直观图中　　　　　　　　　　　　,平行于y轴的线段长度在直观图中　　　　　　　　　　　.?
1.常见旋转体的三视图
(1)球的三视图都是半径相等的圆.
(2)底面与水平面平行放置的圆锥的主视图和左视图为全等的等腰三角形.
(3)底面与水平面平行放置的圆台的主视图和左视图为全等的等腰梯形.
(4)底面与水平面平行放置的圆柱的主视图和左视图为全等的矩形.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(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)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.
(　　)
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.
(　　)
(5)画几何体的三视图时,看不到的轮廓线应画虚线.
(　　)
2.一个多边形沿着垂直于它所在的平面的方向平移一段距离,可以形成的几何体是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.棱锥
B.棱柱
C.圆柱
D.长方体
3.(2020河北邢台模拟,理4)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,几何体ABCDEC1的左视图与俯视图如图所示,则该几何体的主视图为(　　)
4.(2020北京海淀一模)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥中最长棱的棱长为(　　)
A.
B.2
C.2
D.
5.利用斜二测画法得到的:
①三角形的直观图一定是三角形;
②正方形的直观图一定是菱形;
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形;
④菱形的直观图一定是菱形.
以上结论正确的个数是　　　　　.?
关键能力学案突破　
考点
空间几何体的结构特征
【例1】(1)(2020山东日照模拟)下列结论正确的是
(　　)
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
(2)以下命题:
①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥;
②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆;
　　　　　　　　　　　　　　　　
④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.
其中正确命题的个数为(　　)
A.0
B.1
C.2
D.3
思考如何熟练应用空间几何体的结构特征?
解题心得1.要想真正把握几何体的结构特征,必须多角度、全面地去分析,多观察实物,提高空间想象能力.
2.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,然后依据题意判定.
3.通过反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.
对点训练1(1)下面是关于四棱柱的四个命题:
①若有一个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱;
④若四棱柱的四条体对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.
其中,真命题的编号是　　　　.?
(2)(2020广东佛山模拟)下列结论正确的是(　　)
A.侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B.六条棱长均相等的四面体是正四面体
C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D.用一个平面去截圆锥,底面与截面之间的部分叫圆台
考点
平面图形与其直观图的关系
【例2】(2020河北衡水中学调研)如图所示,直观图四边形A'B'C'D'是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积是　　　　　.?
思考用斜二测画法画直观图的法则和技巧有哪些?
解题心得1.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段的位置,注意“三变”与“三不变”;平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系是S直观图=S原图形.
2.在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x'轴或y'轴平行,原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线,原图中的曲线段可以通过取一些关键点,作出在直观图中的相应点后,用平滑的曲线连接而画出.
对点训练2(1)利用斜二测画法画平面内一个△ABC的直观图得到的图形是△A'B'C',那么△A'B'C'的面积与△ABC的面积的比是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)(2020黑龙江哈尔滨三中期末)已知一个水平放置的平面四边形ABCD的直观图是面积为2的正方形,则原四边形ABCD的面积为(　　)
A.2
B.
C.2
D.4
考点
空间几何体的三视图
(多考向探究)
考向1　由空间几何体的直观图识别三视图
【例3】(1)(2020湖北武汉模拟)如图是一个正方体,A,B,C为三个顶点,D是棱的中点,则三棱锥A-BCD的主视图、俯视图是(注:选项中的上图为主视图,下图为俯视图)
(　　)
(2)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分,则剩余几何体的主视图(也称正视图)是(　　)
思考由直观图识别三视图时应注意什么问题?
考向2　由空间几何体的三视图还原直观图
【例4】(1)(2020北京西城一模)某四棱锥的三视图如图所示,记S为此棱锥所有棱的长度的集合,则(　　)
A.2?S,且2?S
B.2?S,且2∈S
C.2∈S,且2?S
D.2∈S,且2∈S
(2)
(2020全国2,理7)右图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在主视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在左视图中对应的点为(　　)
A.E
B.F
C.G
D.H
思考由三视图还原几何体的直观图基本步骤有哪些?
考向3　由三视图的两视图推测另一视图
【例5】已知一三棱锥的俯视图与左视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,左视图是有一条直角边为2的直角三角形,则该三棱锥的主视图可能为(　　)
思考如何由三视图的两视图推测另一视图?
解题心得1.由几何体的直观图求三视图.注意主视图、左视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线表示,看不到的部分用虚线表示.
2.由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.
3.由几何体的部分视图画出剩余的部分视图.先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,再找其剩下部分三视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,看看给出的部分三视图是否符合.
对点训练3(1)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的主视图时,以zOx平面为投影面,则得到的主视图可以为(　　)
(2)(2020安徽高三联考)某多面体的三视图如图所示,该多面体的各个面中有若干个三角形,这些三角形的面积之和为(　　)
A.16
B.12
C.8+4
D.8+4
(3)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧棱与底面所成线面角的最小角的正弦值为(　　)
A.1
B.
C.
D.
(4)一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是(　　)
1.要掌握棱柱、棱锥的结构特征,计算问题往往转化到一个三角形中进行解决.
2.旋转体要抓住“旋转”的特点,弄清底面、侧面及其展开图的形状.
3.三视图的画法
(1)实线、虚线的画法:分界线和可见轮廓线用实线,看不见的轮廓线用虚线;
(2)理解“长对正、高平齐、宽相等”.
1.台体可以看成是由锥体截得的,易忽视截面与底面平行且侧棱(母线)延长后必交于一点.
2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.
3.对于简单组合体,若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,易混淆实虚线.
在直观想象核心素养的形成过程中,辨析三视图识图中的易错、易混点,能够进一步发展学生几何直观和空间想象能力,增强运用图形和空间想象思考问题的意识,提升数形结合的能力,感悟事物的本质,培养创新思维.
【例1】如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是(　　)
易错分析如果忽视三棱锥底面的垂直关系,容易错选为D,误认为点B在主视图中的位置落在线段AO上,而事实上三棱锥的底面是一个直角三角形,即∠AOB=90°,所以点B在主视图中的位置落在点O上.
答案B
解析由直观图可以看出,其主视图是一个直角三角形,水平的直角边长为3,与其垂直的直角边长为4,点B在主视图中的位置落在点O上,所以选B.
反思提升画几何体的三视图,要注意分析几何体中的垂直关系,找线段的投影先找线段的两个端点的投影,两端点的投影的连线即为线段的投影.
　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】某棱锥的三视图如图所示,则该棱锥最长的棱长为(　　)
A.
B.2
C.3
D.3
易错分析因为三视图中的俯视图是一个平行四边形,学生容易把几何体的直观图画成四棱锥.从而把题目做错.仔细观察三视图中的俯视图,四边形内有一虚线,若是四棱锥就不会出现这条虚线了.
答案C
解析如图所示,该几何体为三棱锥P-ABC.过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O点,连接OB,OC,则四边形ABOC为平行四边形.OA⊥OB.则最长棱为PC==3.故选C.
反思提升俯视图之所以是四边形,是因为从上往下投影时,三棱锥顶点P的投影O落在了△ABC的外面,棱PC,PB的投影当然为OC,OB了.
【例3】将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥,得到如图(2)所示的几何体,则该几何体的左视图为(　　)
易错分析(1)不能正确把握投影方向、角度致误;(2)不能正确确定点、线的投影位置;(3)不能正确应用实虚线区分可见线与非可见线.
答案B
解析左视图中能够看到线段AD1,应画为实线,而看不到B1C,应画为虚线.由于AD1与B1C不平行,投影为相交线,故应选B.
反思提升1.因对三视图的原理认识不到位,区分不清选项A和B,而易误选A.
2.因对三视图的画法要求不明而误选C或D,在画三视图时,分界线和可见轮廓线都用实线画,被遮住的部分的轮廓线用虚线画.
3.解答此类问题时,还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图,在复习时要明确三视图的含义,掌握“长对正、高平齐、宽相等”的要求.
第八章　立体几何
8.1　空间几何体的结构及
其三视图、直观图
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)①平行且相等　全等　②任意多边形
有一个公共顶点的三角形　③相似
(2)①矩形　②直角边　③圆锥
④半圆面或圆面
2.(1)主视图、左视图、俯视图　正前　正左
正上　(2)①长对正　高平齐　宽相等
②主左　主俯　左俯　虚
3.(1)斜二测　(2)①45°(或135°)　垂直　②保持原长度不变　变为原来的一半
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2.B　一个多边形沿垂直于它所在平面的方向平移一段距离后,平移前多边形和平移后多边形所在的平面平行,且各个顶点在平移过程中形成的线相互平行,各边在平移过程中形成的面均为平行四边形,故形成的几何体为棱柱.故选B.
3.A　该几何体为图中AED-BC1C,正投影为EDCC1,ABE与EBC1不在同一平面,所以主视图为A选项的图形.故选A.
4.C　由三视图知,四棱锥底面是直角梯形,EA⊥底面ABCD,EA=AB=BC=2,最长棱是EC,
在Rt△ABC中,AC=2,在Rt△EAC中,EC==2,故选D.
5.1　由斜二测画法的规则可知①正确;②错误,是一般的平行四边形;③错误,等腰梯形的直观图不可能是平行四边形;④错误,而菱形的直观图也不一定是菱形.
关键能力·学案突破
例1(1)D　(2)A　(1)A错误,如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥;B错误,如图②,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥;C错误,若该棱锥是六棱锥,由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.
(2)命题①错,因为这条边若是直角三角形的斜边,则得不到圆锥;命题②错,因为这条腰必须是垂直于两底的腰;命题③错,因为圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;命题④错,必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以.
对点训练1(1)②④　(2)B　(1)①显然错;②正确,两个过相对侧棱的截面都垂直于底面可得到侧棱垂直于底面;③错,可以是斜四棱柱;④正确,体对角线两两相等,则其中两条体对角线所在的平行四边形为矩形.故填②④.
(2)底面是等边三角形,且各侧面三角形全等,这样的三棱锥才是正三棱锥,所以A错;斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形,所以C错;截面平行于底面时,底面与截面之间的部分才叫圆台,所以D错.
例22+　把直观图还原,原平面图形如图所示,在直角梯形ABCD中,AB=2,BC=+1,AD=1,所以面积为×(2+)×2=2+.
对点训练2
(1)A　(2)D　(1)将△A'B'C'放入锐角为45°的斜角坐标系x'O'y'内,如图(1)所示,
过C'作C'D'⊥A'B',垂足为D',
将其还原为真实图形,得到图(2)的△ABC,其中OA=O'A',AB=A'B',OC=2O'C',在△O'C'D'中,O'C'=C'D',即C'D'=O'C'=OC,
∴△ABC的高等于OC,由此可得△ABC的面积S=AB·OC,
∵直观图中△A'B'C'的面积为S=AB·OC,∴直观图和真实图形的面积的比值等于,故选A.
(2)因四边形ABCD的直观图是面积为2的正方形,所以其边长为,
所以直观图的底边长为,高为4,所以面积为4,故选D.
例3(1)A　(2)A　(1)主视图和俯视图中棱AD和BD均看不见,故为虚线,易知选A.
(2)由题意,正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点A,E,C1的平面截正方体的直观图如右图,则该几何体的主视图为图中粗线部分.故选A.
例4(1)D　(2)A　(1)如图所示,在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,四棱锥C1-ABCD满足条件.
故AB=BC=CD=AD=CC1=2,BC1=DC1=2,AC1=2.则集合S={2,2,2},故2∈S,2∈S.故选D.
(2)根据三视图,画出多面体立体图形,
D1D4上的点在主视图中都对应点M,直线B3C4上的点在俯视图中对应的点为N,
所以在主视图中对应M,在俯视图中对应N的点是D4,线段,上的所有点在左视图中都对应E,则点D4在左视图中对应的点为E.故选A.
例5C　由已知条件得直观图如图所示,主视图是直角三角形,中间的线是看不见的线PA形成的投影,应为虚线.故选C.
对点训练3(1)A　(2)D　(3)C　(4)C　(1)如图所示,该四面体在空间直角坐标系O-xyz的图像为下图:
则它在平面zOx的投影即主视图为,故选A.
(2)由三视图还原几何体,如图所示,
该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱截去一个三棱锥.
由题可得,S△ABC=×42=8,又EF==2,GF=4,故S△EFG=×4=4,因此三角形的面积之和为8+4,故选D.
(3)由几何体的三视图转换为几何体的直观图如右:
根据三视图中的线段长度,得AB=2,BE=AE=DE=2,由勾股定理得CE=,
从而得AC==3,所以直线AC和底面的夹角最小,sin∠ACE=.
(4)若俯视图为选项C,左视图的宽应为俯视图中三角形的高,所以俯视图不可能是选项C.8.2　空间几何体的表面积与体积
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.多面体的表(侧)面积
因为多面体的各个面都是平面,所以多面体的侧面积就是　　　　　　　　　　　　　　,表面积是侧面积与底面面积之和.?
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积
公式
S圆柱侧=
　　　?
S圆锥侧=
　　　?
S圆台侧=
　　　?
3.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
体积
柱体(棱柱和
圆柱)
S表面积=S侧+2S底
V=　　　　　?
锥体(棱锥和
圆锥)
S表面积=S侧+S底
V=　　　　　?
台体(棱台和
圆台)
S表面积=S侧+S上+S下
V=(S上+S下+)h
球
S=　　　　　?
V=　　　　　?
1.与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差.
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.
2.长方体的外接球
(1)球心:体对角线的交点.
(2)半径:r=(a,b,c分别为长方体的长、宽、高).
3.正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
　　(1)外接球:球心是正四面体的中心;半径r=a(a为正四面体的棱长).
(2)内切球:球心是正四面体的中心;半径r=a(a为正四面体的棱长).
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)如果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.
(　　)
(2)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为3πa2.
(　　)
(3)若一个球的体积为4π,则它的表面积为12π.
(　　)
(4)在△ABC中,AB=2,BC=3,∠ABC=120°,使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.
(　　)
(5)将圆心角为,面积为3π的扇形作为圆锥的侧面,则圆锥的表面积等于4π.
(　　)
2.(2020北京,4)某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为(　　)
A.6+
B.6+2
C.12+
D.12+2
3.(2020全国3,理8)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是(　　)
A.6+4
B.4+4
C.6+2
D.4+2
4.(2020全国1,理3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)
A.
B.
C.
D.
(第3题图)
(第4题图)
5.(2020天津,5)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.12π
B.24π
C.36π
D.144π
关键能力学案突破　
考点
空间几何体的表面积
【例1】(1)(2020全国1,理10)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.64π
B.48π
C.36π
D.32π
(2)(2020浙江,14)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是　　　　.?
思考求几何体的表面积的关键是什么?
解题心得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
对点训练1(1)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是(　　)
A.2
B.2+2
C.2+
D.8+4+4+4
(2)(2020全国2,理10)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.
考点
空间几何体的体积
【例2】(1)(2020浙江,5)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:cm3)是(　　)
A.
B.
C.3
D.6
(2)(2020山东潍坊模拟)如图所示,在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为(　　)
A.
B.
C.
D.
解题心得1.求由三视图给出的几何体的体积,一般思路是根据三视图画出几何体的直观图,从三视图中找到构成几何体的元素间的位置关系及数量关系,然后求其体积.
2.注意求体积的一些特殊方法:分割法、补体法、转化法等,它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法.
3.一个几何体无论怎样转化,其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解时,我们可以采用等体积法进行求解.
对点训练2(1)(2020四川绵阳中学质检)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AA1=3,点P在棱CC1上,则三棱锥P-ABA1的体积为　　　　　.?
(2)(2020陕西二模,文16)如图,圆锥形容器内盛有水,水深3
dm,水面直径2
dm放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,则该铁球的体积为　　　　　dm3.?
考点
与球有关的切、接问题
(多考向探究)
考向1　棱柱的外接球问题
【例3】(2020陕西榆林一模,理14)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=AC=1,AA1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于　　　　　.?
思考如何确定三棱柱外接球的半径?
解题心得求棱柱外接球的半径,常利用球心到截面的距离d与球半径R及截面的半径r的关系式R2=r2+d2,这里棱柱的底面看作球的截面.
对点训练3已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为,AB=2,AC=1,∠BAC=60°,则此球的表面积等于　　　　　.?
考向2　棱锥的外接球问题(多方法)
1.补形法求球的半径
【例4】(1)(2019全国1,理12)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
(2)(2020湖南湘潭三模,文16)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,PA=BC=5,PB=AC=,PC=AB=2,则球O的表面积为　　　　　.?
思考若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直,怎样求其外接球的半径?
解题心得一般地,若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直,且其长度分别为a,b,c,则就可以将这个三棱锥补成一个长方体,于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R,则有2R=.
对点训练4(1)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为(　　)
A.π
B.7π
C.11π
D.14π
(2)某三棱锥的三视图如图所示,则此三棱锥的外接球表面积是(　　)
A.
B.
C.11π
D.
2.体积法求球的半径
【例5】正四面体的棱长为a,则其内切球和外接球的半径是多少?
思考几何体的内切球和外接球的球心与几何体有怎样的关系?
解题心得正四面体的内切球及外接球的半径及其求法
(1)内切球的半径是根据球心到各个面的距离相等把正四面体分解成四个正三棱锥,且正四面体的体积等于四个正三棱锥体积之和,从而求出球心到正四面体面的距离,即内切球半径.
(2)外接球的半径是根据外接球的球心到正四面体的每一个顶点的距离是相等的,所以继计算出内切球半径后,再将分解出来的小的四面体的棱长计算出来即可.
(3)内切球与外接球半径的联系:内切球半径+外接球半径=正四面体的高.
对点训练5(2020福建福州三模,理12)三棱锥P-ABC中,顶点P在底面ABC的投影为△ABC的内心,三个侧面的面积分别为12,16,20,且底面面积为24,则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为(　　)
A.
B.12π
C.
D.16π
3.确定球心位置
【例6】(1)(2020河北石家庄二模,文15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,AB=AP=2,∠PAB=∠PAD=60°,则该四棱锥的外接球的表面积为　　　　　.?
(2)已知四棱锥S-ABCD的三视图如图所示,若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积等于　　　　　.?
思考如何确定棱锥外接球的球心?
解题心得球是中心对称图形和轴对称图形,球心与任意一个截面圆的圆心的连线垂直截面圆,经常由此性质来确定球的球心位置.
对点训练6(1)在四面体ABCD中,AB=BC=1,AC=,且AD⊥CD,该四面体外接球的表面积为　.?
(2)已知四棱锥S-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,SD⊥平面ABCD,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD且满足AB=2AD=2DC=2,SC=,则球O的表面积是　　　　.?
1.求柱体、锥体、台体与球的表面积、体积的问题,要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决.
2.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面.
3.与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图.
1.求组合体的表面积时,组合体的衔接部分的面积问题易出错.
2.由三视图计算几何体的表面积与体积时,由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致错误.
3.易混侧面积与表面积的概念.
【例1】如图所示,某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成,该封闭几何体内部放入一个小圆柱体,且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行,则小圆柱体积的最大值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.
B.
C.81π
D.128π
答案B
解析如图,设小圆柱体底面半径为5cosθ,
所以高为5+5sinθ,θ∈0,,
小圆柱体积V=π·(5cosθ)2(5+5sinθ),
设sinθ=t,t∈(0,1),则V=125π(-t3-t2+t+1),
V'=125π(-3t+1)(t+1),易知当t∈0,时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)递增,当t∈,1时,函数V=125π(-t3-t2+t+1)递减,所以当t=时,Vmax=.
【例2】在四面体ABCD中,若AD=DB=AC=CB=1,则四面体ABCD体积的最大值是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案A
解析如图,取AB中点E,连接CE,DE,
设AB=2x(0则CE=DE=,
当平面ABC⊥平面ABD时,四面体体积最大,
四面体的体积V=×2x×x-x3,V'=-x2,
当x∈0,时,函数V=x-x3单调递增,当x∈,1时,函数V=x-x3单调递减,则当x=时,函数V=x-x3有最大值Vmax=.故选A.
【例3】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5
cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为　　　　　　.?
答案4
cm3
解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.
设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,
三棱锥的高h==
,x∈0,.因为S△ABC=×2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·,x∈0,.
令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)内单调递增,在内单调递减,
所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为4.
点评求几何体体积最大值的基本思路是根据题意设出一个几何量,用该量表示出几何体的体积,然后根据体积表达式求其最大值,若表达式是一个三次以上的函数,一般通过求导的方法求最大值.
8.2　空间几何体的表面积与体积
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.所有侧面的面积之和
2.2πrl　πrl　π(r1+r2)l
3.S底h　S底h　4πR2　πR3
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2.D　由题意可得,三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形,侧面是三个边长为2的正方形,则其表面积为S=3×(2×2)+2××2×2×sin60°=12+2.故选D.
3.
C　由三视图可知,该几何体为三棱锥,是棱长为2的正方体一角,其表面积为3××2×2+×2×2×sin60°=6+2.
4.
C　如图,设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',
则有
因此有h'2-ah',
化简得4-2-1=0,
解得.(负值舍去)
5.C　∵2R==6,
∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.
关键能力·学案突破
例1(1)A　(2)1　(1)由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知=2r,
∴OO1=AB=2rsin60°=2,
∴球O的半径R==4.
∴球O的表面积为4πR2=64π.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,由题意可知πrl=πl2=2π,解得r=1,l=2.
对点训练1(1)D　(2)C　(1)由几何体的三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD,∵△BCD是等腰直角三角形且CB=CD=4,∴S△BCD=8,∵△ABC是直角三角形,AB=2,∴S△ABC=4;
∵△ACD是等腰三角形,且AC=AD=2,∴S△ACD=4.∵BD=4,
∴AB2+AD2=BD2,∴∠BAD=90°,
∴S△ABD=4,∴该几何体的表面积是8+4+4+4,故选D.
(2)设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,则S△ABC=a2=,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=a=.
设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d==1.
故选C.
例2(1)A　(2)A　(1)如图,几何体是上下结构,下面是三棱柱,底面是等腰直角三角形,斜边为2,高为1,三棱柱的高是2,上面是三棱锥,平面DA1C1⊥平面A1B1C1,且DA1=DC1,三棱锥的高是1,故几何体的体积V=×2×1×2+×2×1×1=.
(2)如图所示,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱,
因为三棱锥高为,直三棱柱高为1,AG=,取AD的中点M,则MG=,
所以S△AGD=×1×,所以V=×1+2×.
对点训练2(1)　(2)π　(1)由图可知,因为三棱锥P-ABA1的体积等于三棱锥C-ABA1的体积也等于三棱锥A1-ABC的体积,所以三棱锥P-ABA1的体积为S△ABC·AA1=×32×3=.
(2)作出相关图形,可得AH=,因此∠ACH=30°,因此放球前V1=π×()2×3=3π,球O与边A1C相切于点M,故OM=r,则OC=2r,所以CH1=3r,A1H1=r,所以放球后V2=π×(r)2×3r=3πr3,而V1+V球=V2,而V球=πr3,解得V球=π.
例38π　由题意可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的高为h=AA1=2,在△ABC中,AB=AC=1,则该三角形为等腰三角形,又∠BAC=120°,∴∠ABC=30°,
设△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理得2r==2,∴r=1.
设直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半径为R,则R=,
因此,该球的表面积为4πR2=8π.
对点训练38π　由题意得×2×1×sin60°×AA1=,∴AA1=2,球心到底面的距离d=1.∵BC2=AB2+AC2-2AB×AC×cos60°,∴BC=,设△ABC的外接圆的半径为r,则=2r,∴r=1,
设外接球的半径为R,
则R=,
∴球的表面积等于4π()2=8π.
例4
(1)D　(2)30π　(1)设PA=PB=PC=2x.
∵E,F分别为PA,AB的中点,
∴EF∥PB,且EF=PB=x.
∵△ABC为边长为2的等边三角形,
∴CF=.又∠CEF=90°,∴CE=,AE=PA=x.
在△AEC中,由余弦定理可知
cos∠EAC=.
作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,
∴D为AC的中点,cos∠EAC=.∴.
∴2x2+1=2.∴x2=,即x=.
∴PA=PB=PC=.
又AB=BC=AC=2,
∴PA⊥PB⊥PC.
∴2R=.∴R=.
∴V=πR3=π×π.
故选D.
(2)如图,将三棱锥P-ABC补成长方体.
球O为长方体的外接球,长、宽、高分别为a,b,c,则所以a2+b2+c2=30,所以球O的半径R=,则球O的表面积为S=4πR2=4π=30π.
对点训练4(1)C　(2)B　(1)该几何体为三棱锥,补形为长方体,其外接球的直径为2R=,该几何体外接球的表面积为4πR2=11π.
(2)三棱锥的直观图如下图所示,
由三视图可知直观图中PC⊥平面ABC,AC=BC==2=AB,所以△ABC是正三角形,
将三棱锥补形为三棱柱,则三棱锥与三棱柱有相同的外接球,由于正三棱柱与球都是中心和轴对称图形,所以球心为三棱柱两底面中心连线的中点,设△ABC的外心为O1,设球心为O,连接OC,O1C,则O1C=,所以R2=+12=,S球=4π×.
例5解如图所示,设点O是内切球的球心,正四面体棱长为a.由图形的对称性知,点O也是外接球的球心.设内切球半径为r,外接球半径为R.
正四面体的表面积S表=4×a2=a2,
正四面体的体积VA-BCD=a2×AE=a2×a2×a3.∵S表×r=VA-BCD,∴r=a.
在Rt△BEO中,BO2=BE2+EO2,即R2=+r2,得R=a.
对点训练5C　不妨设S△PBC=12,S△PAC=16,S△PAB=20,设P在底面ABC的投影为H,分别作HD⊥BC于点D,HE⊥AB于点E,HF⊥AC于点F,则PD⊥BC,PE⊥AB,PF⊥AC.依题意,H为△ABC的内心,则Rt△PDH≌Rt△PFH≌Rt△PEH,故PD=PF=PE,
所以S△PBC∶S△PAC∶S△PAB=BC∶AC∶AB=12∶16∶20=3∶4∶5,所以∠ACB=90°.
令BC=3x,AC=4x,AB=5x.则S△ABC=BC·AC=·3x·4x=24,解得x=2,
所以BC=6,AC=8,AB=10.
设△ABC内切圆半径为r,
则(BC+AC+AB)r=S△ABC,解得r=2,故HD=2.由S△PBC=BC·PD=12,BC=6,得PD=4,
所以PH==2,
所以VP-ABC=S△ABC·PH=×24×2=16,设三棱锥P-ABC的内切球的半径为R,则VP-ABC=(S△PBC+S△PAC+S△PAB+S△ABC)R,即16×(12+16+20+24)R,解得R=,
则所求内切球的表面积为4πR2=,故选C.
例6(1)8π　(2)π　(1)因为∠PAB=∠PAD=60°,AB=AP=2,四边形ABCD为正方形,
所以△PAB,△PAD为全等的等边三角形,且边长为2,过点P作PT垂直于底面ABCD于点T,连接TD,TA,TB,如图,易知TD=TA=TB,
所以T为△ABD的外心,又四边形ABCD为正方形,即T为正方形ABCD的中心,
设四棱锥的外接球的球心为O,半径为R,连接OA,由已知,BD=2,PT=,
所以OT2+TA2=R2=(PT-OT)2,
即OT2+2=(-OT)2,
解得OT=0,即球心与T重合,所以外接球半径R=,其表面积为4πR2=8π.
(2)由该四棱锥的三视图知,该四棱锥直观图如图,
由△SAB是一个锐角三角形,可知其外接圆的圆心在三角形内,设为O1,长方形ABCD的外接圆的圆心为其对角线的中点O2,设四棱锥外接球的球心为O,则OO1⊥平面SAB,OO2⊥平面ABCD,则OB为球的半径R.设r1为△SAB外接圆半径,r2为矩形ABCD外接圆半径,L=AB,则r1=O1B,r2=O2B,由平面SAB⊥平面ABCD,可得,又因为O1E=OO2,且R2=,所以R2=,
SE=,
由相交弦定理得易求△SAB外接圆的半径,即SE×(2r1-SE)=BE2,所以r1=,2r2==2.所以R2=-4+5=,所以S=4πR2=π.
对点训练6(1)2π　(2)5π　(1)如图所示,由AB=BC=1,AC=,得AB⊥BC,所以△ABC为直角三角形.AC的中点到点A,B,C的距离相等且为AC长的一半,又AD⊥CD,△DAC也是直角三角形,AC的中点到点D的距离也是AC长的一半,所以AC的中点到四面体各顶点的距离都相等,所以其外接球的球心即为AC的中点.
所以外接球半径R=AC=,所以S球=4πR2=2π.
(2)因为底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD且满足AB=2AD=2DC=2,
所以cos∠BCD+cos∠BAD=0=,解得BD=,故AB2=AD2+BD2,即∠BDA=,
又因为底面ABCD是等腰梯形,故四边形ABCD的外接圆直径为AB,设AB的中点为O1,球的半径为R,在Rt△SCD中,因SC=,CD=1,所以SD=1,
因为SD⊥平面ABCD,所以面SCD⊥面ABCD,过四边形ABCD外接圆的圆心O1作圆面的垂线,过Rt△SCD斜边的中点E作△SCD所在平面的垂线,两条垂线的交点即为球心O,连接OA,且OO1=EF=SD,所以R2=12+2=,因此球O的表面积是S=4πR2=5π.8.3　空间图形的基本关系与公理
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.空间图形的公理
(1)公理1:如果一条直线上的　　　　　在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内).?
(2)公理2:经过　　　　　　　　　　　　　　的三点,有且只有一个平面(即可以确定一个平面).?
推论1:经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面.
推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面.
推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.
(3)公理3:如果两个不重合的平面有　　　　　公共点,那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线.?
(4)公理4:平行于同一条直线的两条直线平行.
2.空间中两直线的位置关系
(1)空间两直线的位置关系
(2)等角定理:空间中,如果两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角　　　　　　　　　　.?
(3)异面直线a,b所成的角:过空间任意一点P分别引两条异面直线a,b的平行线l1,l2(a∥l1,b∥l2),这两条相交直线所成的　　　　　(或　　　　　)就是异面直线a,b所成的角.?
3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有　　　　　、　　　　　、　　　　　　　三种情况.?
(2)平面与平面的位置关系有　　　　　、　　　　　两种情况.?
1.唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
2.异面直线的判定定理
经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
3.异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”,实质上两异面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.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分.(　　)
(2)两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于A点,记作α∩β=A.
(　　)
(3)已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,则c与b不可能是平行直线.
(　　)
(4)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.
(　　)
(5)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.
(　　)
2.下列命题正确的个数为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
①梯形一定是平面图形;
②若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线平行;
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面;
④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.
A.0
B.1
C.2
D.3
3.(2020浙江,6)已知空间中不过同一点的三条直线l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
4.(2020河南鹤壁模拟)下列命题中,真命题的个数为
(　　)
①如果两个平面有三个不在同一条直线上的公共点,那么这两个平面重合;
②两条直线可以确定一个平面;
③空间中,相交于同一点的三条直线在同一平面内;
④若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l.
A.1
B.2
C.3
D.4
5.设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,以下命题正确的是(　　)
A.若l∥α,m∥α,则l∥m　　
B.若l∥α,m⊥l,则m⊥α
C.若l⊥α,m⊥l,则m∥α
D.若l⊥α,m⊥α,则l∥m
关键能力学案突破　
考点
平面的基本性质及应用
【例1】(1)(2020湖北襄阳五中模拟)以下命题中,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
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线A1C与平面BDC1交于点O,AC与BD交于点M,则点O与直线C1M的关系是　　　　　.?
解题心得共面、共线、共点问题的证明
(1)证明点或线共面问题的两种方法:①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面,然后证其余的线(或点)在这个平面内;②将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证两平面重合.
(2)证明点共线问题的两种方法: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)证明线共点问题的常用方法是:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.
对点训练1如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C?l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.点A
B.点B
C.点C但不过点M
D.点C和点M
考点
空间两条直线的位置关系
(多考向探究)
考向1　两直线位置关系的判定
【例2】(1)平面α外有两条直线a,b,它们在平面α内的射影分别是直线m,n,则下列命题正确的是(　　)
A.若a⊥b,则m⊥n
B.若m⊥n,则a⊥b
C.若m∥n,则a∥b
D.若m和n相交,则a和b相交或异面
(2)(2020四川绵阳中学模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=2ED,CF=2FA,则EF与BD1的位置关系是(　　)
A.相交但不垂直
B.相交且垂直
C.异面
D.平行
思考如何比较直观地判断两直线的位置关系?
考向2　异面直线的判定
【例3】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:
①直线AM与CC1是相交直线;
②直线AM与BN是平行直线;
③直线BN与MB1是异面直线;
④直线AM与DD1是异面直线.
其中正确的结论为　　　　　(注:把你认为正确的结论序号都填上).?
思考空间两条直线位置关系的判定方法有哪些?
考向3　异面直线所成的角
【例4】(1)(2018全国2,文9)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)(2020重庆南开中学期中)正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=2,D为棱A1B1的中点,则异面直线AD与CB1所成角的大小为　　　　　.?
解题心得1.点、线、面之间的位置关系可借助正方体为模型,以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系,准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直.
2.空间两条直线位置关系的判定方法
3.求解异面直线所成角的方法
方法
解读
平移法
通过作图(如结合中位线、平行四边形补形等)来构造平行线,作出异面直线所成的角,通过解三角形来求解
补形法
补成长方体或正方体
转化法
当异面直线所成角为时,可转化为证明垂直
对点训练2(1)有两条不同的直线m,n与两个不同的平面α,β,下列命题正确的是(　　)
A.m⊥α,n∥β,且α∥β,则m⊥n
B.m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥n
C.m∥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥n
D.m∥α,n∥β,且α∥β,则m∥n
(2)(2020辽宁大连模拟)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=1,BB1=1,P是AB的中点,则异面直线BC1与PD所成的角等于(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
(3)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是异面直线的图形有　　　　　.(填上所有正确答案的序号)?
考点
空间中线面的位置关系
【例5】设直线m与平面α相交但不垂直,则下列说法正确的是(　　)
A.在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直
B.过直线m有且只有一个平面与平面α垂直
C.与直线m垂直的直线不可能与平面α平行
D.与直线m平行的平面不可能与平面α垂直
思考如何借助空间图形确定线面位置关系?
解题心得解决这类问题的关键就是熟悉直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系及相应的公理定理,归纳整理平面几何中成立但立体几何中不成立的命题,并在解题过程中注意避免掉入由此设下的陷阱.判断时可由易到难进行,一般是作图分析,构造出符合题设条件的图形或反例来判断.
对点训练3已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是(　　)
A.若c?平面α,则a⊥α
B.若c⊥平面α,则a∥α,b∥α
C.存在平面α,使得c⊥α,a?α,b∥α
D.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α
1.公理1是判断一条直线是否在某个平面内的依据;公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据;公理3是证明三线共点或三点共线的依据.要能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理.
2.判定空间两条直线是异面直线的方法
(1)判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.
(2)反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从而可得两线异面.
1.异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”,实质上两异面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.直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”.
8.3　空间图形的基本关系与公理
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)两点　(2)不在同一条直线上　(3)一个
2.(1)平行　相交　任何　(2)相等或互补　(3)锐角　直角
3.(1)相交　平行　在平面内　(2)平行　相交
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
2.C　①因梯形有一组对边平行,所以梯形可以确定一个平面,故①正确;
②如等腰三角形中,AB,AC与底边直线BC所成的角相等,而直线AB,AC不平行,故②错误;
③两两相交的三条直线,比如墙角处的三条交线最多可以确定三个平面,故③正确;
④如果两个平面有三个共线的公共点,这两个平面不重合,故④错误.故选C.
3.B　由条件可知,当m,n,l在同一平面内时,三条直线不一定两两相交,有可能两条直线平行;或三条直线平行;反过来,当空间中不过同一点的三条直线m,n,l两两相交时,如图,
三个不同的交点确定一个平面,则m,n,l在同一平面内,
所以“m,n,l”共面是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.
故选B.
4.B　根据公理2,可判断①是真命题;两条异面直线不能确定一个平面,故②是假命题;在空间中,相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角),故③是假命题;根据平面的性质可知④是真命题.综上,真命题的个数为2.
5.D　由l,m是两条不同的直线,α是一个平面,知:
在A中,若l∥α,m∥α,则l与m相交、平行或异面,故A错误;
在B中,若l⊥α,m⊥l,则m∥α或m?α,故B错误;
在C中,若l∥α,m⊥l,则m与α相交、平行或m?α,故C错误;
在D中,若l⊥α,m⊥α,则由线面垂直的性质定理得l∥m,故D正确.故选D.
关键能力·学案突破
例1(1)B　(2)点O在直线C1M上　(1)①正确,可以用反证法证明,假设任意三点共线,则四个点必共面,与不共面的四点矛盾;若点A,B,C在同一条直线上,则A,B,C,D,E不一定共面,故②错误;直线b,c可能是异面直线,故③错误;当四条线段构成空间四边形时,四条线段不共面,故④错误.
(2)如图所示,连接A1C,因为A1C?平面A1ACC1,O∈A1C,所以O∈平面A1ACC1,而O是平面BDC1与直线A1C的交点,所以O∈平面BDC1,所以点O在平面BDC1与平面A1ACC1的交线上.因为AC∩BD=M,所以M∈平面BDC1.又M∈平面A1ACC1,所以平面BDC1∩平面A1ACC1=C1M,所以O∈C1M.
对点训练1D　∵A,B∈γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上.
同理可知,点C也在γ与β的交线上.
例2(1)D　(2)D　(1)由平面α外有两条直线a,b,它们在平面α内的射影分别是直线m,n,知:
在A中,若a⊥b,则m与n也有可能重合或平行,故A错误;
在B中,若m⊥n,则a与b也有可能异面,故B错误;
在C中,若m∥n,则a与b平行或异面,故C错误;
在D中,若m和n相交,由射影的性质得a和b相交或异面,故D正确.
(2)连接D1E并延长,与AD交于点M,由A1E=2ED,可得M为AD的中点,
连接BF并延长,交AD于点N,因为CF=2FA,可得N为AD的中点,所以M,N重合,所以EF和BD1共面,且,所以,所以EF∥BD1,故选D.
例3③④　因为点A在平面CDD1C1外,点M在平面CDD1C1内,直线CC1在平面CDD1C1内,CC1不过点M,所以AM与CC1是异面直线,故①错;取DD1中点E,连接AE,图略,则BN∥AE,但AE与AM相交,故②错;因为B1与BN都在平面BCC1B1内,M在平面BCC1B1外,BN不过点B1,所以BN与MB1是异面直线,故③正确;同理④正确,故填③④.
例4(1)C　(2)　(1)取DD1的中点F,连接AC,EF,AF,则EF∥CD,故∠AEF为异面直线AE与CD所成的角.设正方体边长为2a,则易知AE==3a,AF=a,EF=2a.
∴cos∠AEF=.∴sin∠AEF=.∴tan∠AEF=.
(2)如图,,且AB=AC=BC=2,AA1=2,侧棱和底面垂直,∴=·()==8-×2×2××4=9,AD==3,CB1==2,
∴cos<>=,且<>∈[0,π],∴<>=,
∴异面直线AD与CB1所成角的大小为.
对点训练2(1)A　(2)C　(3)②④
(1)对于A,m⊥α,n∥β,且α∥β,得m⊥n,故正确;对于B,由m⊥α,n⊥β,α⊥β,得m⊥n故错误;对于C,由m∥α,n⊥β,且α⊥β,得m∥n或m,n相交或异面,故错误;对于D,由m∥α,n∥β,且α∥β,得m,n的关系可以垂直,相交,平行,故错误.故选A.
(2)取CD的中点Q,连接BQ,C1Q,∵P是AB的中点,∴BQ∥PD,
∴∠C1BQ是异面直线BC1与PD所成的角.在△C1BQ中,C1B=BQ=C1Q=,∴∠C1BQ=60°,
即异面直线BC1与PD所成的角等于60°,故选C.
(3)图①中,直线GH∥MN;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GM,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.
例5B　如图,m是平面α的斜线,PA⊥α,l?α,l⊥AB,则l⊥m,平面α内所有与l平行的直线都垂直于m,故A错;
由题意可知过m有且只有一个平面PAB与平面α垂直,假设有两个平面都与平面α垂直,则这两个平面的交线m应与平面α垂直,与条件矛盾,故B正确;
又l'?α,l'∥l,∴l'∥α,
∵l⊥m,∴l'⊥m,故C错;
又在平面α内取不在直线AB上的一点D,过D可作平面β与平面PAB平行,
∴m∥β,∵平面PAB⊥α,∴平面β⊥α,故D错.
对点训练3C　由a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,知:
在A中,若c?平面α,则a与α相交、平行或a?α,故A错误;
在B中,若c⊥平面α,则a,b与平面α平行或a,b在平面α内,故B错误;
在C中,存在平面α,使得c⊥α,a?α,b∥α,故C正确;
在D中,若存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α,则a∥b,与已知a,b是两条异面直线矛盾,故D错误.故选C.www.
8.4　平行关系
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线与平面平行的判定与性质
判　　定
性　　质
定义
定理
图形
条件
　　　　?
　　　　?
　　　　?
　　　　?
结论
a∥α
b∥α
　　　　?
　　　　?
2.面面平行的判定与性质
判　　定
性　　质
定义
定理
图形
条件
　　　　?
　　　　?
　　　　?
α∥β,a?β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
1.平面与平面平行的三个性质
(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)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等.
(3)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
2.判断两个平面平行的三个结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(2)平行于同一平面的两个平面平行.
(3)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.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(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)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.(　　)
(4)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.(　　)
(5)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.(　　)
2.已知平面α,直线m,n,满足n?α,则“m∥n”是“m∥α”的(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
3.(2020广东湛江高三一模)已知直线a,b,平面α,β,a?α,b?α,则a∥β,b∥β是α∥β的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
4.(2020安徽宣城高三模考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为棱AA1,BB1的中点,过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC,AC于点E,F,则下列说法正确的是(　　)
A.MF∥NE
B.四边形MNEF为梯形
C.四边形MNEF为平行四边形
D.A1B1∥NE
5.(2020辽宁朝阳模拟)如图,平面α∥平面β,△PAB所在的平面与平面α,β分别交于CD,AB,若PC=2,CA=3,CD=1,则AB=　　　　　.?
关键能力学案突破　
考点
证明空间直线与平面平行
【例1】(一题多解)如图,在四棱锥E-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,CD=2AB=2CE=4,点F为棱DE的中点.
证明:AF∥平面BCE.
思考判断或证明线面平行的常用方法有哪些?
解题心得1.判断或证明线面平行的常用方法有:
(1)利用线面平行的定义(无公共点);
(2)利用线面平行的判定定理(a?α,b?α,a∥b?a∥α);
(3)利用面面平行的性质(α∥β,a?α?a∥β).
2.证明线面平行往往先证明线线平行,证明线线平行的途径有:利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.
对点训练1(2020河北唐山模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别为线段A1B,AC1的中点.求证:MN∥平面BB1C1C.
考点
证明空间两条直线平行
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形且∠ABC=120°,点E是棱PC的中点,平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:EF∥CD;
(2)略.
思考空间中证明两条直线平行的常用方法有哪些?
解题心得空间中证明两条直线平行的常用方法
(1)利用线面平行的性质定理,即a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b.
(2)利用平行公理推论:平行于同一直线的两条直线互相平行.
(3)利用垂直于同一平面的两条直线互相平行.
对点训练2(2020湖南岳阳模拟)如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BCAD,BEFA,G,H分别为FA,FD的中点.
(1)求证:四边形BCHG是平行四边形;
(2)求证:C,D,E,F四点共面.
考点
证明空间两平面平行
【例3】(2020浙江温州模拟)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,BF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,BF=DE,M为棱AE的中点.
(1)求证:平面BDM∥平面EFC;
(2)若AB=1,BF=2,求三棱锥A-CEF的体积.
思考判断或证明面面平行的方法有哪些?
解题心得判定面面平行的方法
(1)利用定义:即证两个平面没有公共点(不常用).
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法).
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用).
(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(客观题可用).
对点训练3(2020河北邯郸二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点.
(1)求证:平面CMN∥平面PAB;
(2)求三棱锥P-ABM的体积.
考点
平行关系中的存在问题
【例4】(2020河南南阳高三二模)在直角梯形ABCD中(如图1),AB∥DC,∠BAD=90°,AB=5,AD=2,CD=3,点E在CD上,且DE=2,将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE(如图2),G为AE的中点.
(1)求四棱锥D-ABCE的体积;
(2)在线段BD上是否存在点P,使得CP∥平面ADE?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
思考解决存在性问题的一般思路是什么?
解题心得解决存在问题一般先假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,若找到了使结论成立的充分条件,则存在;若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾),则不存在.而对于探求点的问题,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.
对点训练4如图,在空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形,△ABC为腰长为的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.
试在平面BCD内作一条直线,使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行,并给出详细证明.
1.平行关系的转化方向如图所示:
2.直线与平面平行的主要判定方法:
(1)定义法;(2)判定定理;(3)面与面平行的性质.
　　3.平面与平面平行的主要判定方法:
(1)定义法;(2)判定定理;(3)推论;(4)a⊥α,a⊥β?α∥β.
1.在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则会出现错误.
2.在解决线面、面面平行的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定,决不可过于“模式化”.
3.解题中注意符号语言的规范应用.
8.4　平行关系
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.a∩α=?　a?α,b?α,b∥a　a∥α　a∥α,a?β,α∩β=b　a∩α=?　a∥b
2.α∩β=?　a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
2.D　当m∥n时,若m?α,则充分性不成立,当m∥α时,m∥n不一定成立,即必要性不成立,则“m∥n”是“m∥α”的既不充分又不必要条件.故选D.
3.B　因为直线a,b,平面α,β,a?α,b?α,由a∥β,b∥β,得α,β平行或相交;由α∥β,得a∥β,b∥β,所以a∥β,b∥β是α∥β的必要不充分条件.故选B.
4.B　∵在?AA1B1B中,AM=MA1,BN=NB1,∴AM=BN,又AM∥BN,∴四边形ABNM是平行四边形,∴MN∥AB.又MN?平面ABC,AB?平面ABC,∴MN∥平面ABC.
又MN?平面MNEF,平面MNEF∩平面ABC=EF,∴MN∥EF,∴EF∥AB.
在△ABC中,EF≠AB,∴EF≠MN,
∴四边形MNEF为梯形.故选B.
5.　∵平面α∥平面β,∴CD∥AB,则,∴AB=.
关键能力·学案突破
例1
证明(方法1)如图,取CE的中点M,连接FM,BM.
因为点F为棱DE的中点,
所以FM∥CD,且FM=CD=2,
因为AB∥CD,且AB=2,
所以FM∥AB,且FM=AB,
所以四边形ABMF为平行四边形,
所以AF∥BM.
因为AF?平面BCE,BM?平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(方法2)如图,在平面ABCD内,分别延长CB,DA,交于点N,连接EN.
因为AB∥CD,CD=2AB,
所以A为DN的中点.
又F为DE的中点,所以AF∥EN.
因为EN?平面BCE,AF?平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(方法3)如图,取棱CD的中点G,连接AG,GF,因为点F为棱DE的中点,所以FG∥CE.因为FG?平面BCE,CE?平面BCE,
所以FG∥平面BCE.
因为AB∥CD,AB=CG=2,
所以四边形ABCG是平行四边形,所以AG∥BC,因为AG?平面BCE,BC?平面BCE,所以AG∥平面BCE.
又FG∩AG=G,FG?平面AFG,AG?平面AFG,所以平面AFG∥平面BCE.因为AF?平面AFG,所以AF∥平面BCE.
对点训练1证明如图,连接A1C.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C为平行四边形.
又因为N为线段AC1的中点,所以A1C与AC1相交于点N,
即A1C经过点N,且N为线段A1C的中点.因为M为线段A1B的中点,所以MN∥BC.又因为MN?平面BB1C1C,BC?平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.
例2(1)证明∵底面ABCD是菱形,
∴AB∥CD,又∵AB?平面PCD,CD?平面PCD,∴AB∥平面PCD.
又∵A,B,E,F四点共面,且平面ABEF∩平面PCD=EF,
∴AB∥EF,即可得EF∥CD.
对点训练2证明(1)由题设知,G,H分别为FA,FD的中点,所以GHAD.
又BCAD,故GHBC.
所以四边形BCHG是平行四边形.
(2)由BEFA,G是FA的中点知,BEGF,所以EFBG.
由(1)知BG∥CH,所以EF∥CH,故EC,FH共面.又点D在直线FH上,所以C,D,F,E四点共面.
例3
(1)证明如图,设AC与BD交于点N,则N为AC的中点,连接MN,
又M为棱AE的中点,∴MN∥EC.
∵MN?平面EFC,EC?平面EFC,
∴MN∥平面EFC.
∵BF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,且BF=DE,∴BFDE,∴四边形BDEF为平行四边形,∴BD∥EF.
∵BD?平面EFC,EF?平面EFC,
∴BD∥平面EFC.又MN∩BD=N,
∴平面BDM∥平面EFC.
(2)解连接EN,FN.在正方形ABCD中,AC⊥BD,
又BF⊥平面ABCD,∴BF⊥AC.
又BF∩BD=B,∴AC⊥平面BDEF,
又N是AC的中点,
∴V三棱锥A-NEF=V三棱锥C-NEF,
∴V三棱锥A-CEF=2V三棱锥A-NEF=2××AN×S△NEF=2××2=,∴三棱锥A-CEF的体积为.
对点训练3
(1)证明∵M,N分别为PD,AD的中点,
∴MN∥PA.又MN?平面PAB,PA?平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN,∴∠ACN=60°.
又∠BAC=60°,∴CN∥AB.
∵CN?平面PAB,AB?平面PAB,
∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN=N,
∴平面CMN∥平面PAB.
(2)解由(1)知,平面CMN∥平面PAB,
∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离.由已知,AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=,∴三棱锥P-ABM的体积V=VM-PAB=VC-PAB=VP-ABC=×1××2=.
例4解(1)因为G为AE的中点,AD=DE=2,所以DG⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DG?平面ADE,所以DG⊥平面ABCE.
在等腰直角三角形ADE中,易求AE=2,则DG=,所以四棱锥D-ABCE的体积VD-ABCE==2.
(2)在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE.
过点C作CF∥AE交AB于点F,过点F作FP∥AD交DB于点P,连接PC,
如图所示,
因为CF∥AE,AE?平面ADE,CF?平面ADE,所以CF∥平面ADE,
同理FP∥平面ADE,
又因为CF∩PF=F,所以平面CFP∥平面ADE.因为CP?平面CFP,所以CP∥平面ADE.
所以在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE.因为四边形AECF为平行四边形.
所以AF=CE=1,即BF=4,
故.
所以在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE,且.
对点训练4
解如图所示,取BC和BD的中点H,G,连接HG,则直线HG为所求直线.证明如下.
因为H,G分别为BC和BD的中点,所以HG∥CD,所以HG∥平面CDE.
取CD的中点O,连接EO,AH,AG,如图,易知EO⊥CD,AH⊥BC.
因为平面CDE⊥平面BCD,且EO⊥CD,所以EO⊥平面BCD,
又由平面ABC⊥平面BCD,AH⊥BC,得AH⊥平面BCD,
所以EO∥AH,所以AH∥平面CDE,又AH∩HG于点H,所以平面AHG∥平面CDE,所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.8.5　垂直关系
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线与平面垂直
图　　形
条　　件
结论
判定
a⊥b,b?α(b为α内的　　　　一条直线)?
a⊥α
a⊥m,a⊥n,m,n?α,　　　　　?
a⊥α
a∥b,　　　　?
b⊥α
性质
a⊥α,　　　　?
a⊥b
a⊥α,b⊥α
　　?
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交,如果它们所成的二面角是　　　　　　　　,就说这两个平面互相垂直.?
(2)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
如果一个平面过另一个平面的　　　,那么这两个平面垂直?
?α⊥β
性质
定理
两个平面垂直,如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的　　　　,那么这条直线与另一个平面垂直?
?
　?
3.直线与平面所成的角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫作这条直线和这个平面所成的角.
(2)线面角θ的范围:θ∈[0°,90°].
4.二面角的有关概念
(1)二面角:从一条直线出发的　　　　　　　　　　所组成的图形叫作二面角.?
(2)二面角的平面角:过二面角棱上的任一点,在两个半平面内分别作与棱　　　　的射线,则两射线所成的角叫作二面角的平面角.?
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.
(5)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.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.
(　　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.
(　　)
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.
(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)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.
(　　)
(5)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.
(　　)
2.(2020黑龙江大庆高三三模)设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
3.(2020湖南湘潭模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
4.(2020新高考全国1,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为(　　)
A.20°
B.40°
C.50°
D.90°
5.(2019北京,文13)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　.?
关键能力学案突破　
考点
证明空间线面垂直
【例1】(2020河北张家口二模,文18)如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面PBC,PB=BC=2,AC=1.
(1)证明:AC⊥平面PBC;
(2)求点C到平面PBA的距离.
思考证明线面垂直的常用方法有哪些?
解题心得证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理.
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”.
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则与另一个也垂直”.
(4)利用面面垂直的性质定理.
对点训练1(2018全国2,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
考点
证明空间两条直线垂直
【例2】(2020湖南湘潭三模,文17)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=3,AD=AP=4,E为PD的中点.
(1)证明:AE⊥PC.
(2)若M为线段BC上一点,且BM=1,求点M到平面PCD的距离.
思考证明空间两条直线垂直有哪些基本方法?
解题心得1.证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系.
(2)利用等腰三角形底边中线的性质.
(3)利用勾股定理的逆定理.
(4)利用直线与平面垂直的性质.
2.在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.
对点训练2在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=∠BCD=90°,∠ADC=60°,AD=CD且BB1⊥平面ABCD,BB1=2AB=2.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求四棱锥C1-B1BD的体积.
考点
证明空间两个平面垂直
【例3】(2020河北唐山一模,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等边三角形,且AA1⊥底面ABC,AB=2,A1A=3,D,E分别为AC,A1C1的中点,点F在棱CC1上,且FC=1.
(1)证明:平面BEF⊥平面BDF;
(2)求点D到平面BEF的距离.
思考证明面面垂直的常用方法有哪些?
解题心得1.面面垂直的证明方法
(1)定义法:利用面面垂直的定义,即判定两平面所成的二面角为直二面角,将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题.
(2)定理法:利用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,把问题转化成证明线面垂直加以解决.
2.三种垂直关系的转化
由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.
3.两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”这一条件.
对点训练3(2019全国3,文19)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中的四边形ACGD的面积.
考点
垂直关系中的存在问题
【例4】如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=.
(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请给出的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.
(2)若PD=,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求三棱锥A-FBD的体积.
思考探索性问题的一般处理方法是什么?
解题心得线面垂直中的存在问题同“平行关系中的存在问题”的规律方法一样,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,再给出符合要求的证明.
对点训练4(2020辽宁葫芦岛联考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB=3,AD=2,CD=5.过点A作AE⊥CD,交CD于点E.将△ADE沿线段AE折起,使得点D在平面ABCE内的投影恰好是点E,如图2.
(1)若点M为棱AD上任意一点,证明:平面MBC⊥平面DEB.
(2)在棱BD上是否存在一点N,使得三棱锥E-ANC的体积为?若存在,确定N点的位置;若不存在,请说明理由.
1.转化思想:垂直关系的转化
2.在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键.
3.线面角、二面角求法
根据线面角的定义或二面角的平面角的定义,作(找)出该角,再解三角形求出该角,步骤是作(找)?证?求(算)三步曲.
也可用射影法:
设斜线段AB在平面α内的射影为A'B',AB与α所成角为θ,则cosθ=;
设△ABC在平面α内的射影三角形为△A'B'C',平面ABC与α所成角为θ,则cosθ=.
1.在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.
2.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.
在高考立体几何题目中,证明线、面平行或垂直关系是极易被扣分的,原因是存在着逻辑推理的不严谨性,或者表述上的不严谨性.那么如何避免被扣分呢?需要对概念、公理、定理理解透彻.不要以主观臆断代替严密的科学论证.
1.加强对基本概念理解.比如对异面直线的理解,两条直线不在同一个平面是简单的定义,如何才能不在同一个平面呢,哪些条件才能保证两条直线不在一个平面,只要直线不平行,并且不相交,那么就异面,对于不平行的条件,在平面几何中我们已经知道,如何能保证不相交呢,可以把其中一条直线放在一个平面,看另外一条直线和平面是否平行,这样对异面直线的概念就理解到位了.
2.加强对公理、定理应用条件的理解.比如线面垂直的判定定理: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.这个定理它是五个条件推出一个结论,哪五个条件?若平面α外的直线是a,α内的两条直线b,c相交于一点A,五个条件是:a⊥b,a⊥c,b在平面α内,c在平面α内,b和c相交于一个点A,五个条件推出了a⊥α,你要漏掉其中一个,便被扣分.再比如直线和平面平行的判定定理: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.它是三个条件推出一个结论.三个条件分别为:a在平面α外,b?α,a∥b,结论是a∥α,最容易漏掉的条件是:a在平面α外,有的同学自以为它明明在平面α外,我为什么还要写它!
8.5　垂直关系
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.任意　m∩n=O　a⊥α　b?α　a∥b
2.(1)直二面角　(2)垂线　交线　b⊥α
4.(1)两个半平面　(2)垂直
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.A　设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,若l⊥α,则l⊥m,且l⊥n,反之若l⊥m,且l⊥n,当m∥n时,推不出l⊥α,故“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的充分不必要条件,故选A.
3.C　由m⊥n,n∥α,可得m∥α或m与α相交或m⊥α,故A错误;
由m∥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m?α,故B错误;
由m⊥β,n⊥β,可得m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正确;
由m⊥n,n⊥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m?α,故D错误.
4.
B　由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.
圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,
∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
5.若l⊥α,m∥α,则l⊥m
关键能力·学案突破
例1
(1)证明∵PB⊥平面ABC,AC?平面ABC,∴PB⊥AC.
取PC的中点D,连接BD.
∵PB=BC,
∴BD⊥PC.
∵平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,BD?平面PBC,
∴BD⊥平面PAC.
又AC?平面PAC,∴BD⊥AC.
∵PB∩BD=B,∴AC⊥平面PBC.
(2)解易知平面PBA⊥平面ABC,AB为交线,在Rt△ABC中,过点C作CM⊥AB,交AB于点M,则CM⊥平面PBA.又AC·BC=AB·CM,∴CM=,
即点C到平面PBA的距离为.
对点训练1
解(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.
连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.所以OM=,CH=.
所以点C到平面POM的距离为.
例2(1)证明因为PA⊥平面ABCD,DC?平面ABCD,所以PA⊥CD.因为底面ABCD为矩形,所以AD⊥CD.又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE?平面PAD,则AE⊥CD.因为AD=AP=4,E为PD的中点,所以AE⊥PD,
且CD∩PD=D,所以AE⊥平面PCD,又PC?平面PCD,则AE⊥PC.
(2)解因为PD⊥CD,所以S△PCD=PD·CD=6,VP-CDM=S△MCD·PA=6.
设点M到平面PCD的距离为h,因为VM-PCD=VP-CDM,
所以h·6=6,所以h=.
对点训练2(1)证明由∠BAD=∠BCD=90°,AD=CD,易知△ABD≌△CBD.
所以AB=CB,∠ADB=∠CDB.
又AD=CD,所以AC⊥BD.
因为BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面BB1D.
又B1D?平面BB1D,所以AC⊥B1D.
(2)解因为CC1∥BB1,所以点C1到平面B1BD的距离与点C到平面B1BD的距离相等.
又已知BB1=2AB=2,∠ADC=60°,
根据(1)的结论知点C到平面B1BD的距离为d=,BD=2,
所以△B1BD的面积S=×2×2=2,
所以四棱锥C1-B1BD的体积V=×2×.
例3(1)证明因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥BD.因为△ABC为等边三角形,D为AC的中点,所以BD⊥AC.又AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥EF.
在△DEF中,DE=3,EF=,DF=,满足DE2=DF2+EF2,所以EF⊥DF.
又BD∩DF=D,所以EF⊥平面BDF.又因为EF?平面BEF,所以平面BEF⊥平面BDF.
(2)解作DM⊥BF,垂足为M,由(1)可知平面BEF⊥平面BDF,DM?平面BEF,
平面BEF∩平面BDF=BF,所以DM⊥平面BEF,
所以DM即为点D到平面BEF的距离.
由(1)得BD⊥DF,在Rt△BDF中,
BD=,DF=,BF=3,故DM=,
即点D到平面BEF的距离为.
对点训练3(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,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,
所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,DE∩EM=E,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.
例4
解(1)存在线段BC的中点E,使平面PBC⊥平面PDE,即=1.证明如下:
连接DE,PE,
∵∠BAD=∠ADC=90°,AB=1,DA=,∴BD=DC=2.
∵E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵PD⊥平面ABCD,∴BC⊥PD.
∵DE∩PD=D,∴BC⊥平面PDE.
∵BC?平面PBC,
∴平面PBC⊥平面PDE.
(2)∵PD⊥平面ABCD,且PC=3PF,∴点F到平面ABCD的距离为PD=,∴三棱锥A-FBD的体积VA-FBD=VF-ABD=×S△ABD××1×.
对点训练4(1)证明在等腰梯形ABCD中,AE=,BE==2,在△BEC中,BE2+BC2=12+4=16=CE2,所以BE⊥CB.
又因为DE⊥平面ABCE,BC?平面ABCE,所以DE⊥BC,DE∩BE=E,
所以BC⊥平面BDE,BC?平面MBC,所以平面MBC⊥平面BDE.
(2)解存在.因为VE-ANC=VN-AEC,S△AEC=·AE·CE=2,
设点N到平面AEC的距离为h,则VN-AEC=·S△AEC·h=,所以h=,在△BED中,DE⊥平面AEC,所以存在点N,使得,则点N是线段BD靠近D的三等分点.8.6　空间向量及其运算
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.空间向量的有关概念
(1)空间向量:在空间中,具有　　　　和　　　　的量叫作空间向量,其大小叫作向量的　　　　或　　　　.?
(2)相等向量:方向　　　　且模　　　　的向量.?
(3)共线向量:如果表示空间向量的有向线段所在的直线　　　　或　　　　,则这些向量叫作　　　　　　　　或　　　　　　　　,a平行于b记作a∥b.?
(4)共面向量:平行于同一　　　　的向量叫作共面向量.?
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理:对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b?存在λ∈R,使a=λb.
(2)共面向量定理:若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面?存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb.
(3)空间向量基本定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组{x,y,z}使得p=xa+yb+zc.其中{a,b,c}叫作空间的一个基底.
3.两个向量的数量积
(1)a·b=|a||b|cos.
(2)a⊥b?　　　　(a,b为非零向量).?
(3)|a|2=　　.?
4.空间向量的坐标运算
(1)设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则
①|a|=.
②a+b=　　　　　　　　　　　.?
③a-b=　　　　　　　　　　　.?
④λa=　　　　　　　　.?
⑤a·b=　　　　　　　　.?
⑥cos=.
(2)设A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,|AB|=||=.?
1.对空间任一点O,若=x+y(x+y=1),则P,A,B三点共线.
2.对空间任一点O,若=x+y+z(x+y+z=1),则P,A,B,C四点共面.
3.证明空间任意三点共线的方法
对空间三点P,A,B可通过证明下列结论成立来证明三点共线:
(1)=λ(λ∈R);
(2)对空间任意一点O,+t(t∈R);
(3)对空间任意一点O,=x+y(x+y=1).
4.证明空间四点共面的方法
已知空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若满足向量关系式=x+y+z(其中x+y+z=1),则点P与点A,B,C共面.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)若A,B,C,D是空间任意四点,则有=0.
(　　)
(2)|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件.
(　　)
(3)空间中任意两非零向量a,b共面.
(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)对于空间非零向量a,b,若a·b<0,则a与b的夹角为钝角.
(　　)
(5)对于非零向量b,由a·b=b·c,得a=c.
(　　)
2.若x,y∈R,有下列命题:
①若p=xa+yb,则p与a,b共面;
②若p与a,b共面,则p=xa+yb;
③若=x+y,则P,M,A,B共面;
④若点P,M,A,B共面,则=x+y.
其中真命题的个数是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1
B.2
C.3
D.4
3.(2020浙江龙泉中学模拟)已知三棱锥O-ABC,点M,N分别为AB,OC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示,则等于(　　)
A.(b+c-a)
B.(a+b+c)
C.(a-b+c)
D.(c-a-b)
4.(2020山东烟台月考)若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则直线l与平面α的位置关系为　　　　　.?
关键能力学案突破　
考点
空间向量的线性运算
【例1】已知ABCD-A'B'C'D'是平行六面体.
(1)化简:;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC'B'对角线BC'上的分点,设=α+β+γ,试求α,β,γ的值.
思考空间向量的线性运算与平面向量的线性运算有什么区别与联系?
解题心得1.选定空间不共面的三个向量作基向量,并用它们表示出指定的向量,这是用向量解决立体几何问题的基本要求,另外解题时应结合已知和所求,观察图形,联想相关的运算法则和公式等,就近表示所需向量.
2.空间向量问题可以转化为平面向量问题来解决,即把空间向量转化到某一个平面上,利用三角形法则或平行四边形法则来解决.
对点训练1(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
(2)(2020湖南郴州一中模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.用表示,则=　　　　　.?
(第(1)题图)
(第(2)题图)
考点
共线定理、共面定理的应用
【例2】已知V为矩形ABCD所在平面外一点,且VA=VB=VC=VD,.
则VA与平面PMN的位置关系是　　　　　.?
解题心得1.证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题,如证明A,B,C三点共线,即证明共线,亦即证明=λ(λ≠0).
2.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,或对空间任一点O,有+x+y,或=x+y+z(x+y+z=1)即可.
对点训练2如图所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满足=k=k(0≤k≤1).
(1)判断向量是否与向量共面.
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行?
考点
空间向量的坐标运算
【例3】(1)(2020河南郑州调研)已知a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若a,b,c三向量共面,则λ等于
(　　)
A.9
B.-9
C.-3
D.3
(2)(2020北京朝阳区一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AB,BB1的中点,点P在对角线CA1上运动.当△PMN的面积取得最小值时,点P的位置是(　　)
A.线段CA1的三等分点,且靠近点A1
B.线段CA1的中点
C.线段CA1的三等分点,且靠近点C
D.线段CA1的四等分点,且靠近点C
解题心得空间向量的坐标表示主要应用于向量平行、向量垂直、向量的模、向量的夹角,在研究几何问题中只要建立适当的坐标系,把空间几何体中涉及的直线和平面用向量表示,就可以使得几何证明通过代数运算得到解决,这是使用空间向量研究立体几何问题的基本思想.
对点训练3(1)(2020河北五校联考)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值为(　　)
A.-
B.-2
C.0
D.-或-2
(2)设点C(2a+1,a+1,2)在由点P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定的平面上,则a=　　　　　.?
考点
空间向量数量积的应用
【例4】(1)如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC=(　　)
A.6
B.6
C.12
D.144
(2)(2020福建福州三模,理14)正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BC1中点,Q为A1D中点,则异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为　　　　　.?
解题心得空间向量数量积的应用
(1)求夹角.设向量a,b所成的角为θ,则cosθ=,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.
对点训练4(1)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别是棱A1D1,AB,BC的中点,若经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线为l,则直线l与直线QB1所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)已知空间向量a=(1,-λ,λ-1),b=(-λ,1-λ,λ-1)的夹角为钝角,则实数λ的取值范围是　　　　　.?
1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.
2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题;利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题.
3.利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转化为用向量表示,用已知向量表示未知向量,然后通过向量的运算或证明去解决问题.
1.向量的数量积满足交换律、分配律,但不满足结合律,即a·b=b·a,a·(b+c)=a·b+a·c成立,(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立.
2.在利用=x+y①证明MN∥平面ABC时,必须说明点M或点N不在平面ABC内(因为①式只表示共面).
3.求异面直线所成的角,一般可以转化为两向量的夹角,但要注意两种角的范围不同,最后应进行转化.
8.6　空间向量及其运算
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)大小　方向　长度　模　(2)相同　相等　(3)平行　重合　共线向量　平行向量　(4)平面
3.(2)a·b=0　(3)a2
4.(1)②(a1+b1,a2+b2,a3+b3)　③(a1-b1,a2-b2,a3-b3)　④(λa1,λa2,λa3)　⑤a1b1+a2b2+a3b3
(2)(x2-x1,y2-y1,z2-z1)
考点自诊
1.(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.B　①正确,②中若a,b共线,p与a不共线,则p=xa+yb就不成立.③正确.④中若点M,A,B共线,点P不在此直线上,则=x+y不成立.
3.D　)+=-(c-a-b).
4.l⊥α　因为a=-n,所以l⊥α.
关键能力·学案突破
例1解(1)(方法1)取AA'的中点为E,则.
又,取F为D'C'的一个三等分点D'F=D'C',
则.∴.
(方法2)取AB的三等分点P使得,取CC'的中点Q,则
=
=.
(2)连接BD,则M为BD的中点,
=)+)
=(-)+)
=.
∴α=,β=,γ=.
对点训练1(1)A　(2)　(1))=c+(b-a)=-a+b+c.故选A.
(2)因为),所以)+.
例2平行　如图所示,设=a,=b,=c,则=c+a-b,
由题意知b-c,
a-b+c.所以a,
因此,所以共面.又因为VA?平面PMN,所以VA∥平面PMN.
对点训练2解∵=k=k,
∴=k+k=k()+=k()+=k-k-k()=(1-k)-k,
∴由共面向量定理知向量与向量共面.
(2)当k=0时,点M,A重合,点N,B重合,MN在平面ABB1A1内.
当0故MN∥平面ABB1A1.
例3(1)B　(2)B　(1)由题意知c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),
所以解得λ=-9.
(2)设正方体的棱长为1,以A为原点,AB,AD,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则M,N,MN的中点Q,A1(0,0,1),C(1,1,0),则=(1,1,-1),
设P(t,t,z),=(1-t,1-t,-z),
由共线,可得,所以t=1-z,所以P(1-z,1-z,z),其中0≤z≤1,
因为||=,
||=,
所以||=||,所以PQ⊥MN,即|PQ|是动点P到直线MN的距离,
所以||=,
所以当z=时,|PQ|取得最小值,此时P为线段CA1的中点,
由于|MN|=为定值,所以当△PMN的面积取得最小值时,P为线段CA1的中点.故选B.
对点训练3(1)B　(2)16　(1)因为空间向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,所以(2m+1,3,m-1)=λ(2,m,-m)=(2λ,λm,-λm),
所以解得m=-2.
(2)由共面向量定理知=x+y,则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4),
故解得a=16.
例4(1)C　(2)　(1)因为,所以+2=36+36+36+2×36cos60°=144.所以||=12.
(2)(方法1)设正方体的棱长为2,=a,=b,=c,则=b+(a+c)=a+b+c,=-b+(a-c)=a-b-c,由DA,DC,DD1三条直线两两垂直,得a·b=b·c=a·c=0,
所以a2-b2-c2=×22-22-×22=-4,
||=,||=,
所以cos<>==-.所以异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为.
(方法2)如图,以D为原点,分别以的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设正方体的棱长为2,则各点的坐标为D(0,0,0),P(1,2,1),C1(0,2,2),Q(1,0,1),
所以=(1,2,1),=(1,-2,-1),
所以cos<>==-.所以异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为.
对点训练4(1)B　(2)　(1)取C1D1的中点E,则平面PQEM是经过点M,P,Q的平面,延长PQ,交DC延长线于点F,则EF是经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线l,
以D为原点,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,则E0,,1,F0,,0,Q,1,0,B1(1,1,1),=(0,1,-1),=,0,1,设直线l与直线QB1所成角为θ,则cosθ=,故直线l与直线QB1所成角的余弦值为.
(2)∵a与b的夹角为钝角,∴a·b<0,且a与b不反向共线.
由a·b=-λ-λ(1-λ)+(λ-1)2<0,化为2λ2-4λ+1<0,解得<λ<,若a与b反向共线,则存在负实数k,使得a=kb,得到此方程组无解,故实数λ的取值范围是.

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