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立体几何
课程标准
命题解读
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式．2．了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，掌握有关判定定理和性质定理．3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示．4．运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系．5．运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具.
考查形式：一般为两个客观题，一个解答题．考查内容：空间几何体的结构特征、体积与表面积的计算、空间点线面的位置关系，直线、平面的平行、垂直关系，及三种角(异面直线所成的角、线面角、二面角)的计算．备考策略：(1)了解几何体的结构特征，熟练应用体积、表面积公式．(2)重视对定理的记忆，注意对空间几何体的位置关系分析．(3)熟练掌握向量法解决立体几何问题．核心素养：直观想象、数学运算.
第1节　空间几何体及其表面积、体积
一、教材概念·结论·性质重现
1．多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行
侧棱
平行且相等
相交于一点但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到三角形中进行解决．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行．
2．旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
平行、相等且垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状．
3．空间几何体的直观图
为了使直观图具有立体感，常使用斜二测画法来作直观图，其规则是：
(1)“斜”：直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°.
(2)“二测”：图形中平行于x轴(或重合)的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴(或重合)的线段，在直观图中长度为原来的一半，平行于z轴(或重合)的线段画长度不变．
画直观图要注意平行、长度两个要素．
4．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＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
5．空间几何体的表面积与体积公式
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝S底·h
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝S底·h
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＝4πR2
V＝πR3
(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．
(2)一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决．
(3)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法．
6．常用结论
(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”
“三变”
“三不变”
(2)几个与球有关的切、接常用结论
①正方体的棱长为a，球的半径为R，
(ⅰ)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(ⅱ)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(ⅲ)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
②若长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
③正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(
×
)
(5)菱形的直观图仍是菱形．(
×
)
(6)锥体的体积等于底面积与高之积．(
×
)
(7)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.(
√
)
2．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分EB′F?HC′G，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　)
A．棱台
B．四棱柱
C．五棱柱
D．简单组合体
C　解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．
3．下列说法不正确的是(　　)
A．棱柱的侧棱长都相等
B．棱锥的侧棱长都相等
C．三棱台的上、下底面是相似三角形
D．有的棱台的侧棱长都相等
B　解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．
4．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
B　解析：因为S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr×2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2
cm.
5．利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是________．(填序号)
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆．
①②④　解析：①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；原图形中垂直的线段在直观图中可能不垂直，故③错；④正确．
考点1　空间几何体的结构特征与直观图——基础性
1．(多选题)下列命题中正确的是(　　)
A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
B．在四棱柱中，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
C．存在每个面都是直角三角形的四面体
D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
BC　解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；D不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6
cm，C′D′＝2
cm，则原图形是(　　)
A．正方形　　　　　　　
B．矩形
C．菱形
D．一般的平行四边形
C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2
cm.
所以OC＝
＝＝6(cm)．
所以OA＝OC.所以四边形OABC是菱形．
3．下列结论：
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、圆台的底面都是圆面；
④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；
⑤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球．
其中正确的是________．(填序号)
③⑤　解析：若这条边是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，故①错；若这条腰不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，故②错；圆柱、圆锥、圆台的底面显然都是圆面，故③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，故④错；只有球满足任意截面都是圆面，故⑤正确．
4．有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题是________．(填序号)
①④　解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是真命题的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是假命题；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是假命题；由棱台的定义知命题④是真命题．
1．解决空间几何体概念辨析题的常用方法
(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，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，根据定义进行判定．
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．
2．用斜二测画法画直观图的技巧
在原图中与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直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．
考点2　空间几何体的表面积和体积——综合性
(1)在△ABC中，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°.若△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是(　　)
A．(6＋2)π
B．2π
C．(9＋2)π
D．2π
A　解析：△ABC绕直线
BC旋转一周，所形成的几何体是一个大圆锥去掉一个小圆锥．因为AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，所以OA＝，AB＝2.所以所形成的几何体的表面积是π××(2＋2)＝(6＋2)π.故选A.
(2)(2021·八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．
61π　解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，
如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，
则圆台的高OO′＝＝＝3.
据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.
(3)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高为1.8米，体积为0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米．若气体每立方米1
000元，则气体的费用最少为(　　)
A．4
500元
B．4
000元
C．2
880元
D．2
380元
B　解析：因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5(米)．又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)．因为气体每立方米1
000元，所以气体的费用最少为4×1
000＝4
000(元)．故选B.
空间几何体表面积、体积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解．
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8
B．6
C．8
D．8
C　解析：如图，连接AC1，BC1，AC.
因为AB⊥平面BB1C1C，
所以∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以∠AC1B＝30°.
又AB＝BC＝2，
在Rt△ABC1中，AC1＝＝4；
在Rt△ACC1中，
CC1＝＝＝2.
所以V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.
2．(2020·全国卷Ⅱ)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．
C　解析：设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2.
设△ABC外接圆的半径为r，边长为a.
因为△ABC是面积为的等边三角形，
所以a2×＝，解得a＝3.所以r＝×＝×＝.
所以球心O到平面ABC的距离d＝＝＝1.
3．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为36，E为棱CC1上的点，且CE＝2EC1，则三棱锥E－BCD的体积是(　　)
A．3
B．4
C．6
D．12
B　解析：因为S△BCD＝S四边形ABCD，CE＝CC1，VABCD－A1B1C1D1＝
S四边形ABCD·CC1＝36，
所以VE－BCD＝S△BCD·CE＝×S四边形ABCD·CC1＝×36＝4.故选B.
4．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
12　解析：设正六棱锥的高为h，斜高为h′.由题意，得×6××2××h＝2，所以h＝1.所以斜高h′＝＝2，所以S侧＝6××2×2＝12.
考点3　与球有关的切、接问题——应用性
考向1　“相接”问题
(2019·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
D　解析：(方法一)因为PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的等边三角形，所以P－ABC为正三棱锥，所以PB⊥AC.
又E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，所以EF⊥AC.
又EF⊥CE，CE∩AC＝C，
所以EF⊥平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以∠APB＝90°，所以PA＝PB＝PC＝，
所以P－ABC为正方体的一部分，2R＝＝，即R＝，
所以V＝πR3＝π×＝π.
(方法二)设PA＝PB＝PC＝2x.
因为E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，且EF＝PB＝x.
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以CF＝.
又∠CEF＝90°，
所以CE＝，AE＝PA＝x.
在△AEC中，由余弦定理，
得cos∠EAC＝.
作PD⊥AC于点D，因为PA＝PC，
所以D为AC的中点．
所以cos∠EAC＝＝.
所以＝，
解得x＝或x＝－(舍)．
所以PA＝PB＝PC＝.
又AB＝BC＝AC＝2，所以PA，PB，PC两两垂直．
所以2R＝＝.
所以R＝.
所以V＝πR3＝π×＝π.
在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．　　　　　　　　　　　
B．4π　
C．8π　　　　　　　　　
D．20π
C　解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球．因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝＝1.所以外接球的半径R＝＝.所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
考向2　“相切”问题
已知正四面体P－ABC的表面积为S1，此四面体的内切球的表面积为S2.所以＝________.
　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.
本例中若把“正四面体”改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球的体积为________，内切球的体积为________．
32π　　解析：由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.
又正方体的棱长为4，故其体对角线长为4，从而V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，
V内切球＝πr3＝π×23＝.
处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，注意截面过球心．
1．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC＝，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A．8π
B．π
C．π
D．π
B　解析：如图，过点P作PG⊥平面ABC，垂足为G，由PA＝PB＝PC＝2，知G为三角形ABC的外心．
在△ABC中，由AB＝AC＝1，BC＝，可得∠BAC＝120°.
由正弦定理可得＝2AG，即AG＝1，
所以PG＝＝.
取PA中点H，作HO⊥PA交PG于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心．
由△PHO∽△PGA，可得＝，则PO＝＝＝，
即该棱锥外接球的半径为.
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×2＝.故选B.
2．(2020·全国卷Ⅰ)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.
如图，已知多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
[四字程序]
读
想
算
思
多面体的体积？平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1
多面体的体积公式，不规则几何体的体积求法
将不规则几何体的体积用规则几何体的体积表示
转化与化归，三棱柱的体积公式，正方体的体积公式
思路参考：分割几何体，转化为三棱柱的体积．
4　解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于点H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.
由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝×2＝2，
V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝2＋2＝4.
思路参考：将几何补成正方体．
4　解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，可将多面体补成棱长为2的正方体．显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABC－DEFG＝×8＝4.
思路参考：将几何体分割成棱柱、三棱锥与四棱锥．
4　解析：取DG中点M，连接CM，AM，FM，则这个多面体的体积可以表示为棱柱BEF－ADM与三棱锥C－FMG及四棱锥C－ABFM的和．
VBEF－ADM＝S△BEF·AB＝2，
VC－FMG＝×S△CMG·MF＝，
VC－ABFM＝，
所以V多面体ABC－DEFG＝2＋＋＝4.
1．本题考查不规则几何体的体积求解问题，基本的解题策略是将不规则几何体通过“分割”或“补形”的方法转化为规则简单几何体的体积，利用体积公式求解．
2．解答本题需要熟练掌握读图能力、运算求解能力，体现了空间想象、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学思维的魅力．
3．通过对不规则几何体的割补，将问题转化为熟悉的规则几何体求解的模型，规则几何体的体积公式体现基础性，问题的转化过程体现综合性．
如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积．
解：(方法一)如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．
所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．
由题意知三棱柱ABC?NDM的体积为V1＝×8×6×3＝72.
四棱锥D－MNEF的体积为V2＝×S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24.所以几何体的体积V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
(方法二)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA′＝BB′＝CC′＝8，所以V几何体＝V三棱柱＝×S△ABC·AA′＝×24×8＝96.第2节　空间点、直线、平面之间的位置关系
一、教材概念·结论·性质重现
1．平面的基本性质
基本事实1：经过不在一条直线上的3个点，有且只有一个平面．
基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
基本事实1及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法；基本事实2的作用是判断直线是否在某个平面内；基本事实3的作用是如何寻找两相交平面的交线以及证明“线共点”的理论依据．
2．直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类
(2)异面直线所成的角
①定义：一般地，如果a，b是空间中的两条异面直线，过空间中任意一点，分别作与a，b平行或重合的直线a′，b′，则a′与b′所成角的大小，称为异面直线a与b所成角的大小．
②范围：.
互为异面直线的两条直线不同在任何一个平面内，没有公共点．不能错误地理解为不在某一个平面内的两条直线就是异面直线．
3．空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系
(1)空间中直线与平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线在平面内
a?α
无数个
直线不在平面内
直线与平面平行
a∥α
0个
直线与平面相交
直线与平面斜交
a∩α＝A
1个
直线与平面垂直
a⊥α
1个
(2)空间中平面与平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行
α∥β
0个
两平面相交
α∩β＝l
无数个
4．等角定理
如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．
研究直线与平面的位置关系时一定不要忽视“直线在平面内”．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)没有公共点的两条直线是异面直线．(
×
)
(2)两两平行的三条直线可以确定三个平面．(
×
)
(3)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．(
×
)
(4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(
×
)
(5)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种．(
×
)
(6)空间中，如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等．(
×
)
2．a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(　　)
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
C　解析：若直线a，b异面，b，c异面，则a，c可能相交，平行或异面．若a，b相交，b，c可能相交，则a，c相交、平行或异面．若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确，故选C.
3．若直线l不平行于平面α，且l?α，则(　　)
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
B　解析：由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的．
4．如图，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°
C　解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，所以△B1D1C为等边三角形，所以∠D1B1C＝60°，即异面直线B1C与EF所成角的大小为60°.
5．在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．
(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD　
解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，所以EF＝EH，所以AC＝BD.
(2)因为四边形EFGH为正方形，所以EF＝EH且EF⊥EH.
因为EF∥AC，EH∥BD，且EF＝AC，EH＝BD，所以AC＝BD且AC⊥BD.
考点1　平面的基本性质——基础性
1．在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点．如果EF∩HG＝P，则点P(　　)
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
B　解析：如图所示，因为EF?平面ABC，HG?平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
2．(多选题)(2020·全国卷Ⅱ改编)下列选项正确的是(　　)
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
AD　解析：对于选项A，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；若l3与l1相交，则交点B在平面α内，同理，l3与l2的交点A也在平面α内，所以，AB?α，即l3?α，选项A正确．对于选项B，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，选项B错误．对于选项C，空间中两条直线相交、平行或异面，选项C错误．对于选项D，若直线m⊥平面α，则m垂直于平面α内所有直线．因为直线l?平面α，所以直线m⊥直线l，选项D正确．
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；二是证明两平面重合．
(2)证明共线的方法：一是先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是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：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
考点2　异面直线所成的角——综合性
(1)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.
C　解析：如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成角为∠EAB(或其补角)．
在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，
则tan∠EAB＝＝.
所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.
(2)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：如图，设BC的中点为D，连接A1D，AD，A1B，易知∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角(或其补角)．
设三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长均为1，
则AD＝，A1D＝，A1B＝.
由余弦定理，
得cos∠A1AB＝＝＝.
本例(2)的条件改为“在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1”，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为______．
　解析：把三棱柱ABC－A1B1C1补成四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示．
连接C1D，BD，则AB1与BC1所成的角为∠BC1D(或其补角)．
由题意可知BC1＝，
BD＝＝，C1D＝AB1＝.可知BC＋BD2＝C1D2，所以△BC1D为直角三角形，
所以cos∠BC1D＝＝.
用平移法求异面直线所成的角的步骤
(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，求出所作的角．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．
1．(2021·聊城一模)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.
B.
C.
D.
D　解析：如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，
连接AF，易知F为的中点．设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝，所以AE＝＝.
连接ED，ED＝，因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD.在△EAD中，cos∠EAD＝＝.故选D.
2．(多选题)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA1＝3，则(　　)
A．异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值为
B．异面直线A1B与B1D1所成角的余弦值为
C．A1B∥平面B1D1C
D．点B1到平面A1BD1的距离为
ACD　解析：因为A1B∥D1C，所以∠B1D1C或其补角即为异面直线A1B与B1D1所成角．
又因为B1D1＝4，D1C＝5，B1C＝5，
所以cos∠B1D1C＝＝，故A正确，B错误．
因为A1B∥D1C，A1B?平面B1D1C，D1C?平面B1D1C，
所以A1B∥平面B1D1C，故C正确．
设点B1到平面A1BD1的距离为h，
因为VB－A1B1D1＝VB1－A1BD1，即×A1B1·A1D1·B1B＝×A1B·A1D1·h，解得h＝，故D正确．故选ACD.
3．在正四面体A?BCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：画出正四面体A?BCD的直观图，如图所示．
设其棱长为2，取AD的中点F，连接EF，设EF的中点为O，连接CO，则EF∥BD，则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角．因为△ABC为等边三角形，所以CE⊥AB，易得CE＝，同理可得CF＝，故CE＝CF.因为OE＝OF，所以CO⊥EF.又EO＝EF＝BD＝，所以cos∠FEC＝＝＝.
考点3　空间两条直线的位置关系——应用性
考向1　异面直线的判定
如图，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________．(填序号)
②④　解析：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MG，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．所以图②④中GH与MN异面．
本例的条件改为“下列选项中，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点”，则直线PQ与RS是异面直线的图是(　　)
C　解析：易知选项A，B中PQ∥RS，选项D中RS与PQ相交，只有选项C中RS与PQ是异面直线．
考向2　平行或相交直线的判定
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
D　解析：如图，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.
空间中两直线位置关系的判定方法
异面直线的判定定理：平面外一点与平面内一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线．
1．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
D　解析：(方法一：反证法)由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交．
(方法二：模型法)如图(1)l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交．故A，B不正确．如图(2)，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．故选D.
2．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
B　解析：过点E作EQ⊥CD于点Q，连接BD，QN，BE，易知点N在BD上．
因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EQ⊥平面ABCD，所以EQ⊥QN.同理，BC⊥CE.
设CD＝2，则EN＝＝＝2，
BE＝＝＝2.
又在正方形ABCD中，BD＝＝2＝BE，所以△EBD是等腰三角形．又M为DE的中点，所以EM＝1，所以BM＝＝＝，所以BM＝>2＝EN，即BM≠EN.
又因为点M，N，B，E均在平面BED内，所以BM，EN在平面BED内．又BM与EN不平行，所以BM，EN是相交直线．故选B.第3节　空间中的平行关系
一、教材概念·结论·性质重现
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
a∩α＝?
a?α，b?α，a∥b
a∥α
a∥α，a?β，α∩β＝b
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝?
a∥b
(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．
(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)．
2．两个平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，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b
α∥β，a?β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
判定定理的推论：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行．
3．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)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
(6)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．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(
×
)
(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(
√
)
(3)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．(
×
)
(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．(
√
)
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D　解析：选项A中，两直线可能平行，相交或异面，故选项A错误．选项B中，两平面可能平行或相交，故选项B错误．选项C中，两平面可能平行或相交，故选项C错误．选项D中，由线面垂直的性质定理可知命题正确．故选D.
3．平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a?α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D　解析：若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，则a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a?α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，下列命题正确的是(　　)
A．AE与CG是异面直线
B．四边形AEC1F是正方形
C．AE∥平面BC1F
D．以上都不对
C　解析：由于EG∥A1C1∥AC，故A，E，G，C四点共面，故A项错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故B项错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.故选C.
5．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．
平行　解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO(图略)．在△BDD1中，O为BD的中点，E为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1?平面ACE，EO?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
考点1　直线、平面平行的基本问题——基础性
1．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有(　　)
A．4条　　　　　　
B．6条
C．8条
D．12条
B　解析：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有EF，GH，FG，EH，GE，HF，共有6条．
2．(多选题)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是
(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
BCD　解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．
B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.
C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.
又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，所以AB∥NQ.
又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.故选BCD.
3．(多选题)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是(　　)
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
BC　解析：如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN.
易得AM，CN交于点P，即MN?平面APC，所以A选项错误．
对于B，由A知M，N在平面APC内，由题易知AN∥QC1，且AN?平面APC，QC1?平面APC.所以B选项正确．
对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．
对于D，由A知MN?平面APC，又MN?平面MNQ，所以D选项错误．
直线、平面平行的判定方法
(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．
(2)结合题意构造图形，结合图形做出判断．
(3)利用实物进行空间想象，比较判断．
(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．
考点2　直线、平面平行的判定与性质——综合性
如图，在几何体E?ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
求证：GF∥平面ADE.
证明：(方法一：线线平行，则线面平行)如图，取AE的中点H，连接HG，HD.
因为G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.
又F是CD的中点，
所以DF＝CD.
由四边形ABCD是矩形得
AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，
所以GF∥DH.
又DH?平面ADE，GF?平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(方法二：面面平行，则线面平行)如图，取AB的中点M，连接MG，MF.
因为G是BE的中点，所以GM∥AE.
又AE?平面ADE，GM?平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，
由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD?平面ADE，MF?平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF?平面GMF，
所以GF∥平面ADE.
解决线面平行问题的关键点
(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．
(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面．
1．(多选题)(2020·济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
B．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
C．若m∥n，n?α，α∥β，m?β，则m∥β
D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
BC　解析：若m∥α，n∥β且α∥β，则可能m∥n，m，n异面，或m，n相交，A错误；
若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；
若m∥n，n?α，则m∥α或m?α，又α∥β，m?β，故m∥β，C正确；
若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m?β，D错误．故选BC.
2．一个长方体被一个平面所截得的几何体如图所示，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
平行四边形　解析：因为平面ABFE∥平面CDHG，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面CDHG＝HG，
所以EF∥HG.同理EH∥FG，
所以四边形EFGH是平行四边形．
3．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.
证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG.
因为BC∥AD，所以＝.
又因为＝，所以＝，所以EF∥PG.
又因为PG?平面PBC，EF?平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
(方法二)过点F作FM∥AD，交AB于点M，连接EM.因为FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC.又因为FM?平面PBC，BC?平面PBC，所以FM∥平面PBC.由FM∥AD得＝.又因为＝，所以＝，
所以EM∥PB.
因为PB?平面PBC，EM?平面PBC，所以EM∥平面PBC.
因为EM∩FM＝M，EM，FM?平面EFM，
所以平面EFM∥平面PBC，
因为EF?平面EFM，所以EF∥平面PBC.
考点3　面面平行的判定与性质及平行的综合问题——应用性
考向1　面面平行的判定与性质
如图，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)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH是△A1B1C1的中位线，
所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，
所以B，C，H，G四点共面．
(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，
所以EF∥BC.
因为EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，
所以A1G∥BE且A1G＝BE，
所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
又因为A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.
证明：如图，连接A1C，与AC1交于点M.
因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD.
因为D为BC的中点，
所以A1B∥DM.
因为A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1，
所以DM∥平面A1BD1.
由三棱柱的性质知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1.
又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1.
又DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值．
解：连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.
因为平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥D1O，则＝＝1.
同理AD1∥DC1.
又AD∥D1C1，
所以四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝D1C1.
又AC＝A1C1，所以＝，所以＝1，即＝1.
判定面面平行的方法
(1)利用定义，即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两平面平行．
(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．
考向2　平行关系的综合问题
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
解：在棱C1D1上存在一点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.
因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以D1C∥A1B.
又E，G分别为D1D，CD的中点，
所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.
这说明A1，B，G，E四点共面．
所以BG?平面A1BE.
因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，
所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，
所以四边形B1BGF是平行四边形，
所以B1F∥BG，
而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，
故B1F∥平面A1BE.
解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”．
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
1．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n?γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．
①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ.
可以填入的条件有(　　)
A．①②
B．②③
C．①③
D．①②③
C　解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m?γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．
2．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是______________．
平面ABC，平面ABD　解析：如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F.由重心的性质可知，E，F重合为一点且该点为CD的中点E.由＝＝，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.
3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD，SC的中点．
求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.
又因为SB?平面BDD1B1，
EG?平面BDD1B1，
所以直线EG∥平面BDD1B1.
(2)如图，连接SD，因为F，G分别是CD，SC的中点，所以FG∥SD.
又因为SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1，
所以FG∥平面BDD1B1.
又EG∥平面BDD1B1，EG?平面EFG，FG?平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.
证明：平面ABF∥平面DCE.
[四字程序]
读
想
算
思
平面ABF∥平面DCE，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3
面面平行的证明方法；线∥面?面∥面，线∥线?面∥面
构造平行关系证明
平行的有关定理：1．面面平行的判定定理；2．面面平行判定定理的推论
思路参考：应用面面平行的判定定理证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.
因为AF?平面DCE，DE?平面DCE，所以AF∥平面DCE.
因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB?平面DCE，所以AB∥平面DCE.
因为AB∩AF＝A，AB?平面ABF，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF.
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.
又AF∩AB＝A，AF，AB?平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC?平面DCE，
所以平面ABF∥平面DCE.
思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
1．本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助于“平行”的有关定理来证明，对于此类题目要注意对定理的熟练应用．
2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握相关定理以及直观想象、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力．
3．基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行，以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性．
(2020·苏北四市一模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．
解：(方法一)如图1，取AB1的中点P，连接NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.
因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．
因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.
所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝CC1＝2.
图1
(方法二)如图2，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ.
图2
因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.
因为NQ?平面AB1M，AB1?平面AB1M，
所以NQ∥平面AB1M.
因为CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC?平面NQC，
所以平面NQC∥平面AB1M.
因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，
平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，
所以CQ∥MB1.
因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝CC1＝2.
(方法三)如图3，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS.
图3
因为CN∥平面AB1M，CN?平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.
由于AN＝NB，所以BC＝CS.
又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，
所以CM＝BB1＝CC1＝2.第4节　空间中的垂直关系
一、教材概念·结论·性质重现
1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．
(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
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
?l⊥α
性质定理
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
?a∥b
(1)线面垂直的判定定理的推论：如果在两条平行直线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．
(2)直线和平面垂直的常用性质：
①若直线垂直于平面，则该直线垂直于平面内的任意直线；
②垂直于同一条直线的两个平面平行．
2．平面与平面垂直
(1)定义：一般地，如果两个平面α与β所成角的大小为90°，则称这两个平面互相垂直，记作α⊥β.
(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
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直
?α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
?l⊥α
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．
3．线面角与二面角
(1)直线与平面所成的角(线面角)
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°.若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.直线与平面所成的角θ的取值范围是0°≤θ≤90°.
(2)二面角
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，分别在两个半平面内作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角称为二面角的平面角．
(1)线面角的取值范围是[0°，90°]，二面角的取值范围是[0°，180°]．
(2)当线面角为90°时，线面垂直；当二面角为90°时，面面垂直．
4．常用结论
(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，则这一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．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(
×
)
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥平面α，则直线a与b垂直．(
√
)
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(
√
)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(
×
)
(5)a⊥α，a?β?α⊥β.(
√
)
2．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l?α，m?β，下列说法正确的是(　　)
A．若l⊥β，则α⊥β　　　　
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
A　解析：因为l⊥β，l?α，所以α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
3．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
4　解析：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△PAB，△PAC为直角三角形．
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，
所以BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC.
因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
故图中共有4个直角三角形．
4．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的______心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的______心．
(1)外　(2)垂　解析：(1)如图，因为PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC.
在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，
同理OB2＝PB2－PO2，
OC2＝PC2－PO2.
又PA＝PB＝PC，
故OA＝OB＝OC，所以O是△ABC的外心．
(2)由PA⊥PB，PA⊥PC可知PA⊥平面PBC，
所以PA⊥BC.
又PO⊥BC，
所以BC⊥平面PAO，
所以AO⊥BC，
同理BO⊥AC，CO⊥AB.
故O是△ABC的垂心．
5．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
7　解析：如图，由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．
考点1　垂直关系的基本问题——基础性
1．已知平面α和直线a，b，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥α”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
B　解析：根据空间中直线与平面之间的位置关系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a.反之不成立，可能b与α相交或平行．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．
2．(多选题)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法正确的是(　　)
A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β
D．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β
ABD　解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，所以a∥b，故A正确；
对于B，若a⊥α，a⊥b，则b?α或b∥α，所以存在直线m?α，使得m∥b，又b⊥β，所以m⊥β，所以α⊥β，故B正确；
对于C，若a⊥α，a⊥b，则b?α或b∥α，又α∥β，所以b?β或b∥β，故C错误；
对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确．
3．如图，在三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：
①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是a.
其中正确的是________．(填序号)
①②③④　解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE(图略)，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为a，故④正确．
与线面垂直关系有关命题真假的判断方法
(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准，甚至无须作图通过空间想象来判断．
(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．
(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．
考点2　空间角及其应用——综合性
(1)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中．若AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1－BD－C的大小为________．
30°　解析：如图，连接AC交BD于点O，连接C1O.
因为C1D＝C1B，O为BD的中点，所以C1O⊥BD.
因为AC⊥BD，所以∠C1OC是二面角C1－BD－C的平面角．
在Rt△C1CO中，C1C＝，CO＝AC＝，
则C1O＝2，所以sin∠C1OC＝＝.
由图可知，二面角C1?BD?C为锐二面角，
所以∠C1OC＝30°.
(2)(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于点E，交AC于点F.
①证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
②设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
①证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，
所以MN∥BB1.
又AA1∥BB1，所以MN∥AA1.
在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.
又因为侧面BB1C1C为矩形，所以BC⊥BB1.
因为MN∥BB1，所以MN⊥BC.又MN∩AM＝M，MN，AM?平面A1AMN，
所以BC⊥平面A1AMN.
又因为B1C1∥BC，且B1C1?平面ABC，BC?平面ABC，所以B1C1∥平面ABC.
又因为B1C1?平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF.
所以B1C1∥EF，所以EF∥BC.
又因为BC⊥平面A1AMN，
所以EF⊥平面A1AMN.
因为EF?平面EB1C1F，
所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
②解：连接NP，因为AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，所以AO∥NP.
根据三棱柱上下底面平行，
平面A1NMA∩平面ABC＝AM，平面A1NMA∩平面A1B1C1＝A1N，
所以ON∥AP，故四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m(m>0)，可得ON＝AP，NP＝AO＝AB＝6m.
因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，
所以ON＝×6m×sin
60°＝m，故ON＝AP＝m.
因为EF∥BC，所以＝，
所以＝，解得EP＝m.
在B1C1截取B1Q＝EP＝m，故QN＝2m.
因为B1Q＝EP且B1Q∥EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E∥PQ.
由①知B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，
在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝＝＝2m，
所以sin∠QPN＝＝＝.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
求线面角、二面角的常用方法
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线、找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．
(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法，②垂面法．注意利用等腰三角形和等边三角形的性质．
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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处的水平面所成角为(　B　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
2．在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V－AB－C的大小为________．
60°　解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.
因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V－AB－C的平面角．
易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.
而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.
故二面角V－AB－C的大小是60°.
3．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．
(1)证明：△PBC是直角三角形；
(2)若PA＝AB＝2，当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，所以BC⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
所以PA⊥BC.
因为PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为PC?平面PAC，所以BC⊥PC，
所以△PBC是直角三角形．
(2)解：如图，过点A作AH⊥PC于点H，连接BH.
因为BC⊥平面PAC，AH?平面PAC，
所以BC⊥AH.
又PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，
所以AH⊥平面PBC.
因为BH?平面PBC，所以AH⊥BH，
所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角．
因为PA⊥平面ABC，
所以∠PCA即是PC与平面ABC所成的角．
因为tan∠PCA＝＝，PA＝2，所以AC＝.
所以在Rt△PAC中，AH＝＝，
所以在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，
即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
考点3　线面垂直、面面垂直的判定与性质——应用性
考向1　线面垂直的判定与性质
如图，在四棱锥A－BCDE中，△ADE是边长为2的等边三角形，平面ADE⊥平面BCDE，底面BCDE是等腰梯形，DE∥BC，DE＝BC，BE＝DC＝2，BD＝2，M是边DE的中点，点N在BC上，且BN＝3.
(1)证明：BD⊥平面AMN；
(2)设BD∩MN＝G，求三棱锥A－BGN的体积．
(1)证明：因为△ADE是等边三角形，M是DE的中点，所以AM⊥DE.
又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，所以AM⊥平面BCDE.
因为BD?平面BCDE，所以AM⊥BD.
因为MD＝ME＝1，BN＝3，DE∥BC，DE＝BC，
所以MDCN，所以四边形MNCD是平行四边形，所以MN∥CD.
因为BD＝2，BC＝4，CD＝2，所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，所以BD⊥MN.
又AM∩MN＝M，所以BD⊥平面AMN.
(2)解：由(1)知AM⊥平面BCDE，
所以AM为三棱锥A－BGN的高．
因为△ADE是边长为2的等边三角形，所以AM＝.
易知GN＝CD＝.
又由(1)知BD⊥MN，所以BG＝＝.
所以S△BGN＝BG·NG＝××＝.
所以VA－BGN＝S△BGN·AM＝××＝.
解决线面垂直问题的关键点
(1)证明直线和平面垂直的常用方法；
①判定定理；
②平行直线的传递性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；
③面面平行的性质(a⊥α，α∥β?a⊥β)；
④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α)．
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
考向2　面面垂直的判定与性质
(2021·衡水中学模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠PAB＝120°，DC＝PC＝2，PA＝AB＝BC＝1.
(1)证明：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求四棱锥P－ABCD的体积．
(1)证明：在△PAB中，由PA＝AB＝1，∠PAB＝120°，得PB＝.
因为PC＝2，BC＝1，PB＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊥PB.
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，
又PB∩AB＝B，所以BC⊥平面PAB，
又BC?平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)解：在平面PAB内，过点P作PE⊥AB，交BA的延长线于点E，如图所示．
由(1)知BC⊥平面PAB.
因为BC?平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
又平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊥AB，
所以PE⊥平面ABCD.
因为在Rt△PEA中，PA＝1，∠PAE＝60°，
所以PE＝.
因为底面ABCD是直角梯形，所以四棱锥P－ABCD的体积为VP－ABCD＝××(1＋2)×1×＝.
解决面面垂直问题的关键点
(1)证明平面和平面垂直的方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理．
(2)已知两平面垂直时，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．
1．(2021·石家庄模拟)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是(　　)
A．平面ABCD
B．平面PBC
C．平面PAD
D．平面PAB
C　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD.又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD.
2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD.
求证：(1)CD⊥平面PBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD.
证明：(1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，
所以∠ABD＝∠ADB＝45°.
又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.
又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD.
因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，
所以CD⊥平面PBD.
(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，所以BP⊥平面PDC.
又BP?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PDC.
3．(2020·银川一模)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B－VAC的高．
(1)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.
因为OC?平面MOC,
所以平面MOC⊥平面VAB.
(2)解：在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，
所以等边三角形VAB的面积为S△VAB＝×22×sin
60°＝.
又因为OC⊥平面VAB，所以OC⊥OM.
在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，
所以S△AMC＝×1×＝，
所以S△VAC＝2S△MAC＝.
由三棱锥B－VAC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等，
即S△VAC·h＝S△VAB·OC,
所以h＝＝，
即三棱锥B－VAC的高为.第5节　空间向量及其运算
一、教材概念·结论·性质重现
1．空间向量的有关概念
(1)零向量：始点和终点相同的向量，记作0.
(2)单位向量：模等于1的向量．
(3)相等向量：大小相等、方向相同的向量．
(4)相反向量：方向相反、大小相等的向量称为相反向量．
(5)平行向量：方向相同或者相反的两个非零向量互相平行．
(6)共面向量：一般地，空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移后，都能在同一平面内，则称这些向量共面．
空间向量是由平面向量拓展而来的，因此空间向量的概念和性质与平面向量的概念和性质相同或相似．在学习空间向量时，与平面向量的相关内容相类比进行学习，将达到事半功倍的效果．
2．空间向量中的有关定理
语言描述
共线向量定理
如果a≠0且b∥a，则存在唯一实数λ，使得b＝λa
共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量a，b，c共面的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使c＝xa＋yb
空间向量基本定理
如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc
(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．
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①给定两个非零向量a，b，任意在空间中选定一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
②范围：0≤〈a，b〉≤π.
(2)两个非零向量a，b的数量积：
a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(1)两向量的夹角概念中的两个注意点：①两个向量有相同的起点；②向量的方向．
(2)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．
4．空间向量的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝
用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；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．
5．常用结论
(1)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对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；
③对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)．
(2)证明空间四点共面的方法
对空间四点P，M，A，B，除空间向量基本定理外，也可通过证明下列结论成立来证明共面：
①＝x＋y；
②对空间任一点O，＝＋x＋y；
③∥(或∥或∥)．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)空间中任意两个非零向量a，b共面．(
√
)
(2)在向量的数量积运算中，(a·b)·c＝a·(b·c)．(
×
)
(3)对于非零向量b，若a·b＝b·c，则a＝c.(
×
)
(4)空间中模相等的两个向量方向相同或相反．(
×
)
(5)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(
×
)
2．设u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝(　　)
A．3
B．4
C．5
D．6
C　解析：因为α⊥β，所以u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，解得t＝5.
3．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c
B.a＋b＋c
C．－a－b＋c
D.a－b＋c
A　解析：＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
4．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)．若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)
A．－2
B．－
C．
D．2
D　解析：由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得
λ＝2.
5．下列说法：
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若a，b共线，则a与b所在直线平行；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面．
其中不正确的为________．(填序号)
②③④　解析：①中四点恰好围成一个封闭图形，正确；
②中当a，b同向时，应有|a|＋|b|＝|a＋b|；
③中a，b所在直线可能重合；
④中需满足x＋y＋z＝1，才有P，A，B，C四点共面．
考点1　空间向量的线性运算——基础性
1．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，则等于(　　)
A.a－b＋c
B.－a＋b＋c
C.a＋b－c
D.a＋b－c
B　解析：＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c.
2．在空间四边形ABCD中，＝(－3,5,2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)
A．(2,3,3)
B．(－2，－3，－3)
C．(5，－2,1)
D．(－5,2，－1)
B　解析：因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点，
所以＝－，＝(＋)，＝(＋)．
所以＝(＋)－(＋)＝(＋)
＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
3.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2.若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________.
　解析：连接ON，设＝a，＝b，＝c，
则＝－＝(＋)－＝b＋c－a，
＝＋＝＋
＝a＋
＝a＋b＋c.
又＝x＋y＋z，
所以x＝，y＝，z＝，
因此x＋y＋z＝＋＋＝.
用已知向量表示未知向量的方法
(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．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．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
考点2　共线向量定理、共面向量定理及其应用——综合性
(1)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若向量a，b，c共面，则实数λ等于(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：因为向量a，b，c共面，所以，由共面的向量基本定理，存在唯一实数x，y，使得xa＋yb＝c，所以
解方程组得λ＝.
(2)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各个面都是平行四边形，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.
①求证：A，E，C1，F四点共面；
②已知＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值．
①证明：＝＋＋
＝＋＋＋
＝＋
＝(＋)＋(＋)＝＋.
又，，有公共点A，所以A，E，C1，F四点共面．
②解：因为＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋.所以x＝－1，y＝1，z＝，所以x＋y＋z＝.
证明点共线、点共面的方法
(1)证明点共线的方法
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，即证明＝λ(λ≠0)．
(2)证明点共面的方法
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．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．
1．已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值等于(　　)
A．
B．－2
C．0
D．或－2
B　解析：当m＝0时，a＝(1,3，－1)，b＝(2,0,0)，a与b不平行，所以m≠0.
当m≠0时，因为a∥b，所以＝＝，解得m＝－2.
2．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC边上的中点，求证：A1B∥平面AC1D.
证明：设＝a，＝c，＝b，
则＝＋＝＋＝a＋c，
＝＋＝＋＝－a＋b，
＝＋＝－＋＝b－a＋c，
所以＝－2.
因为A1B?平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D.
考点3　空间向量的数量积及其应用——应用性
考向1　空间向量数量积的运算
(1)在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)
A．－1
B．0
C．1
D．不确定
B　解析：如图，令＝a，＝b，＝c，则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
(2)已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是________．
　解析：因为点Q在直线OP上，所以设点Q(λ，λ，2λ)，
则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－.
当λ＝时，·取得最小值－.
此时＝.
空间向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
考向2　空间向量数量积的应用
如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．
解：记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
所以a·b＝b·c＝c·a＝.
|1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
所以|AC1|＝，即AC1的长为.
(2)证明：因为1＝a＋b＋c，＝b－a，
所以1·＝(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.
所以1⊥，所以AC1⊥BD.
(3)解：因为1＝b＋c－a，＝a＋b，
所以|1|＝，||＝，
1·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b·a＋b2＋c·a＋c·b－a2－a·b＝1.
所以cos〈1，〉＝＝.
所以AC与BD1夹角的余弦值为.
空间向量数量积的应用
求夹角
设向量a，b的夹角为θ，则cos
θ＝，进而可求两异面直线所成的角
求长度(距离)
利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题
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
如图，在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H为C1G的中点．建立空间直角坐标系解决下列问题：
(1)求·；
(2)求cos〈，C1G〉；
(3)求FH的长．
解：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，D为坐标原点，
则有E，F，C(0，1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，G.
(1)＝－＝，
＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)，
所以·＝×(－1)＋×0＋×(－1)＝0.
(2)因为＝－(0,1,1)＝，
所以||＝.
又因为·＝×0＋×＋×(－1)＝，||＝，
所以cos〈，〉＝＝.
(3)因为F，H，
所以＝，
所以||＝
＝，
故FH的长为.第6节　立体几何中的向量方法—证明平行与垂直
一、教材概念·结论·性质重现
1．直线的方向向量与平面的法向量
直线的方向向量
一般地，如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与l平行或重合，则称v为直线l的一个方向向量，记作0∥l
平面的法向量
如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量，记作n⊥α
(1)若l是空间一条直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量．
(2)设a，b是平面α内两个不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
2．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2?n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2?n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m?m·n＝0
l⊥α
n∥m?n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m?n＝λm
α⊥β
n⊥m?n·m＝0
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)直线的方向向量是唯一确定的．(
×
)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的．(
×
)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．(
√
)
(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(
√
)
(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行．(
×
)
(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(
×
)
2．若直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有(　　)
A．l∥α　　　　　　　　
B．l⊥α
C．l与α斜交
D．l?α或l∥α
B　解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α.故选B.
3．平面α的一个法向量为(1,2，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－4，k)．若α∥β，则k等于(　　)
A．2　　
　
B．－4
C．4　　
　
D．－2
C　解析：因为α∥β，所以两平面的法向量平行，所以＝＝，所以k＝4.
4．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是(　　)
A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1)
B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1)
C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1)
D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)
A　解析：两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A中的两个向量垂直．
5．两条不重合直线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　解析：因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.又l1与l2不重合，所以l1∥l2.
考点1　利用空间向量证明平行问题——基础性
1．如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，则平面EFG与平面PBC的位置关系是(　　)
A．相交　　　　　　　　
B．平行
C．垂直
D．不能确定
B　解析：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，且四边形ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)．
因为＝(0,1,0)，＝(0,2,0)，
所以＝2，所以BC∥EF.
又因为EF?平面PBC，BC?平面PBC，
所以EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF?平面EFG，FG?平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD.
证明：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.
因为PC⊥平面ABCD，
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
所以∠PBC＝30°.
因为PC＝2，所以BC＝2，PB＝4，
所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，
所以＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
由得
取y＝2，得x＝－，z＝1，
所以n＝(－，2,1)是平面PAD的一个法向量．
因为n·＝－×＋2×0＋1×＝0，
所以n⊥.又CM?平面PAD，
所以CM∥平面PAD.
利用空间向量证明线面、面面平行的方法
(1)证明线面平行的常用方法：
①证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面；
②证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行；
③证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(2)证明面面平行常用的方法：
①利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面；
②证明两个平面的法向量平行；
③证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量．
考点2　利用空间向量证明垂直问题——综合性
如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4，2,0)，P(0,0,4)，
所以＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，
所以·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知||＝5，又||＝3，
且点M在线段AP上，
所以＝＝.
又＝(－4，－5,0)，
所以＝＋＝，
则·＝(0,3,4)·＝0，
所以⊥，即AP⊥BM.
由(1)知AP⊥BC，且BC∩BM＝B，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM?平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.
利用空间向量证明线面、面面垂直的方法
(1)证明线面垂直的常见思路：
①将线面垂直的判定定理用向量表示；
②证明直线的方向向量与平面的法向量共线．
(2)证明面面垂直的常见思路：
①利用面面垂直的判定定理，证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量；
②证明两平面的法向量互相垂直．
1．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角为________．
90°　解析：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，·O＝·＝0，所以ON与AM所成的角为90°.
2．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)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：以A为原点，AB，AD，AP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Axyz.
设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．
(1)因为∠ABC＝60°，
所以△ABC为正三角形．
所以C，E.
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得·＝0，
即y＝，则D，
所以＝.
又＝，
所以·＝－×＋×＝0，
所以⊥，即AE⊥CD.
(2)(方法一)由(1)知，D，P(0，0,1)，
所以＝.
又·＝×＋×(－1)＝0，
所以⊥，即PD⊥AE.
因为＝(1,0,0)，
所以·＝0.
所以PD⊥AB.
又AB∩AE＝A，AB，AE?平面AEB，
所以PD⊥平面AEB.
(方法二)由(1)知，＝(1,0,0)，＝，
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝2，则z＝－，所以n＝(0,2，－)为平面ABE的一个法向量．
因为＝，显然＝n.
因为∥n，所以⊥平面ABE，
即PD⊥平面ABE.
考点3　利用空间向量解决与平行、垂直有关的综合问题——应用性
考向1　存在性问题
如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，OB，OC，OS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．
设底面边长为a，则高SO＝a，
所以S，D，B，C，所以＝，＝，则·＝0.
故OC⊥SD.所以AC⊥SD.
(2)解：棱SC上存在一点E使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
理由如下：
由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝，＝.
设＝t(0＜t≤1)，则＝＋＝＋t＝，
又·＝0，
所以a×＋a×＝0，
所以t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE?平面PAC，
故BE∥平面PAC.
“是否存在”型问题的两种探索方式
(1)根据条件做出判断，再进一步论证．
(2)利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．
考向2　折叠问题
如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以EF2＝PE2＋PF2，
所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，＝，＝.
又为平面ABFD的一个法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
解决折叠问题的关键是弄清折叠前后的不变量．
如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)若M是A1D的中点，求直线CM与平面A1BE所成角的大小；
(2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)由折叠的性质得CD⊥DE，A1D⊥DE.
又CD∩A1D＝D，所以DE⊥平面A1CD.
又因为A1C?平面A1CD，所以A1C⊥DE.
又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，
所以A1C⊥平面BCDE.
建系如图，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0，0,2)，E(－2,2,0)，B(0,3,0)，
所以＝(0,3，－2)，＝(－2,2，－2)．
设平面A1BE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
取z＝，则x＝－1，y＝2，所以n＝(－1,2，)为平面A1BE的一个法向量．
又因为M(－1,0，)，
所以＝(－1,0，)，
所以cos〈，n〉＝＝＝.所以CM与平面A1BE所成角的大小为45°.
(2)假设线段BC上存在点P满足条件，设P点坐标为(0，a,0)，a∈[0,3]，
所以＝(0，a，－2)，＝(2，a,0)．
设平面A1DP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则取y1＝6，则x1＝－3a，z1＝a，
所以n1＝(－3a,6，a)．
若平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，
所以3a＋12＋3a＝0，即6a＝－12，
所以a＝－2.
因为0≤a≤3，所以a＝－2舍去．
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．第7节　立体几何中的向量方法——求空间角与距离
一、教材概念·结论·性质重现
1．利用空间向量求距离
(1)点到直线的距离
如图所示，
点A是直线l外一点，若AB是直线l的垂线段，则AB的长度就是点A到直线l的距离，这一距离也等于|A|.
(2)点到平面的距离
如图所示，
一般地，若A是平面α外一点，B是平面α内一点，n是平面α的一个法向量，则点A到平面α的距离d＝.
求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．有时利用等积法求解可能更方便．
2．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围
(0，π)
求法
cos
θ＝
cos
β＝
求两异面直线l1，l2的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角〈a，b〉，由于夹角范围不同，有cos
θ＝|cos〈a，b〉|.
3．直线与平面所成角的求法
如果v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，设直线l与平面α所成角的大小为θ，v与n的夹角为β，则sin
θ＝|cos
β|＝.
求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量v的夹角，则sin
θ＝|cos〈n，v〉|.
4．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱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θ的大小满足|cos
θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两半平面α，β的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(
×
)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(
×
)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(
×
)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(
√
)
(5)若直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°.(
√
)
(6)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(
×
)
2．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°
C　解析：cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)
A．120°
B．60°
C．30°
D．60°或30°
C　解析：设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sin
β＝|cos
γ|＝|cos
120°|＝.
又因为0°≤β≤90°，所以β＝30°.
4．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)
A．4
B．2
C．3
D．1
B　解析：P点到平面OAB的距离为d＝＝＝2.
5．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值为________．
　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0，2,1)，
所以＝(－1,0,2)，＝(－1,1,1)，
所以cos〈，〉＝＝.
考点1　异面直线所成的角——基础性
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.
C　解析：以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D1(0，0，)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1,1，)．设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，
所以cos
θ＝＝＝.
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
2．有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
　解析：设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD.因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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，)，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，
所以＝(0，－1，－)，＝(，－1，0)，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
考点2　直线与平面所成的角——综合性
(2020·新高考全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC.
因为AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又因为AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l.
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以l⊥CD，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD.
因为CD∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.
(2)解：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0，0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)．
设Q(m,0,1)，则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．
因为QB＝，
所以＝，解得m＝1.
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－1，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－1)．设PB与平面QCD所成的角为θ，则有sin
θ＝|cos〈n，〉|＝＝
＝＝.
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为.
利用空间向量求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
(2021·深圳模拟)已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.
(1)证明：MN⊥PC；
(2)当H为PC的中点时，PA＝PC＝AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．
(1)证明：连接AC，BD且AC∩BD＝O，连接PO.
因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
因为PD＝PB，所以PO⊥BD.
因为AC∩PO＝O，且AC，PO?平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
因为PC?平面PAC，所以BD⊥PC.
因为BD∥平面AMHN，
且平面AMHN∩平面PBD＝MN，
所以BD∥MN，MN⊥平面PAC，
所以MN⊥PC.
(2)解：由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD.
因为PA＝PC，且O为AC的中点，
所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
所以PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，
所以AO＝PA，PO＝PA.
因为PA＝AB，所以BO＝PA.
以O为原点，OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
设PA＝2，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B，
C(－1,0,0)，D，P(0,0，)，H，
所以＝，＝，＝.
设平面AMHN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
所以即
令x＝2，则y＝0，z＝2，所以n＝(2,0,2)为平面AMHN的一个法向量．
设AD与平面AMHN所成角为θ，
所以sin
θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为.
考点3　求二面角与空间距离——应用性
考向1　求二面角或二面角的某个三角函数值
(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，EC1，B1C1?平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝45°，
故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,0,2)．
设平面EBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝－1，则x＝0，z＝－1，
所以n＝(0，－1，－1)为平面EBC的一个法向量．
设平面ECC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，
所以m＝(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量．
于是cos〈n，m〉＝＝－.
所以二面角B－EC－C1的正弦值为.
利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
考向2　求空间距离
在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)
A．2
B．
C．
D．1
D　解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)，则＝(2,2,0)，＝(0,2，)．易知AC1∥平面BDE.
设n＝(x，y，z)是平面BDE的一个法向量，
则即
令y＝1，得n＝(－1,1，－)．
又＝(2,0,0)，
所以点A到平面BDE的距离是
d＝＝＝1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
求点面距离的一般方法
(1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)等体积法．
(3)向量法．
其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
1．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
　解析：如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，
所以＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)．
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，可得n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB＝BC＝，AC＝4，AD＝DC＝2，O为AC的中点，PO⊥底面ABCD，PO＝2，M为棱PC的中点．
(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；
(2)求二面角D－AM－C的正弦值；
(3)记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ∥平面ADM，求线段OQ的长．
解：连接DB，因为AB＝BC，AD＝DC，O为AC的中点，所以点O在DB上，且DB⊥AC.又PO⊥平面ABCD，则OB，OC，OP两两垂直．
故以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(如图)．
由题意得OB＝1，OD＝2，
则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－2,0,0)，P(0,0,2)，M(0，1,1)．
(1)依题意可得＝(－2,2,0)，＝(0,3,1)．
设n＝(x，y，z)为平面ADM的一个法向量，
则即
不妨令y＝1，则x＝1，z＝－3，可得n＝(1,1，－3)．
又＝(1,0，－2)，所以|cos〈，n〉|＝＝，
所以直线PB与平面ADM所成角的正弦值为.
(2)由(1)知OB⊥AC.
又OB⊥PO，AC∩PO＝O.
故OB⊥平面AMC，
由是平面AMC的一个法向量，＝(1,0,0)．
由(1)可知n＝(1,1，－3)是平面ADM的一个法向量，
因此cos〈，n〉＝＝，
于是有sin〈，n〉＝，
所以二面角D－AM－C的正弦值为.
(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2)，则点Q的坐标为(0,0，h)．
由已知可得点N的坐标为(－1,0,1)，所以＝(1,0，h－1)．
由NQ∥平面ADM且n＝(1,1，－3)为平面ADM的法向量，得⊥n，所以·n＝0，
即1－3(h－1)＝0，解得h＝∈[0,2]，
所以线段OQ的长为.
3．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC＝.
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.
(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．
解：(1)在线段AB上存在点G，使得AF∥平面PCG，且G为AB的中点．
证明如下：设PC的中点为H，连接FH，GH，如图，
易证四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH.
又GH?平面PCG，AF?平面PGC，
所以AF∥平面PGC.
(2)选择①.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD.
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，
故以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，
所以＝(0,1,1)，＝(－2，－1,1)．
设平面FAC的一个法向量为u＝(x，y，z)，则
即令y＝1，则x＝－1，z＝－1，则u＝(－1,1，－1)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos
θ＝＝，
即二面角F－AC－D的余弦值为.
选择②.
设BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥
PA，且FM＝1.
因为PA⊥平面ABCD，
所以FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，
故∠FCM＝.
在直角三角形FCM中，CM＝，又因为CM＝AE，故AE2＋BE2＝AB2，
所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP两两垂直，
故以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以＝(0,1,1)，＝(－，0,1)．
设平面FAC的一个法向量为u＝(x，y，z)，则即
令x＝，
则y＝－3，z＝3，则u＝(，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)．
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos
θ＝＝，
即二面角F－AC－D的余弦值为.
选择③.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BC.取BC中点E，连接AE.
因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝，
所以△ABC是正三角形．
又E是BC的中点，所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP两两垂直．
故以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以＝(0,1,1)，＝(－，0,1)．
设平面FAC的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则即
令x＝，
则y＝－3，z＝3，则u＝(，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F－AC－D的平面角为θ，
则cos
θ＝＝，
即二面角F－AC－D的余弦值为.
如图，在四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成的角正弦值的大小．
[四字程序]
读
想
算
思
AB与平面SBC所成角的大小，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1
定义法，借助点到平面的距离，法向量
勾股定理、余弦定理、法向量求解
多方法、多角度对立体几何知识的掌握及空间向量在解决立体几何中的应用
思路参考：利用定义寻找线面角的位置直接求解．
(1)证明：取AB中点，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝BC＝2.
连接SE，则SE⊥AB，SE＝.
又SD＝1，故DE2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角．由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD，SD与两条相交直线AB，SE都垂直，所以SD⊥平面SAB.
(2)解：因为CD∥AB，所以CD与平面SBC所成的角即为AB与平面SBC所成的角．如图，取SC的中点M，连接BM，DM.
因为DS＝DC，BS＝BC，所以SC⊥DM，SC⊥BM，所以SC⊥平面BDM，
所以平面BDM⊥平面SBC.
作DN⊥BM，垂足为点N，则DN⊥平面SBC，连接CN.
CN为CD在平面SBC上的射影，∠DCN即为CD与平面SBC所成的角．
因为SD⊥AB
，CD∥AB，
SD⊥CD，|SC|＝＝，
|BM|＝＝＝，
cos∠DBM＝
＝＝，
sin∠DBM＝，DN＝×＝，
sin∠DCN＝＝＝.
所以AB与平面SBC所成的正弦值为.
思路参考：借助点到平面的距离间接求解．
(1)证明：同解法1.
(2)解：VA－SBC＝VS－ABC.
过点S作SF⊥DE，则SF⊥平面ABCD.
|SF|＝＝.
VS－ABC＝S△ABC|SF|＝×|AB|·|BC|·|SF|＝××2×2×＝.
设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连接BM.
因为SD⊥AB，CD∥AB，SD⊥CD，|SC|＝＝，
|BM|＝＝＝，
VA－SBC＝S△SBC·h＝×|SC|·|BM|·h
＝××××h＝h.
因为h＝，
所以h＝×＝，
即A到平面SBC的距离为.
又因为AB＝2，设AB与平面SBC所成的角为α，
则sin
α＝＝＝，
所以AB与平面SBC所成的角的正弦值为.
思路参考：建立空间直角坐标系利用法向量求解．
(1)证明：同解法1.
(2)解：如图，以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
因为平面SDE⊥平面ABCD，CD＝1，DF＝，SF＝，所以S.
设平面SBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
＝，＝(0,2,0)，
故取z＝2，得x＝－，y＝0，所以平面SBC的一个法向量为n＝(－，0,2)．
又＝(－2,0,0)，
cos〈，n〉＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
思路参考：变换建系的方法，空间直角坐标系中各点坐标会发生变化，但求角的方法是不变的．
证明：(1)同解法1.
(2)解：如图，以D为坐标原点，射线DE为x轴正半轴，射线DC为y轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(2，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)．
因为平面SDE⊥平面ABCD，点S在xOz平面内，DF＝，SF＝，所以S.
设平面SBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
＝，＝(2,0,0)，
故取z＝2，得x＝0，y＝.
所以平面SBC的一个法向量为n＝(0，，2)．
又＝(0,2,0)，
cos〈，n〉＝＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
1．本题考查线面角的运算，解法灵活，基本解题策略一种是利用定义寻找线面角，然后通过解三角形计算，另一种是建立空间直角坐标系，通过法向量与方向向量夹角处理．
2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握线面角的寻找以及空间向量求线面角的方法，掌握运算求解能力、空间想象能力．本题的解答过程体现了数学探索的魅力．
3．基于高考数学评价体系，本题设置通过不同的思路引导，将求线面角转化为最基本的数学模型，体现了基础性；解题过程中知识的转化，体现了综合性．
如图1，四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，AB＝2，E为边AB的中点．现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2.若二面角A－DE－H的大小为60°，则平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值为________．
　　
　　　　　　
　图1　　　　　　　　　图2
　解析：(方法一)分别取AE，AD的中点O，K，连接OK，OB.由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角A－DE－H的平面角，即有∠AEB＝60°.
因为O为AE的中点，所以BO⊥AE.因为BO⊥DE，所以BO⊥平面ADE，则以点O为坐标原点，分别以直线KO，OE，OB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由条件，易得A，B，D，E.再设H(x0，y0，z0)，而＝(－，0,0)，＝.
由ED⊥DH，得·＝0，得x0＝－.
由
可得
将x0＝－代入，可得y0＝－，z0＝，即H，则＝，＝(－，0，)，
设平面ABH的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令x1＝1，得y1＝－，z1＝1，即n1＝(1，－，1)．
而平面ADE的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
于是平面ABH与平面ADE所成锐二面角θ的余弦值为cos
θ＝＝＝.
(方法二)延长HB，DE交于点L，连接AL，取AE的中点O，过点O作OM⊥AL于点M，连接MB，如图．
由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角A－DE－H的一个平面角，即有∠AEB＝60°.
因为O为AE的中点，所以BO⊥AE.因为BO⊥DE，所以BO⊥平面ADE，即BO⊥AL且BO⊥MO.又因为OM⊥AL，所以AL⊥平面BOM，即∠BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角．
而BO＝，AO＝.易得LE＝，而AE＝1，∠AEL＝90°，所以∠EAL＝60°，则MO＝.
由勾股定理，得MB＝＝，则cos∠BMO＝＝，
即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为.
(方法三)延长HB，DE交于点L，连接AL，过点D作DQ∥AE且与LA的延长线交于点Q，连接QH.分别取DQ，AE中点M，O连接AM，BO.再取MD中点O′，连接OO′.
因为QD∥AE，HD∥BE且QD，HD为平面HDQ内两条相交直线，AE，BE为平面ABE内两条相交直线，
所以平面HDQ∥平面ABE.
因为DE⊥平面ABE，所以DE⊥平面HDQ，
即∠HDQ为二面角A－DE－H的一个平面角，即有∠HDQ＝60°.
由HD＝2，得HM＝，MD＝1，则MO′＝.
因为M为QD中点，所以HM⊥QD.
因为HM⊥DE，所以MH⊥平面ADE.
以点O为坐标原点，分别以直线O′O，OE，OB为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．
易得A，B，H，则有＝，＝.
设平面ABH的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
令x1＝1，得y1＝－，z1＝1，
即n1＝(1，－，1)．
而平面ADE的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
于是平面ABH与平面ADE所成锐二面角θ的余弦值为cos
θ＝＝＝.第7章
立体几何
简单几何体的外接球与内切球问题
简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，重在考查直观想象和逻辑推理两个数学核心素养．
　简单几何体的外接球问题
(2020·栖霞模拟)已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝2，BC＝PA＝4，PA⊥平面ABCD，则球O的体积为(　　)
A．
B．
C．16π
D．16π
A　解析：取BC的中点E，连接AE，DE，BD.
因为AD∥BC且AD＝BC＝EC＝BE，
所以四边形ADCE，四边形ADEB均为平行四边形．
所以AE＝CD，AB＝DE.
又CD＝AB＝BC，
所以AE＝DE＝BE＝EC.
所以E为四边形ABCD的外接圆圆心．
已知O为外接球的球心，连接OA，OE.由球的性质可知OE⊥平面ABCD.
作OF⊥PA，垂足为F，
所以四边形AEOF为矩形，OF＝AE＝2.
设AF＝x，OP＝OA＝R，
则4＋(4－x)2＝4＋x2，解得x＝2.
所以R＝＝2.
所以球O的体积V＝πR3＝π.
1．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，
△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　)
A．12
B．18
C．24
D．54
B　解析：设△ABC的边长为a，则S△ABC＝a·asin
60°＝9，解得a＝6(负值舍去)．△ABC的外接圆半径r满足2r＝，得r＝2，球心到平面ABC的距离为＝2.
所以点D到平面ABC的最大距离为2＋4＝6，所以三棱锥D－ABC体积的最大值为×9×6＝18.故选B.
2．(2020·石家庄3月质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点．若PB＝1，∠APB＝，则三棱锥P－AOB的外接球的体积是________．
π　解析：因为底面ABCD为菱形，O为对角线AC与BD的交点，所以BD⊥AC.
又PB⊥底面ABCD，所以PB⊥AC.
因为BD∩PB＝B，
所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PO，所以△PAO为直角三角形．
又△PBA是直角三角形，所以公共斜边PA的中点即为球心．
因为PB＝1，∠APB＝，所以PA＝2＝2R(R为三棱锥P－AOB外接球的半径)，所以R＝1，故三棱锥P－AOB的外接球的体积是×13＝π.
　简单几何体的内切球问题
在一个圆锥内有一个半径为R的半球，其底面与圆锥的底面重合，且与圆锥的侧面相切．若该圆锥体积的最小值为，则R＝(　　)
A．1
B．
C．2
D．2
B　解析：几何体的轴截面如图所示．
设圆锥的底面圆心为O，半径为r，高为h，则OA＝h，rh＝·R，解得r2＝.
所以圆锥体积V＝πr2h＝π××h＝πR2×.
令f(h)＝πR2×(h>R)，
则f′(h)＝πR2×.
由f′(h)>0，得h>R；由f′(h)<0，得RVmin＝πR2××R＝π，解得R＝.故选B.
1．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π
B．
C．6π
D．
B　解析：易知AC＝10.设△ABC的内切圆的半径为r，则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因为2r＝4>3，所以当球与三棱柱的上、下底面相切时，体积最大，最大球的直径2R＝3，则R＝，此时球的体积V＝πR3＝.故选B.
2．将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为(　　)
A．
B．
C．
D．2π
A　解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝×3，所以r＝1，所以h＝＝2.
设内切球的半径为R，则＝，所以R＝，所以V＝R3＝×
3＝.故选A.第7章
立体几何
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹长度及动角的范围及涉及的知识点，多年来是复习的难点．
　求动点的轨迹(长度)
已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为(　　)
A．
B．
C．2
D．π
B　解析：以D为原点，以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(图略)，则＝(2,0,2)，＝(0,2,1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2,1，－2)．设M(x,2，z)，则＝(x－2,2，z)．由·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0?x－z＝1，故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为＝.故选B.
已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ＝.设线段PQ的中点的轨迹为s，则s的长度为(　　)
A.
B.
C.
D.2
A　解析：如图，以DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设P(m,1,0)(0≤m≤1)，Q(0,0，n)(0≤n≤1)，M(x，y，z)．由中点坐标公式易知x＝，y＝，z＝，
即m＝2x，n＝2z.①
因为|PQ|＝＝，
所以m2＋n2＝1，②
把①代入②得，4x2＋4z2＝1.
即x2＋z2＝.
因为0≤m≤1,0≤n≤1，
所以0≤x≤，0≤z≤.
所以PQ中点M的轨迹方程为
轨迹s为在垂直于y轴的平面内，半径为的四分之一圆周．
所以s的长度为×2π×＝.故选A.
　求线段的范围最值问题
在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体
P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是(　　)
A．[－1，＋1]
B．[1,3]
C．[－1,2]
D．[1，＋1]
A　解析：如图所示，
若固定正四面体P－ABC的位置，
则原点O在以AB为直径的球面上运动，
设AB的中点为M，
则PM＝＝，
所以原点O到点P的最近距离等于PM减去球M的半径，最大距离是PM加上球M的半径，
所以－1≤|OP|≤＋1，
即|OP|的取值范围是[－1，＋1]．故选A.
设点M是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是(　　)
A.
B.
C.1
D.
A　解析：设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BB1C1C上的射影为M′(图略)，平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos
α＝，cos
β＝.
因为cos
α＝cos
β，所以S△DP′M＝S△PM′C1.设P到C1M′距离为d，则××d＝×1×2，d＝，即点P到C1的最短距离为.
　求角的最值问题
如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，P为α内的动点，且点P到直线BD的距离为，则∠APC的最大值为(　　)
A．30°
B．60°
C．90°
D．120°
B　解析：因为点P到直线BD的距离为，
所以空间中到直线BD的距离为的点构成一个圆柱面，它和平面α相交得一椭圆，即点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝，a＝＝2，则c＝1，
所以A，C为椭圆的焦点．
因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，
所以∠APC的最大值为60°.故选B.
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为(　　)
A．
B．1
C．2
D．
D　解析：因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
所以tan∠DMD1＝＝＝是最大值．故选D.立体几何
七　多选题命题热点之立体几何
立体几何问题中的多选题主要集中在平面公理、定理、性质，涉及位置有关系的判断，特别是平行与垂直的处理，以及体积、表面积、夹角等数量关系的计算．
　位置关系的判断
(多选题)下列命题错误的是(　　)
A．若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行
B．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行
ABD　解析：选项A中，若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线可能平行、相交或为异面直线，故A选项错误；选项B中，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故B选项错误；选项C正确；选项D中，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，选项D错误．
熟记平面相关公理、定理，借助简单几何体判断空间中的位置关系．
(多选题)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论成立的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．PB⊥AC
B．PD⊥平面ABCD
C．AC⊥PD
D．平面PBD⊥平面ABCD
ACD　解析：在选项A中，取PB的中点O，连接AO，CO.因为四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，所以AO⊥PB，CO⊥PB.
因为AO∩CO＝O，所以PB⊥平面AOC.因为AC?平面AOC，所以PB⊥AC，故选项A成立．
在选项B中，点D位置不确定．故选项B不一定成立．
在选项C中，由选项A知，AC⊥PB.因为AC⊥BD，PB∩BD＝B，所以AC⊥平面PBD.因为PD?平面PBD，所以AC⊥PD.故选项C成立．
在选项D中，因为AC⊥平面PBD，AC?平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD.故选项D成立．
　空间中数量关系的运算
(多选题)三棱锥P－ABC的各顶点都在同一球面上，PC⊥底面ABC.若PC＝AC＝1，AB＝2，且∠BAC＝60°，则下列说法正确的是(　　)
A．△PAB是钝角三角形
B．此球的表面积等于5π
C．BC⊥平面PAC
D．三棱锥A－PBC的体积为
BC　解析：在底面△ABC中，由AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，利用余弦定理可得
BC＝
＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.
又PC⊥底面ABC，则PC⊥AC，PC⊥BC.
把三棱锥P－ABC放入长宽高分别为，1,1的长方体中，如图所示．
所以PA＝，PB＝AB＝2，
所以△PAB是等腰三角形，且顶角小于底角，是锐角三角形，选项A错误．
三棱锥的外接球也是长方体的外接球，且外接球的直径是长方体的体对角线，即2R＝＝，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为S＝4πR2＝5π，选项B正确．
又BC⊥AC，BC⊥PC，且AC∩PC＝C，所以BC⊥平面PAC，选项C正确．
三棱锥P－ABC的体积为V＝××1××1＝，选项D错误．
熟记体积表面积公式，借助规则几何体进行数量关系的运算．
(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是(　　)
A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于45°
B．点C到平面ABC1D1的距离为
C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为45°
D．三棱柱AA1D1－BB1C1外接球的半径为
ABD　解析：正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，对于选项A，直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1＝45°.故选项A正确．
对于选项B，点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即h＝.故选项B正确．
对于选项C，两条异面直线D1C和BC1所成的角为60°.故选项C错误．
对于选项D，三棱柱AA1D1－BB1C1外接球半径r＝＝.故选项D正确．
　以立体几何为背景的向量运算
(多选题)在四面体P－ABC中，以下说法中正确的有(　　)
A．若＝＋，则＝3
B．若Q为△ABC的重心，则＝＋＋
C．若·＝0，·＝0，则·＝0
D．若四面体P－ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则||＝1
ABC　解析：对于选项A，因为＝＋，所以3＝＋2，
所以2－2＝－，所以2＝，所以3＝＋，即3＝.故选项A正确．
对于选项B，若Q为△ABC的重心，则＋＋＝0，
所以3＋＋＋＝3，
所以3＝＋＋，即＝＋＋.故选项B正确．
对于选项C，若·＝0，·＝0，
则·＋·＝0.
所以·＋·(＋)＝0，
所以·＋·＋·＝0，
所以·＋·－·＝0，
所以(－)·＋·＝0.
所以·＋·＝0，
所以·＋·＝0，
所以·(＋)＝0，
所以·＝0.
故选项C正确．
对于选项D，因为＝－＝
(＋)－
＝(＋－)，
所以||＝|＋－|.
因为|＋－|2＝
||2＋||2＋||2－2·－2·＋2·＝22＋22＋22－2×2×2×－2×2×2×＋2×2×2×＝8，所以|＋－P|＝2.即||＝.
故选项D错误．
(多选题)已知O，A，B，C为平面上两两不重合的四点，且x＋y＋z＝0(xyz≠0)，则(　　)
A．当且仅当xyz<0时，O在△ABC的外部
B．当且仅当x∶y∶z＝3∶4∶5时，S△ABC＝4S△OBC
C．当且仅当x＝y＝z时，O为△ABC的重心
D．当且仅当x＋y＋z＝0时，A，B，C三点共线
CD　解析：当x＝y＝z＝－1时，O为△ABC的重心，在△ABC的内部，所以选项A不正确．当x＋y＋z≠0时，＝＋＝·，＝1－＝，所以x＝y＝1，z＝2时也有S△ABC＝4S△OBC，所以选项B错误．对于选项C，重心的几何意义不难得出是正确的．x＋y＋z＝0(xyz≠0)可化为(x＋y＋z)＋y＋z＝0，由于xyz≠0，所以当且仅当x＋y＋z＝0时，A，B，C三点共线，所以选项D正确．

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