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第七章　立体几何
第一讲　空间几何体的结构及其三视图和直观图
知识梳理·双基自测
知识点一　多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构特征
①有两个面互相平行且全等，其余各面都是_四边形__.②每相邻两个四边形的公共边都互相_平行__
有一个面是_多边形__，其余各面都是有一个公共顶点的_三角形__的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，_截面__和_底面__之间的部分
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__
知识点二　旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，_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__
知识点三　三视图与直观图
三视图
三视图包括_正(主)视图__、_侧(左)视图__、_俯视图__画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测面法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为_45°或135°__，z′轴与x′轴和y′轴所在平面_垂直__.(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度_不变__，平行于y轴的线段在直观图中长度为_原来的一半__.
1．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度；由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．
2．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．
三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．
三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　×　)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　×　)
(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(　×　)
(6)菱形的直观图仍是菱形．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P19T2)下列说法正确的是(　D　)
A．相等的角在直观图中仍然相等
B．相等的线段在直观图中仍然相等
C．正方形的直观图是正方形
D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行
[解析]　由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变．
题组三　走向高考
3．(2020·新课标Ⅰ卷)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(　C　)
A．　　　　　
B．　　　　　
C．　　　　　
D．
[解析]　如图，设CD＝a，PE＝b，则PO＝＝，由题意PO2＝ab，即b2－＝ab，化简得42－2·－1＝0，解得＝(负值舍去)．故选C．
4．(2017·北京，7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　B　)
A．3　　
B．2　　
C．2　　
D．2
[解析]　根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P－ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝＝2.故选B．
5．(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　B　)
A．2　　
B．2　　
C．3　　
D．2
[解析]　先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示．
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，
则图中MN即为M到N的最短路径．
|ON|＝×16＝4，|OM|＝2，
∴|MN|＝＝＝2.
考点突破·互动探究
考点一　空间几何体的结构特征——自主练透
例1
(1)(多选题)给出下列四个命题，其中错误命题是(　ABCD　)
A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
(2)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；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，所得截面都是圆面，则这个几何体一定是球．
其中正确结论的序号是_⑤__.
[解析]　(1)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，例：在如图所示的平行六面体中，ADD1A1及BCC1B1都是矩形，且平面ABB1A1及DCC1D1都与底面ABCD垂直，故A、D错误；将菱形沿一条对角线折起所得三棱锥各面都是等腰三角形，但该棱锥不一定是正棱锥，故B错误；侧面都是矩形但底面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误．故选A、B、C、D．
(2)①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误；④中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，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．
名师点拨
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.
考点二　空间几何体的三视图——多维探究
角度1　由几何体的直观图识别三视图
例2
(2018·课标Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　A　)
[解析]　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A．
角度2　由空间几何体的三视图还原直观图
例3
(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　C　)
A．1　　
B．2
C．3　　
D．4
[解析]　由该四棱锥的三视图，得其直观图如图，由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形，由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD．又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.
易知PC＝2，BC＝，PB＝3，从而△PBC不是直角三角形，故选C．
角度3　由三视图的两个视图推测另一视图
例4
(多选题)(2021·衡水金卷改编)某几何体的正视图与侧视图如图所示，则它的俯视图可能是(　ABCD　)
[解析]　若几何体为两个圆锥体的组合体，则俯视图为A；若几何体为四棱锥与圆锥的组合体，则俯视图为B、C；若几何体为两个三棱锥的组合体，则俯视图为D；故选A、B、C、D．
名师点拨
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，结合空间想象或长方体将三视图还原为实物图．
常见三视图对应的几何体：
①三视图为三个三角形，对应三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；⑤三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱．
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，也可将选项逐项检验，看看给出的部分三视图是否符合．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)(2020·陕西省咸阳市三模)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造在一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，其直观图如图所示，图中四边形是体现其直观性所做的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别是(　A　)
A．a，b　　
B．a，c
C．a，d　　
D．b，d
(2)(角度2)(2021·温州模拟)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是(　A　)
(3)(角度3)(多选题)(2021·四川成都三诊改编)如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图可能是(　BCD　)
[解析]　(1)因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．所以其正视图和侧视图是一个圆；若俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，则俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．故选A．
(2)利用排除法求解．B的侧视图不对．C图的俯视图不对，D的正视图不对，排除B，C，D，A正确，故选A．
(3)若俯视图为A，则正视图不符，A错误，B、C、D正确.
考点三　空间几何体的直观图——师生共研
例5
(2021·宁夏石嘴山三中模拟)已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　D　)
A．a2　　
B．a2　　
C．a2　　
D．a2
[解析]　如图①、②所示的实际图形和直观图．
由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，
则C′D′＝O′C′＝a.
∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.
[引申]若已知△ABC的平面直观图△A1B1C1是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为_a2__.
[解析]　在△A1D1C1中，由正弦定理＝，得x＝a，
∴S△ABC＝×a×a＝a2.
名师点拨
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．
〔变式训练2〕
一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于(　B　)
A．a2　　
B．2a2
C．a2　　
D．a2
[解析]　由题意可知原平行四边形一边长为a，此边上的高为2a，故其面积为2a2.故选B．
名师讲坛·素养提升
三视图识图不准致误
例6
(2020·福建福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是(　B　)
[错因分析]　(1)不能正确把握投影方向致误；(2)不能正确判定上表面椭圆投影形状致误；(3)不能正确判定投影线的虚实致误．
[解析]　圆柱被不平行于底面的平面所截得的截面为椭圆，结合正视图，可知侧视图最高点在中间，故选B．
名师点拨
对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，再画其三视图．另外要注意交线的位置，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线，即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．
〔变式训练3〕
(2019·河南省濮阳市模拟改编)设四面体ABCD各棱长均相等，S为AD的中点，Q为BC上异于中点和端点的任一点，则△SQD在四面体的面上的射影可能是(　BCD　)
[解析]　设BC的中点为P，则由题意可知DP⊥BC且平面ADP⊥平面BDC，从而S在平面BCD上的射影在DP上，△SQD在面BCD上的射影为C，同理△SQD在面ABC、面ACD上的射影分别为B、D，故选B、C、D．
PAGE第五讲　直线、平面垂直的判定与性质
知识梳理·双基自测
知识点一　直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直
①定义：若直线l与平面α内的_任意__一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
②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(线线垂直?线面垂直)．即：a?α，_b?α__，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P?l⊥α.
③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线_平行__.即：a⊥α，b⊥α?_a∥b__.
(2)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_锐角__，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为_0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为___.
②线面角θ的范围：θ∈.
知识点二　平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的_两个半平面__所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱_垂直__的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
③二面角θ的范围：θ∈[0，π]．
(2)平面与平面垂直
①定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直二面角__，就说这两个平面互相垂直．
②判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a?α，a⊥β?_α⊥β__.
③性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于_交线__的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a?α，α∩β＝b，a⊥b?_a⊥β__.　
1．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．
2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
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．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　×　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　×　)
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　√　)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　×　)
(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　√　)
(6)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.(　×　)
题组二　走进教材
2．(多选题)(必修2P73T1)下列命题中正确的是(　ABC　)
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
[解析]　对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．
题组三　走向高考
3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　C　)
A．A1E⊥DC1　　
B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1　　
D．A1E⊥AC
[解析]　∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，
∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，
∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，
∴BC1⊥A1E.故选C．
4．(2019·北京)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：_若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__.
[解析]　由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．
5．(2020·全国Ⅱ(节选))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E，交AC于F.
证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
[证明]　∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1
又AA1∥BB1，∴MN∥AA1
在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.
又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1
∵MN∥BB1，MN⊥BC
由MN∩AM＝M，MN，AM?平面A1AMN
∴BC⊥平面A1AMN
又∵B1C1∥BC，且B1C1?平面ABC，
BC?平面ABC，
∴B1C1∥平面ABC
又∵B1C1?平面EB1C1F，
且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF
∴B1C1∥EF，∴EF∥BC
又∵BC⊥平面A1AMN
∴EF⊥平面A1AMN
∵EF?平面EB1C1F
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
考点突破·互动探究
考点一　空间垂直关系的基本问题——自主练透
例1
(1)(2021·河北保定七校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是(　B　)
A．q：m⊥α，n∥β，α⊥β
B．q：m?α，n⊥β，α∥β
C．q：m⊥α，n⊥β，α∥β
D．q：m?α，n∥β，α⊥β
(2)(2019·陕西汉中质检一)已知l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l⊥α，m?β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l⊥m，②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β.其中所有正确的命题是(　A　)
A．①③　　
B．①④
C．②③　　
D．①②③④
(3)(多选题)(2021·四川成都诊断改编)已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法错误的是(　ABD　)
A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n
B．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n∥β，且α⊥β，则m⊥n
[解析]　(1)由题知q能推出p：m⊥n.对A，当m∥n时仍然可以有m⊥α，n∥β，α⊥β.故A错误．对B，n⊥β，α∥β，则n⊥α，又m?α，则m⊥n.故B正确．对C，m⊥α，α∥β则m⊥β，又n⊥β，故m∥n.故C错误．对D，当α⊥β且相交于m时，若n∥m，也满足m?α，n∥β.故D错误．
?l⊥m，①对；
?α⊥β，③对；
由图可知②④错．故选A．
(3)由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n相交，或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误，故选A、B、D．
名师点拨
解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．
〔变式训练1〕
(1)(2021·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m，n是不重合的直线，则m⊥α的一个充分条件是(　C　)
A．m⊥n，n?α　　
B．m∥β，α⊥β
C．n⊥α，n⊥β，m⊥β　　
D．α∩β＝n，α⊥β，m⊥n
(2)(2021·福建福州调研)已知两条直线m，n和两个平面α，β，下列命题正确的是(　A　)
A．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
B．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
C．若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
D．若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
[解析]　(1)对于答案A：m⊥n，n?α，得出m与α是相交的或是垂直的，或m?α，故A错；答案B：m∥β，α⊥β，得出m与α是相交的、平行的都可，故B错；答案C：n⊥α，n⊥β，得出α∥β，再m⊥β得出m⊥α，故C正确．
?n?α或n∥α.
若n?α，又n⊥β，∴α⊥β；若n∥α，则存在l?α且l∥n，又n⊥β，∴l⊥β，∴α⊥β，故A正确；事实上，在B中条件下，α、β可能相交；在C中条件下，α、β可能平行；在D的条件下，α⊥β，故选A．
考点二　直线与平面垂直的判定与性质——多维探究
角度1　线、面垂直的判定
例2
如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD．
[证明]　解法一：(1)连接AC，AN
，BN，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC中点．
∴AN＝PC．
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC．
又BC⊥AB
，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB．
从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，
∴BN＝PC．∴AN＝BN，
∴△ABN为等腰三角形．
又M为底边AB的中点，
∴MN⊥AB，又AB∥CD，∴MN⊥CD．
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD．
又∠PDA＝45°，∴AP＝AD．
∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC．
连接PM，CM，又∵M为AB的中点，∴AM＝BM.
而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴Rt△PAM≌Rt△CBM.
∴PM＝CM，又N为PC的中点，∴MN⊥PC．
由①知MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD．
解法二：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，
∴PA、AB、AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
不妨设C(a，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，M，N，
(1)由＝，＝(－a,0,0)，
∴·＝0，∴MN⊥CD．
(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，
又＝(a，b，－b)，
∴·＝·(a，b，－b)＝0，
∴MN⊥PC，又MN⊥CD，
∴MN⊥平面PCD．
角度2　线、面垂直的性质
例3
(2021·河北“五个一联盟”联考，节选)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，△ACD是边长为1的等边三角形．证明：CD⊥B1D．
[证明]　∵△ACD是边长为1的等边三角形，
∴∠ADC＝60°，∠DA1C1＝120°.
∵D是AA1的中点，△ACD的边长为1，
∴AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1D是等腰三角形，
∴∠A1DC1＝30°，从而∠CDC1＝90°，即CD⊥C1D．
∵B1C1⊥平面AA1C1C，且CD?平面AA1C1C，
∴B1C1⊥CD．
∵B1C1∩C1D＝C1，B1C1?平面B1C1D，C1D?平面B1C1D，
∴CD⊥平面B1C1D．
∵B1D?平面B1C1D，∴CD⊥B1D．
名师点拨
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．
(5)向量法：a⊥b?a·b＝0.
2．证明线面垂直的常用方法
(1)利用判定定理，它是最常用的思路．
(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面．
(3)利用面面垂直的性质：
①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．
②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．
(4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2020·河南六市一模)在如图所示的几何体中，ABC－A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2CD．∠ADC＝60°，若AA1＝AC，求证：AC1⊥平面A1B1CD．
(2)(角度2)(2021·湖南炎德英才大联考，节选)如图，圆柱OQ的上，下底面圆的圆心分别为Q，O，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的直径AB＝4，母线AD＝AP＝2.求证：AG⊥BD．
[证明]　(1)证法1：∵AD＝2CD，∠ADC＝
60°，
∴DC⊥AC，又AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥DC．
∴DC⊥平面AA1C1C，又AC1?平面AA1C1C，
∴DC⊥AC1，
∵AA1＝AC，∴四边形AA1C1C为菱形，∴AC1⊥A1C，
而DC∩A1C＝C，∴AC1⊥平面A1B1CD．
证法2：∵AD＝2CD，∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝90°，则CD，CA，CC1两两垂直．如图，建立空间直角坐标系C－xyz.
不妨设CD＝1，则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，，0)，C1(0,0，)，A1(0，，)．
∴＝(0，－，)，＝(1,0,0)，＝(0，，)．
易得·＝0，·＝0.
∴AC1⊥CD，AC1⊥CA1，又∵CD∩CA1＝C，
∴AC1⊥平面A1B1CD．
(2)证法1：∵AD＝AP，又G是DP的中点，
∴AG⊥DP.
①
∵AB为圆O的直径，∴AP⊥BP，
易知DA⊥底面ABP，∴DA⊥BP，而AD∩AP＝A，
∴BP⊥平面ADP，
又AG?平面ADP，∴BP⊥AG，
②
∴由①②可知：AG⊥平面BDP，又BD?平面BDP，
∴AG⊥BD．
证法2：∵AB为⊙O的直径，∴PA⊥PB，如图建立空间直角坐标系，
由题意知P(0,0,0)，A(0,2，0)，B(2,0,0)，D(0,2，2)，G(0，，)，
∴＝(0，－，)，＝(－2,2，2)，
∴·＝0，即AG⊥BD．
考点三　两个平面垂直的判定与性质——师生共研
例4
(2020·四川成都二诊)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6，E，F分别为BB1，AC的中点．
(1)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1；
(2)求几何体AA1EBC的体积．
[解析]　(1)证明：如图，连接AC1交A1C于点O，连接OE，OF，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1为矩形，所以OA＝OC1.
又因为F为AC的中点，
所以OF∥CC1且OF＝CC1.
因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝CC1.
所以BE∥OF且BE＝OF.
所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE.
因为AB＝CB，F为AC的中点，
所以BF⊥AC，所以OE⊥AC．
因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1.
又AA1，AC?平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，
所以OE⊥平面ACC1A1.
因为OE?平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
(2)四棱锥A1－EB1C1C的高为h＝4sin
60°＝2，
底面为直角梯形，面积为S＝×(3＋6)×4＝18，
得VA1－EB1C1C＝×2×18＝12，
故几何体AA1EBC的体积为VAA1EBC＝VABC－A1B1C1－VA1－EB1C1C＝×4×4××6－12＝12.
例5
(2021·黑龙江大庆市质检)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝2，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．
(1)求证：BE⊥平面PAD；
(2)求点E到平面PAB的距离．
[解析]　(1)连接BD，在△PAD中，PA＝PD＝2，E是AD的中点，
∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，
又∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BE⊥AD，
又∵PE∩AD＝E，PE?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BE⊥平面PAD．
(2)在△PAB中，PA＝AB＝2，PB＝，则S△PAB＝，
在△ABE中，AB＝2，AE＝1，BE＝，则S△ABE＝，
由PE⊥面ABCD，PE＝，得
VP－ABE＝×××1×＝，
由VP－ABE＝VE－PAB，设点E到平面PAB的距离为h，
则××h＝××，则h＝，
即点E到平面PAB的距离为.
名师点拨
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．
(2)在已知面面垂直时，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．
(3)
〔变式训练3〕
(1)(2020·湖南娄底模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则＝___.
(2)(2021·云南玉海一中期中)已知三棱锥P－ABC(如图1)的展开图如图2，其中四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形．
证明：平面PAC⊥平面ABC．
[解析]　(1)取AD的中点O，连接OC交BD于F点，连接EF，∵△PAD是等边三角形，∴PO⊥AD，
∵OD∥BC，BC＝2OD，∴FC＝2OF.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，
又∵平面BDE⊥平面ABCD，∴PO∥平面BDE.
∴OP∥EF，∴＝＝.
故答案为：.
(2)证明：如图取AC的中点O，连接BO，PO.由题意可知
PA＝PB＝PC＝，∴PO＝1，
AO＝BO＝CO＝1，
∵在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC．
∵在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝，
∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB．
∵AC∩OB＝O，AC，OB?平面ABC，
∴PO⊥平面ABC，
∵PO?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC．
名师讲坛·素养提升
立体几何中的轨迹问题
例6
(多选题)(2021·山东青岛模拟)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的为(　ABD　)
A．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线
B．若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆
D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线
[解析]　A．∵PA⊥BD1，∴P在过A且与BD1垂直的平面ACB1上，又P∈平面BCC1B，∴P的轨迹是平面ACB1与平面BCC1B1的交线B1C，故A正确；
B．点P的轨迹是以A为球心，半径为的球面与平面BCC1B1的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝＝1，所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，即平面BCC1B1内的点P满足|PB|＋|PC|＝1＝|BC|，即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；D．如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD，连接PN，PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，如图建立平面直角坐标系，设P(x，y)，PM＝y，则PN2＝1＋y2，PE2＝(1－x)2，即1＋y2＝(1－x)2，整理为：(x－1)2－y2＝1，则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选ABD．
[引申](1)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线CC1的距离相等，则点P的轨迹为_以B为焦点、CC1为准线的抛物线__.
(2)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为_与BC距离为1的两条平行线__.
名师点拨
立体几何中的轨迹面是常转化为两面的交线，或在某面内建立坐标系通过求轨迹方程求解．
〔变式训练4〕
(2021·安徽蚌埠质检)平面α的一条斜线AP交平面α于P点，过定点A的直线l与AP垂直，且交平面α于M点，则M点的轨迹是(　A　)
A．一条直线　　
B．一个圆
C．两条平行直线　　
D．两个同心圆
[解析]　由题意知M在过A且与PA垂直的平面β内，∴点M的轨迹为平面α与β的交线，故选A．
PAGE第四讲　直线、平面平行的判定与性质
知识梳理·双基自测
知识点一　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__
知识点二　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，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
1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”．　
2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”．　
3．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．　
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　×　)
(2)平行于同一条直线的两个平面平行．(　×　)
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　×　)
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　√　)
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　×　)
(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P58练习T3)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　D　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a?α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
[解析]　对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件．故选D．
题组三　走向高考
3．(2019·课标全国Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　B　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
4．(2017·课标全国Ⅰ)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不平行的是(　A　)
[解析]　B选项中，AB∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A．
5．(2017·天津，节选)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
求证：MN∥平面BDE.
[证明]　解法一：连PN交BE于H，连HD．
∵E、N分别为PC、BC的中点，
∴H为△PBC的重心，∴＝2，
又D、M分别为PA、AD的中点，
∴＝2，∴＝，
∴DH∥MN，
又DH?平面BDE，MN?平面BDE，
∴MN∥平面BDE.
解法二：取EC的中点H，连MH、NH，
∵N为BC的中点，∴NH∥BE，
又NH?平面BDE，BE?平面BDE，
∴NH∥平面BDE，
又E、D、M分别为PC、PA、DA的中点，
∴＝＝2，∴DE∥MH，
又MH?平面BDE，
∴MH∥平面BDE，DE?平面BDE，又DE∩BE＝E，
∴平面MNH∥平面BDE，
∴MN∥平面BDE.
解法三：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．
＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE.
考点突破·互动探究
考点一　空间平行关系的基本问题——自主练透
例1
(1)(多选题)(2021·河南名校联盟质检改编)设有不同的直线a，b和不同的平面α，β，给出下列四个命题中，其中正确的是(　CD　)
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥α，a∥β，则α∥β
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D．若a⊥α，a⊥β，则α∥β
(2)(2021·辽宁省沈阳市质监)下列三个命题在“(　　)”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是_l?α__.
①?l∥α；②?l∥α；③?l∥α.
[解析]　(1)对于A，若a∥α，b∥α，
则直线a和直线b可以相交也可以异面，故A错误；对于B，若a∥α，a∥β，则平面a和平面β可以相交，故B错误；对于C，若a⊥α，b⊥α，则根据线面垂直性质定理，a∥b，故C正确；对于D，若a⊥α，a⊥β，则α∥β成立；故选CD．
(2)①l∥m，m∥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α；②l?α，m?α，l∥m?l∥α；③l⊥m，m⊥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α.故答案为l?α.
〔变式训练1〕
(多选题)(2021·吉林省吉林市调研改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为所在棱的中点，则下列各直线、平面中，与平面ACD1平行的是(　ABD　)
A．直线EF　　
B．直线GH
C．平面EHF　　
D．平面A1BC1
[解析]　首先直线EF、GH、A1B都不在平面ACD1内，由中点及正方体的性质知EF∥AC，GH∥A1C1∥AC，A1B∥D1C，∴直线EF，GH，A1B都与平面ACD1平行，又A1C1∥AC，由面面平行判定易知平面A1BC1∥平面ACD1，由EH∥AB1，AB1∩平面ACD1＝A，∴EH与平面ACD1相交，从而平面EHF与平面ACD1相交，∴C错，故选A、B、D．
考点二　直线与平面平行的判定与性质——多维探究
角度1　线面平行的判定
例2
(2021·辽宁抚顺模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，∠BAD＝60°，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点．
(1)证明：BE∥平面PAD；
(2)求三棱锥E－PBD的体积．
[解析]　(1)证法一：如图，取PD的中点F，连接EF，FA．
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴ABEF，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF.
又AF?平面PAD，BE?平面PAD，∴BE∥平面PAD．
证法二：延长DA、CB相交于H，连PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴＝＝，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE?平面PAD，PH?平面PAD，∴BE∥平面PAD，
证法三：取CD的中点H，连BH，HE，
∵E为PC中点，∴EH∥PD，
又EH?平面PAD，PD?平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知ABDH，∴BH∥AD，
又AD?平面PAD，BH?平面PAD，
∴BH∥平面PAD，又BH∩EH＝H，
∴平面BHE∥平面PAD，∴BE∥平面PAD．
(2)∵E为PC的中点，
∴V三棱锥E－PBD＝V三棱锥E－BCD＝·V三棱锥P－BCD．
又∵AD＝AB，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∴BD＝AB＝2.
又∵CD＝4，∠BDC＝∠BAD＝60°，
∴BD⊥BC．∴BC＝＝2.
∵PD⊥平面ABCD，
∴V三棱锥P－BCD＝PD·S△BCD＝×2××2×2＝，∴V三棱锥E－PBD＝.
名师点拨
判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a?α?a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)．
(5)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形．
角度2　线面平行的性质
例3
如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∠BAD＝60°，AB＝2，DE＝EF＝1.
(1)求证：BC∥EF；
(2)求三棱锥B－DEF的体积．
[解析]　(1)证明：∵AD∥BC，AD?平面ADEF，
BC?平面ADEF，∴BC∥平面ADEF.
又BC?平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∴BC∥EF.
(2)过点B作BH⊥AD于点H，
∵DE⊥平面ABCD，BH?平面ABCD，∴DE⊥BH.
∵AD?平面ADEF，
DE?平面ADEF，AD∩DE＝D，
∴BH⊥平面ADEF.
∴BH是三棱锥B－DEF的高．
在Rt△ABH中，∠BAD＝60°，AB＝2，故BH＝.
∵DE⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴DE⊥AD．
由(1)知BC∥EF，且AD∥BC，
∴AD∥EF，∴DE⊥EF.
∴三棱锥B－DEF的体积V＝×S△DEF×BH＝××1×1×＝.
名师点拨
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．
〔变式训练2〕
(1)(角度2)如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.
求证：PA∥GH.
(2)(角度1)(2020·广东佛山质检，节选)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点．
求证：EF∥平面PAB．
(3)(角度1)(2021·贵州黔东南州二模)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别为BC，AP的中点．
①求证：EF∥平面PCD；
②若AD＝AP＝PB＝AB＝1.求三棱锥P－DEF的体积．
[解析]　(1)证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴PA∥MO.
又MO?平面BMD，PA?平面BMD，
∴PA∥平面BMD．
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA?平面PAHG，
∴PA∥GH.
(2)解法一：取PB的中点H，连FH、HA，
∵F为PC的中点，∴FHBC，
又四边形ABCD为平行四边形，
∴BCAD，从而FHAD，
又E为AD的中点，∴FHEA，∴EF∥AH，
又EF?平面PAB，HA?平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
解法二：取BC的中点H，连FH，HE，
∵F为PC的中点，
∴FH∥BP，又FH?平面PAB，
∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，且四边形ABCD为平行四边形，
∴HE∥BA，又HE?平面PAB，
∴HE∥平面DAB，又FH∩EH＝H，
∴平面EFH∥平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
解法三：连CE并延长交BA的延长线于H，连PH.
∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点，
∴△CDE≌△HAE，
∴CE＝EH，又F为PC的中点，
∴EF∥PH，
又EF?平面PAB，PH?平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
(3)①证明：如图，取PD中点G，连接GF，GC．
在△PAD中，G，F分别为PD，AP的中点，
∴GFAD．
在矩形ABCD中，E为BC的中点，
∴CEAD，∴GFEC，
∴四边形EFGC是平行四边形，∴GC∥EF.
∵GC?平面PCD，EF?平面PCD，
∴EF∥平面PCD．
②∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB，AD∥BC．
又AD?平面PAD，BC?平面PAD，
∴BC∥平面PAD．
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD?平面ABCD，
∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥BP，平面PAD⊥平面PAB．
AD＝AP＝PB＝AB＝1，
∵AB＝，∴AP2＋PB2＝AB2，
∴AP⊥BP.∵AD∩AP＝A，
∴BP⊥平面PAD．∵BC∥平面PAD，
∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．
∵S△PDF＝PF·AD＝××1＝，
∴V三棱锥P－DEF＝V三棱锥E－PDF＝S△PDF·BP＝××1＝，
∴
三棱锥P－DEF的体积为.
考点三　两个平面平行的判定与性质——师生共研
例4
如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[证明]　(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，E，F分别为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.
又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，
所以A1GEB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB．
因为A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
[引申1]在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA．
[证明]　如图所示，连接HD，A1B，
因为D为BC1的中点，
H为A1C1的中点，
所以HD∥A1B，
又HD?平面A1B1BA，
A1B?平面A1B1BA，
所以HD∥平面A1B1BA．
[引申2]在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
[证明]　如图所示，连接A1C，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.
又由三棱柱的性质知，D1C1BD，
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，
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D．
名师点拨
证明面面平行的方法有
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
(6)向量法：证明两平面的法向量平行．
〔变式训练3〕
(2021·南昌模拟)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．
[解析]　(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，CN，MN?平面CMN，
∴平面CMN∥平面PAB．
(2)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．
∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝，
∴三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝××1××2＝.
名师讲坛·素养提升
探索性问题求解策略
例5
(2021·安徽皖北联考)如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC．
(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点，
∴E、F、A共线，连AE，又G为EC的中点，
∴GF∥AC，
又GF?平面ABC，AC?平面ABC，
∴GF∥平面ABC．
注：本题也可取BE的中点Q，连GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证．
(2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD．
证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点，
∴GH∥BE，又BE∥AD，
∴GH∥AD，
又GH?平面ACD，AD?平面ACD，
∴GH∥平面ACD，
又GF∥AC，GF?平面ACD，AC?平面ACD，
∴GF∥平面ACD，
∴平面GFH∥平面ACD．
[引申]ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD．
[解析]　当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD．
名师点拨
平行中的探索性问题
(1)对命题条件的探索常采用以下三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
〔变式训练4〕
在三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC上是否存在一点H，使A1B∥平面AC1H？并证明．
[解析]　BC上存在点H(即BC的中点)使A1B∥平面AC1H.
证明如下：连A1C交AC1于O，
则O为A1C的中点
连HO，又H为BC的中点，
∴HO∥A1B，
又OH?平面AHC1，A1B?平面AHC1，
∴A1B∥平面AC1H.
PAGE第三讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
知识梳理·双基自测
知识点一　平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的_两点__在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过_不共线__的三点，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们_有且只有一条__过该点的公共直线．
知识点二　空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形语言
符号语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形语言
符号语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形语言
符号语言
a，b是异面直线
a?α
知识点三　异面直线所成角、平行公理及等角定理
(1)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的_锐角或直角__叫做异面直线a与b所成的角．
②范围：.
(2)平行公理
平行于同一条直线的两条直线_平行__.
(3)等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角_相等或互补__.
异面直线的判定定理
过平面内一点与平面外一点的直线和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．
用符号可表示为：
若l?α，A?α，B∈α，B?l，则直线AB与l是异面直线(如图)．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　√　)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　×　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　×　)
(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　√　)
(5)两两相交的三条直线共面．(　×　)
(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a?α，b?β，则a，b是异面直线．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P52B组T1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　C　)
A．30°　　
B．45°　　
C．60°　　
D．90°
[解析]　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.故选C．
3．(必修2P45例2)如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点，
(1)若＝且＝，则E、F、G、H是否共面．_共面__.
(2)若E、F、G、H分别为棱AB、BC、CD、DA的中点，①当AC，BD满足条件_AC＝BD__时，四边形EFGH为菱形；②当AC，BD满足条件_AC＝BD且AC⊥BD__时，四边形EFGH为正方形．
题组三　走向高考
4．(2019·新课标Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　B　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
[解析]　∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，M是线段ED的中点，
∴BM?平面BDE，EN?平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，
设DE
＝a，则BD＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，
∴BE＝＝a，
∴BM＝a，EN＝＝a，
∴BM≠EN，故选B．
5．(2017·新课标Ⅱ)已知直三棱柱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(　C　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
[解析]　解法一：如图所示，补成四棱柱ABCD－A1B1C1D1，
连DC1、BD，则DC1∥AB1，
∴∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角，
由题意知BC1＝，
BD＝＝，
C1D＝，
∴BC＋BD2＝C1D2，∴∠DBC1＝90°，
∴cos∠BC1D＝＝.故选C．
解法二：(向量法)
如图建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,0,1)，C1，
从而＝(－2,0,1)，＝，
记异面直线AB1与BC1所成角为θ，
则cos
θ＝＝＝，故选C．
解法三：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使BD＝BC，B1D1＝B1C1，连接DD1，B1D．
由题意知，C1B
B1D，
则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．
连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝.
又B1D＝BC1＝，AB1＝，
∴cos∠AB1D＝＝＝.
考点突破·互动探究
考点一　平面基本性质的应用——自主练透
例1
如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG︰GC＝DH︰HC＝1︰2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
[解析]　(1)证明：∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD．
在△BCD中，＝＝，
∴GH∥BD，∴EF∥GH.
∴E，F，G，H四点共面．
(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG?平面ABC，
∴P∈平面ABC．同理P∈平面ADC．
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．
注：本题(2)可改为：求证GE、HF、AC三线共点．
名师点拨
1．证明空间点共线问题的方法
(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．
(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．
2．点、线共面的常用判定方法
(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．
(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．
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．
〔变式训练1〕
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
[解析]　(1)如图，连接EF，CD1，A1B．
因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B．
又A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以E，C，D1，F四点共面．
(2)因为EF∥CD1，EF所以CE与D1F必相交，
设交点为P，则由P∈CE，CE?平面ABCD，得P∈平面ABCD．
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
所以P∈直线DA．
所以CE，D1F，DA三线共点.
考点二　空间两条直线的位置关系——师生共研
例2
(1)(2019·上海)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足：a?α，b?β，c?γ，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系(　B　)
A．两两垂直　　
B．两两平行
C．两两相交　　
D．两两异面
(2)如图所示，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_③④__(注：把你认为正确的结论序号都填上)．
[解析]　(1)如图1，可得a、b、c可能两两垂直；
如图2，可得a、b、c可能两两相交；
如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选B．
(2)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，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.
名师点拨
1．异面直线的判定方法
(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．
(2)判定定理法：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．判定平行直线的常用方法
(1)三角形中位线的性质．
(2)平行四边形的对边平行．
(3)平行线分线段成比例定理．
(4)公理：若a∥b，b∥c，则a∥c.
〔变式训练2〕
(1)(2021·甘肃诊断)如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有_3__对．
(2)(多选题)(2021·湘潭调研改编)下图中，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，MN是异面直线的图形是(　BD　)
[解析]　(1)画出该正方体的直观图如图所示，其中异面直线有(AB，GH)，(AB，GD)，(GH，EB)．故共有3对．故答案为：3.
(2)图A中，直线GH∥MN；
图B中，G，H，N三点共面，但M?平面GHN，N?HG，因此直线GH与MN异面；图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图D中，G、M、N共面，但H?平面GMN，G?MN因此GH与MN异面，故选B、D．
考点三　异面直线所成的角——师生共研
例3
(1)(2021·广西玉林模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD的中点，则异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为(　A　)
A．　　
B．
C．　　
D．
(2)(2021·山东泰安模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是(　C　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
(3)若两条异面直线a、b所成角为60°，则过空间一点O与两异面直线a、b所成角都为60°的直线有_3__条．
[解析]　(1)解法一：(平移法)
如图，连接BE，BF、D1F，
由题意知BED1F为平行四边形，
∴D1E∥BF，
∴异面直线D1E与A1F所成角为A1F与BF所成锐角，即∠A1FB，
连接A1B，设AB＝2，
则在△A1BF中，A1B＝2，BF＝，
A1F＝＝3，
∴cos∠A1FB＝＝＝.
∴异面直线D1E与A1F所成的角的余弦值为.故选A．
解法二：(向量法)
如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，
异面直线D1E与A1F所成角为θ，
则＝(2,1,0)，＝(－2,1，－2)，
∴cos
θ＝＝＝.故选A．
(2)连接ND，取ND的中点E，连接ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，
∵AN＝＝2，
∴ME＝＝EN，MC＝2，
又∵EN⊥NC，∴EC＝＝，
∴cos∠EMC＝＝＝.故选C．
(3)如图，过O分别作a′∥a，b′∥b，
则a′，b′所成角为60°，
如图易知过O与a′、b′所成角都为60°的直线有3条，
即与a，b所成角都为60°的直线有3条．
[引申1]本例(2)中MN与BD所成角的余弦值为___.
[解析]　取CD的中点H，连DN，NH，MH，则NH∥BD，∠HNM为异面直线MN与BD所成的角，由题意知AN＝2，从而MN＝，又NH＝＝MH，∴cos∠HNM＝＝.
[引申2]本例(3)中与异面直线a、b所成角都为75°的直线有_4__条．
注：本例中，若直线与异面直线所成角都为θ，则
(1)0<θ<时，0条；
(2)θ＝时，1条；
(3)<θ<时，2条；
(4)<θ<时，4条；
(5)θ＝时，1条．
名师点拨
求异面直线所成角的方法
1．平移法
(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．
注：①为便于作出异面直线所成角，可用补形法，如将三棱柱补成四棱柱；②注意余弦定理的应用．
2．向量法
建立空间直角坐标系，利用公式|cos
θ|＝求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．
〔变式训练3〕
(1)(2021·山西运城调研)如图，等边△ABC为圆锥的轴截面，D为AB的中点，E为弧BC的中点，则直线DE与AC所成角的余弦值为(　C　)
A．　　
B．
C．　　
D．
(2)(2021·黑龙江师大附中期中)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，则直线A1B与AC1所成角的大小为(　B　)
A．30°　　
B．60°　　
C．90°　　
D．120°
[解析]　(1)取BC的中点O，连接OE，OD，
∵D为AB的中点，
∴OD∥AC，
∴∠EDO即为DE与AC所成的角，
由E为的中点得OE⊥BC，又平面ABC⊥平面BCE，
∴OE⊥平面ABC，从而OE⊥OD，
设正△ABC的边长为2a，则OD＝a＝OE，
∴cos∠EDO＝cos
＝，故选C．
(2)解法一：(平移法)
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，连接A1C，A1C∩AC1＝O，则O为A1C的中点，取BC的中点H，连接OH，则OH∥A1B，∴∠AOH或其补角即为直线A1B与AC1所成的角．
设AB＝AC＝AA1＝1，则BC＝，
易得AO＝AH＝OH＝，
∴三角形AOH是正三角形，∴∠AOH＝60°，即异面直线所成角为60°.故选B．
解法二：(向量法)
如图建立空间直角坐标系，不妨设AB＝1，A1B与AC1所成角为θ，
则＝(1,0，－1)，＝(0,1,1)，
∴cos
θ＝＝＝.
∴θ＝60°，故选B．
名师讲坛·素养提升
空间几何体的截面问题
例4
(原创)E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，若AB＝6，则过A、E、F三点的截面的面积为___.
[解析]　作直线EF分别与直线DC、DD1相交于P、Q，
连AP交BC于M，连AQ交A1D1于N，连接NF、ME.
则五边形AMEFN即为过A、E、F三点的截面．
由题意易知AP＝AQ＝，PQ＝9，
∴S△APQ＝，
又ME∥AQ，且＝，
∴S△MPE＝S△QNF＝S△APQ，
∴SAMEFN＝S△APQ＝.
名师点拨
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：
(1)确定平面的条件；
(2)三线共点的条件；
(3)面面平行的性质定理．
〔变式训练4〕
(多选题)(2021·百师联盟联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，用一个平面α截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是(　AD　)
A．这两部分的表面积也相等
B．截面可以是三角形
C．截面可以是五边形
D．截面可以是正六边形
[解析]　平面α截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积也相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图)．故选AD．
PAGE第七讲　立体几何中的向量方法
知识梳理·双基自测
知识点一　两个重要的向量
(1)直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有_无数__个．
(2)平面的法向量
直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有_无数__个，它们是共线向量．
知识点二　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
知识点三　两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝___(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
知识点四　直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝___.
知识点五　求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝_〈，〉__.
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝___，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
知识点六　利用空间向量求距离
(1)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝.
(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
注意体积法在求点到平面距离时的应用．
1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，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．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　×　)
(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)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．(　×　)
(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　×　)
(6)若空间向最a平行于平面α，则a所在直线与平面a平行．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P111T3)如图所示，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的位置关系是_垂直__.
[解析]　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，
·＝·＝0，
∴ON与AM垂直．
3．(必修2P117A组T4)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是___.
[解析]　分别取AC、A1C1的中点D、D1，连接BD，D1D，易知D1D⊥平面ABC，且BD⊥AC，故以D为坐标原点，AC、DB、DD1所成的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知B，C1，
∴＝，
设BC1与侧面ACC1A1所成的角为θ，
∵平面ACC1A1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
∴sin
θ＝＝＝，∴θ＝.
题组三　走向高考
4．(2020·新高考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°
[解析]　由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，
由图易知α＝40°，故选B．
5．(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
[解析]　解法一：(1)证明：连接A1E，
因为A1A＝A1C，
E是AC的中点，
所以A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，
A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面
ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC，
则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC．
(2)取BC的中点G，连接EG，GF，
则四边形EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形．
由(1)得BC⊥平面EGFA1，
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角，
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
解法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，
E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－xyz.
不妨设AC＝4.
则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0得EF⊥
BC．
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)，
故sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
考点突破·互动探究
考点一　利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透
例1
(2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC∥平面PEG？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．
[解析]　取BA的中点H，连EH，在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD，
∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，
∴PE⊥EH，PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，则P，A，B，D，E(0,0,0)，C.
(1)＝，＝(0，－，0)，
∴·＝×0＋0×(－)＋×0＝0，
∴⊥，即PA⊥BD．
(2)设线段AB上存在点G满足条件，
则＝λ＝(－λ，λ，0)(0≤λ≤1)，
＝－＝(－λ，λ，0)－
＝.
且＝m＋n，
即＝，
∴解得λ＝.
∴存在点G，当AG＝AB时，BC∥平面PEG.
注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG的法向量n，利用n·＝0?n⊥?BC∥平面PEG判断解答．
名师点拨
(1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．
(2)用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示
面面平行
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②转化为线面平行、线线平行问题
(3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题
直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题
两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
〔变式训练1〕
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD．
[证明]　以B为坐标原点，BA，BC，BB1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B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
设BA＝a，则A(a,0,0)，G，A1(a，0,4)．
(1)因为＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，
所以·＝0，·＝0.
所以⊥，⊥，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD．
又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．
因为B1D?平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD．
(2)证法一：因为＝，＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，
所以·＝0，·＝0.
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.
因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF.
又由(1)知B1D⊥平面ABD，
所以平面EGF∥平面ABD．
证法二：∵＝，∴＝－，
又GF?平面ABD，AB?平面ABD，
∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF?平面EGF，EF?平面EGF，
∴平面EGF∥平面ABD．
考点二　利用向量求空间的角——多维探究
角度1　向量法求异面直线所成的角
例2
(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　B　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．－
[解析]　取BD的中点O，连AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝，AO＝1.在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，∴＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)，设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos
θ＝＝＝，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为，故选B．
名师点拨
(1)求异面直线所成角的思路：
①选好基底或建立空间直角坐标系；
②求出两直线的方向向量v1，v2；
③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
(2)两异面直线所成角的关注点：
两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
角度2　向量法求线面角
例3
(2021·浙江联考)如图，底面ABCD为菱形，AP⊥平面ABCD，AP∥DE，∠BAD＝π，PA＝AD＝2DE.
(1)求证：BD∥平面PEC；
(2)求直线DP与平面PEC所成角的正弦值．
[解析]　解法一：连AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又∠BAD＝，
∴△ABC为正三角形，
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设PA＝AD＝2DE＝2，
则易得点C(0,1,0)，D(－，0,0)，P(0，－1,2)，E(－，0,1)，
∴＝(，－1,2)，＝(0，－2,2)，＝(－，－1,1)．
设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，∴n＝(0,1,1)．
(1)∵＝(2，0,0)，
∴·n＝0，即⊥n，
又BD?平面PCE，
∴BD∥平面PCE.
(2)设直线DP与平面PEC所成角为θ，
∴sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
即直线DP与平面PEC所成角的正弦值为.
解法二：(1)连接AC交BD于点O，取PC的中点G，连接EG，GO，则G，O分别为PC，AC的中点，
故GO∥PA，且GO＝PA．
∵AP∥DE，PA＝2DE，
∴GO∥DE，GO＝DE，
∴四边形EDOG为平行四边形，
∴EG∥DO，即EG∥BD．
又∵EG?平面PEC，BD?平面PEC，
∴BD∥平面PEC．
(2)连接DP.∵AP⊥平面ABCD，
∴AP⊥AD，AP⊥AC，
∴△PAD，△PAC为直角三角形，且PA⊥平面ABCD，
∵AP∥DE，∴DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥CD，∴△EDC为直角三角形．
又PA＝AD＝2DE，
不妨设PA＝AD＝2DE＝2，
∴DP＝2，在直角梯形PADE中，PE＝.
∵底面ABCD为菱形，DC＝DA＝2，
∴EC＝，S△EDC＝1.
∵∠DAB＝π，∴AC＝2.
在Rt△PAC中，PC＝2，∴S△PEC＝，
∵AP∥DE，∴AP∥平面DCE，
∵VP－EDC＝VA－EDC，又VD－PEC＝VP－EDC，
∴VD－PEC＝VA－EDC，
过点A作AH⊥DC于点H，
易得AH⊥平面EDC，AH＝.
设点D到平面PEC的距离为h，
故×·h＝××1，∴h＝.
设DP与平面PEC所成角为θ，
∴sin
θ＝＝＝.
名师点拨
1．线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin
θ＝|cos〈a，b〉|＝(θ是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意a和b的夹角与线面角的关系．
2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤
(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组，求出法向量；
(4)将空间位置关系转化为向量关系；
(5)根据定理结论求出相应的角．
注：用体积法求出点P到平面α的距离h，只需再求出|PA|，则可得直线PA与平面α所成角的余弦值cos
θ＝.通过本例两种解法可出看向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．
角度3　向量法求二面角
例4
(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC．
(1)证明：PA⊥平面ABC；
(2)若D为PC的中点，且PA＝2AB，AB＝BC，求二面角A－BD－C的余弦值．
[解析]　(1)证明：过点B作BO⊥AC于O.
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO?平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，∴BO⊥PA．
又∵BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，∴BC⊥PA．
又∵BC∩BO＝B，BC，BO?平面ABC，
∴PA⊥平面ABC．
(2)∵AB＝BC，BO⊥AC，∴O为BC中点．
又∵D为PC的中点，∴DO∥PA．
由(1)知，PA⊥平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BO，DO⊥AO，
∴以O为原点，以，，所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．
设AB＝BC＝，则AC＝2，PA＝4，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2)．
设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
∴n1⊥，n1⊥，n1·＝0，n1·＝0，
＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，
∴.
设z1＝1得x1＝2，y1＝2，∴n1＝(2,2,1)，
设平面BCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
∴n2⊥，n2⊥，n2·＝0，n2·＝0，
＝(1,1,0)，＝(0,1，－2)，
∴.
令z2＝1得x2＝－2，y2＝2，∴n2＝(－2,2,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
∵二面角A－BD－C的平面角θ是钝角，
∴cos
θ＝－.
即二面角A－BD－C的余弦值为－.
注：(1)注意到AB、BC、PA两两垂直，故也可以BC为x轴、BA为y轴建立坐标系求解；
(2)注意到△BCD≌△BAD，故作CH⊥BD于H，连AH，则AH⊥BD，∴∠AHC即为二面角A－BD－C的平面角，令AB＝BC＝，易求得CH＝AH＝，∴cos∠AHC＝＝－.
名师点拨
利用向量法确定二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：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法：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．
(3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ，PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h，则sin
θ＝.
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点，则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为___.
(2)(角度2)(2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中，AE＝2，又BF＝2.
①求证：BC⊥平面ACFE；
②求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．
(3)(角度3)(2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
①证明：MN∥平面C1DE；
②求二面角A－MA1－N的正弦值．
[解析]　(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，
设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)．
因为P为A1B1的中点，所以P.
从而＝，＝(0,2,2)．
故|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)证明：①在梯形ABCD中，AB∥CD，
AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，
∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，
∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC(也可以利用余弦定理求出AC，BC再证明)
又∵矩形ACFE中，CF＝AE＝2，又BF＝2，CB＝2，
∴CF2＋BC2＝BF2，∴CB⊥CF，
又∵AC∩CF＝F，∴BC⊥平面ACFE.
②以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴，以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
可得C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D(，－1,0)，E(2，0,2)．
∴＝(－2，0,0)，＝(0，－2,2)，＝(，－3,0)，
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
∴，
令y＝1，则x＝0，z＝1，∴n＝(0,1,1)，
∴|cos〈，n〉|＝＝，
∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是.
(3)①证法一：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN?平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.
证法二：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，连BD．
则△BCD为正三角形，又E为BC的中点，
∴DE⊥BC，又DD1⊥平面ABCD，
∴DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则＝(0，－，0)，＝(0，－，0)，
∴＝，∴MN∥ED，
又MN?平面ABCD，ED?平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．
②解法一：由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，
＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，
＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
解法二：由题意易知，A1M＝2＝AM，
又AA1＝4，
∴A1M2＋AM2＝AA，∴AM⊥A1M，
∴二面角A－MA1－N的大小即为AM与平面A1MN所成角的大小θ，
又A1M＝2，MN＝，A1N＝，
∴A1N＋MN2＝A1M，∴A1N⊥MN，
取AB的中点H，则DH⊥AB，且DH＝，
∵平面ABB1A1⊥平面ABCD，
∴DH⊥平面ABB1A1，
∴A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为，
记A到平面A1MN的距离为h，
∵VN－A1AM＝VA－A1MN，
则＝h，∴h＝，
∴sin
θ＝＝，
即二面角A－MA1－N的正弦值为.
考点三　利用向量求空间的距离——师生共研
例5
(2021·广东广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2的菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且PA＝PD，AD＝PB．
(1)求证：AD⊥PB；
(2)求点A到平面PBC的距离．
[解析]　(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OB，BD，
因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
所以AD＝AB＝BD．
因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．
在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD．
因为BO∩PO＝O，所以AD⊥平面POB．
因为PB?平面POB，所以AD⊥PB．
(2)由题意及(1)易知OP＝1，BO＝，PB＝2，
∴OP2＋BO2＝PB2，∴OP⊥OB，
∴OP、OA、OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，P(0,0,1)，
∴＝(－1,0,1)，＝(0，，－1)，＝(－2，，－1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴，
不妨取y＝1，则n＝(0,1，)，
∴点A到平面PBC的距离d＝＝.
另解(2)(体积法)：∵PA＝PD，∠APD＝90°，
∴PO＝AD＝1，
又AD⊥PB，BC∥AD，∴BC⊥PB，
记A到平面PBC的距离为h，则由VA－PBC＝VP－ABC得h＝××2×2sin
120°，∴h＝，
即A到平面PBC的距离为.
〔变式训练3〕
(2021·安徽合肥质检)如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1C＝AC1，M为线段AC的中点．
(1)求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
(2)求点C到平面A1BC1的距离．
[解析]　(1)因为四边形A1ACC1为菱形，所以A1C⊥AC1.
又因为A1C＝AC1，所以∠ACC1＝60°，
即△ACC1为等边三角形．
因为AC1＝CC1，M为线段AC的中点，
所以AC⊥C1M.
因为AB＝BC，M为线段AC的中点，
所以AC⊥BM.
又因为C1M∩BM＝M，所以AC⊥平面BMC1.
又因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BMC1.
又A1C1?平面A1BC1，所以平面BMC1⊥平面A1BC1.
(2)因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线是AC，且C1M⊥AC，
所以C1M⊥平面ABC．
以M为原点，MB，MC，MC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
C(0,1,0)，B(，0,0)，C1(0,0，)，A1(0，－2，)，
则＝(0,2,0)，＝(－，0，)，＝(0，－1，)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
令x＝1，则n＝(1,0,1)，
∴点C到平面A1BC1的距离d＝＝＝.
名师讲坛·素养提升
利用向量法解答立体几何中的探究型问题
例6
(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点，过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F.
(1)求证：GF⊥PA；
(2)若PA＝PD＝，是否存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为，若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)因为BC＝AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC∥AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE∥CD，
又因为CD?平面PCD，BE?平面PCD，
所以BE∥平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，所以BE∥GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，所以GF⊥平面PAD，
又PA?平面PAD，所以GF⊥PA．
(2)因为PA＝PD，E为线段AD的中点，所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz；
则P(0,0,1)，B(0,1,0)，E(0,0,0)，D(－1,0,0)，
则＝(0,1，－1)，＝(0，－1,0)，＝(1,0,1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，得G(λ－1,0，λ)，
所以＝(λ－1,0，λ)，
设平面BEGF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝λ，可得n＝(λ，0,1－λ)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sin
α＝|cos〈n，〉|＝＝＝；
得λ＝或λ＝－1(舍)，
所以存在点G，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为.
故G为DP的靠近D点的三等分点．
名师点拨
对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，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”．
〔变式训练4〕
(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝1，PD＝AD＝2DC＝2，∠PDA＝60°，且平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：BD⊥PC；
(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角M－BC－D的大小为30°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)过点P在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为O，连接BO、OC，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，
∵∠PDA＝60°，PD＝DA＝2，
∴△PDA是等边三角形，∴OD＝1＝BC，
∵OD∥BC，∠BCD＝90°，
∴四边形OBCD是正方形，∴BD⊥OC，
∵OC∩PO＝O，∴BD⊥平面POC，
∵PC?平面POC，∴BD⊥PC．
(2)∵PO⊥平面ABCD，OB⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系O－xyz，
则B(0,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，A(1,0,0)，
假设在线段PA上存在一点M，使二面角M－BC－D大小为30°，
设＝λ(0≤λ≤1)，＝(0，－1，)
则＝＋＝(λ，－1，－λ)，＝(－1,0,0)，
设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
取m＝(0，－λ，1)，
又平面ABCD的一个法向量n＝(0,0,1)，
∵二面角M－BC－D大小为30°，
∴cos
30°＝＝＝，
解得λ＝或λ＝(舍)，
∴在线段PA上存在点M，满足题设条件，且＝.
PAGE第六讲　空间向量及其运算
知识梳理·双基自测
知识点一　空间向量的有关概念
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有_大小__和_方向__的量叫做空间向量，其大小叫做向量的_长度__或_模__.
(2)相等向量：方向_相同__且模_相等__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_平行__或_重合__，则这些向量叫做_共线向量__或_平行向量__.
(4)共面向量：平行于同一_平面__的向量叫做共面向量．
2．空间向量中的有关定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b?存在唯一确定的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，存在一个唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)已知两个非零向量a，b，在空间任取一点，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作_〈a，b〉__，其范围是_0≤〈a，b〉≤π__，若〈a，b〉＝，则称a与b_互相垂直__，记作a⊥b.
向量a，b的数量积a·b＝_|a||b|cos〈a，b〉__.
(2)空间向量数量积的运算律
结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
交换律：a·b＝b·a；
分配律：a·(b＋c)＝_a·b＋a·c__.
知识点二　空间向量的坐标表示及其应用
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)
_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〉＝___
1．向量三点共线定理
在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点．
2．向量四点共面定理
在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)空间中任意两个非零向量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，由a·b＝b·c，则a＝c.(　×　)
(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　×　)
(5)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0.(　√　)
(6)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P97A组T2)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向量是(　A　)
A．－a＋b＋c　　
B．a＋b＋c
C．－a－b＋c　　
D．a－b＋c
[解析]　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3．(必修2P98T3)正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为___.
[解析]　||2＝2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋2×1×cos
120°)＝2，
∴||＝，∴EF的长的.
题组三　走向高考
4．(2018·课标Ⅱ)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(　C　)
A．　　
B．　　
C．　　
D．
[解析]　以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝BC＝1，AA1＝，∴A(1,0,0)，D1(0,0，)，D(0,0,0)，B1(1,1，)，＝(－1,0，)，＝(1,1，)，设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，则cos
θ＝＝＝，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．
5．(2020·江苏，22)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．
求直线AB与DE所成角的余弦值．
[解析]　连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，
所以CO⊥BD．
又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC．
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．
因为E为AC的中点，所以E(0,1,1)．
则＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，
所以|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
考点突破·互动探究
考点一　空间向量的线性运算——自主练透
例1
(1)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．
①化简－－＝___.
②用，，，表示，则＝_＋＋__.
(2)在三棱锥O－ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示，.
[解析]　(1)①－－＝－(＋)＝－＝＋＝.
②因为＝＝(＋)．
所以＝＋＝(＋)＋＝＋＋.
(2)＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋[(＋)－]
＝－＋＋.
＝＋＝－＋＋
＝＋＋.
名师点拨
(1)用基向量表示指定向量的方法
用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来．
(2)向量加法的多边形法则
首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．
提醒：空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运算．
〔变式训练1〕
(1)如图所示，在空间几何体ABCD－A1B1C1D1中，各面为平行四边形，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
①＝_a＋c＋b__；
②＋＝_a＋b＋c__.
(2)(2021·晋江模拟)设O－ABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则(x，y，z)为___.
[解析]　(1)①因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋
＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
②因为M是AA1的中点，
所以＝＋＝＋
＝－a＋
＝a＋b＋c.
又＝＋＝＋
＝＋＝c＋a，
所以＋＝＋
＝a＋b＋c.
(2)如图所示，取BC的中点E，连接AE.
则＝＝(＋)＝＋＝＋(＋)＝＋(－＋－)＝(＋＋)，∴x＝y＝z＝.
考点二　空间向量共线、共面定理的应用——师生共研
例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)向量是否与向量，共面？
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？
[解析]　(1)∵＝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0MN不在平面ABB1A1内，
又由(1)知与、共面，
所以MN∥平面ABB1A1.
名师点拨
1．证明空间三点P、A、B共线的方法
(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可通过证明下列结论成立来证明四点共面．
(1)＝x＋y；
(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；
(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；
(4)∥(或∥或∥)．
〔变式训练2〕
已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)．
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
[解析]　(1)由题知＋＋＝3，
所以－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
所以，，共面．
(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
考点三　空间向量的坐标运算——师生共研
例3
(2021·安庆模拟)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1，1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，且c∥，求c；
(2)求a和b的夹角的余弦值；
(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值；
(4)若λ(a＋b)＋μ(a－b)与z轴垂直，求λ，μ应满足的关系．
[解析]　(1)∵c∥，
所以c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．
所以|c|＝＝3|m|＝3.
即m＝±1.所以c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．
(2)因为a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
所以a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.
又|a|＝＝，
|b|＝＝，
所以cos〈a，b〉＝＝＝－.
所以a和b夹角的余弦值为－.
(3)解法一：因为ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，所以(k－1，k,2)(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.
所以k＝2或k＝－.
即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k＝2或k＝－.
解法二：由(2)知|a|＝，|b|＝，a·b＝－1，
所以(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，得k＝2或k＝－.
(4)因为a＋b＝(0,1,2)，a－b＝(2,1，－2)，
所以λ(a＋b)＋μ(a－b)＝(2μ，λ＋μ，2λ－2μ)．
因为[λ(a＋b)＋μ(a－b)]·(0,0,1)＝2λ－2μ＝0，
即当λ，μ满足关系λ－μ＝0时，可使λ(a＋b)＋μ(a－b)与z轴垂直．
名师点拨
空间向量的坐标运算与平面向量坐标运算类似，可对比应用．
利用空间向量的坐标运算解题是高考立体几何大题的必考内容，而寻求三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系是解题的突破口．
〔变式训练3〕
(1)与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是(　A　)
A．和
B．
C．
D．或
(2)已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k＝(　D　)
A．－1　　
B．　　
C．　　
D．
[解析]　(1)与向量a＝(－3，－4,5)共线的单位向量为±＝±(－3，－4,5)＝或.
(2)由题意，得ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，所以(ka＋b)·(2a－b)＝3(k－1)＋2k－2×2＝5k－7＝0，解得k＝.
名师讲坛·素养提升
向量在立体几何中的简单应用
例4
(1)(多选题)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是(　ACD　)
A．当＝2时，B1，P，D三点共线
B．当⊥时，⊥
C．当＝3时，D1P∥平面BDC1
D．当＝5时，A1C⊥平面D1AP
(2)(多选题)(2021·广东珠海期末改编)已知球O的半径为2，A，B是球面上的两点，且AB＝2，若点P是球面上任意一点，则·的取值可能是(　ABCD　)
A．－2　　
B．0　　
C．2　　
D．4
(3)二面角α－l－β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为(　A　)
A．2a　　
B．a　　
C．a　　
D．a
[解析]　(1)如图建立空间直角坐标系，A1(1,0,1)，C(0，，0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，B1(1，，1)，D(0,0,0)，
当＝2时，＝，
＝＋＝，而＝(1，，1)，
∴＝，
∴B1、P、D三点共线，A正确；
＝＋＝＋λ＝(－λ，λ，1－λ)．
当⊥时，·＝5λ－1＝0，∴λ＝，
∴·＝·＝－≠0，
∴⊥错；
当＝3时，＝，
＝－＝，
又＝(1，，0)，＝(0，，1)，
∴＝－，
∴D1P∥平面BDC1，C正确；
当＝5时，＝，
从而＝，
又·＝(－1,0,1)·(－1，，－1)＝0，
∴A1C⊥AD1，
·＝(－，，)·(－1，，－1)＝0，
∴A1C⊥AP，
∴A1C⊥平面D1AP，D正确，故选A、C、D．
(2)由球O的半径为2，A，B是球面上的两点，
且AB＝2，可得∠AOB＝，
·＝2×2×(－)＝－2，|＋|＝2，
·＝(－)·(－)＝·－(＋)·＋2＝－2－|＋|·||cos
θ＋4＝2－4cos
θ∈[－2,6]，故选A、B、C、D．
(3)∵AC⊥l，BD⊥l，
∴〈，〉＝60°，且·＝0，·＝0，
∴＝＋＋.
∴||＝
＝＝2a.故选A．
例5
如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为棱AB，BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
[解析]　解法一：由题意可知CA、CB、CC′两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设AC＝BC＝AA′＝2a，
则＝(0,2a，a)，＝(－a，a，－2a)，＝(－2a,0,2a)
(1)∵·＝0＋2a2－2a2＝0，
∴⊥，即CE⊥A′D．
(2)记异面直线CE与AC′所成角为θ，
则cos
θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
解法二：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，
根据题意得|a|＝|b|＝|c|，
且a·b＝b·c＝c·a＝0，
∴＝b＋c，＝－c＋b－a，
∴·＝－c2＋b2＝0，
∴⊥，即CE⊥A′D．
(2)∵＝－a＋c，||＝|a|，＝b＋c，
||＝|a|，
·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，
∴cos〈，C〉＝＝＝，
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.
名师点拨
空间向量数量积的应用中的主要题型
(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．
注：若几何体中存在两两垂直的三线，可建空间直角坐标系，“坐标化”求解．
〔变式训练4〕
(1)如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.则AC1＝___；BD1与AC夹角的余弦值为___.
(2)(2021·湖南省六校联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面是边长为a的菱形，∠BAD＝60°，AA1＝2a，则直线A1C1与B1C成角的余弦值为___.
[解析]　(1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
∴||2＝(a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×＝6.
∴||＝，即A1C的长为.
又＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝.
∴·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos?，?＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
(2)连接AC、BD相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB⊥CD，
如图建立空间直角坐标系，
则B1(0，，2a)，C，C1，A1，
∴＝(－a,0,0)，＝，
记B1C与A1C1所成角为θ，则
cos
θ＝＝＝.
注：本题也可连AC、AB1，解△AB1C，求cos∠ACB1即可．
PAGE第二讲　空间几何体的表面积与体积
知识梳理·双基自测
知识点一　柱、锥、台和球的侧面积和体积
侧面积
体积
圆柱
S侧＝2πrh
V＝_S底·h__＝πr2h
圆锥
S侧＝_πrl__
V＝S底·h＝πr2h＝πr2
圆台
S侧＝π(r1＋r2)l
V＝(S上＋S下＋)·h＝π(r＋r＋r1r2)h
直棱柱
S侧＝_ch__
V＝_S底h__
正棱锥
S侧＝ch′
V＝S底h
正棱台
S侧＝(c＋c′)h′
V＝(S上＋S下＋)h
球
S球面＝_4πR2
V＝πR3
知识点二　几何体的表面积
(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是_各面面积之和__.
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是_矩形__、_扇形__、_扇环形__；它们的表面积等于_侧面积__与底面面积之和．
1．长方体的外接球：
球心：体对角线的交点；半径：r＝___(a，b，c为长方体的长、宽、高)．
2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球：
(1)外接球：球心是正方体中心；半径r＝_a__(a为正方体的棱长)；
(2)内切球：球心是正方体中心；半径r＝___(a为正方体的棱长)；
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝_a__(a为正方体的棱长)．
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)．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　√　)
(2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(　√　)
(3)锥体的体积等于底面积与高之积．(　×　)
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则R＝a.(　√　)
(5)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.(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P27T1)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(　B　)
A．1
cm　　
B．2
cm　　
C．3
cm　　
D．
cm
[解析]　由条件得：，∴3r2＝12，∴r＝2.
题组三　走向高考
3．(2020·天津卷)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(　C　)
A．12π　　
B．24π　　
C．36π　　
D．144π
[解析]　这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线长的一半，
即R＝＝3，
所以，这个球的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.故选：C．
4．(2018·课标全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　B　)
A．12π　　
B．12π
C．8π　　
D．10π
[解析]　设圆柱底面半径为r，则4r2＝8，即r2＝2.∴S圆柱表面积＝2πr2＋4πr2＝12π.
5．(2020·浙江卷)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　)
A．　　
B．　　
C．3　　
D．6
[解析]　由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面．棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：××1＋×2＝＋2＝.
故选：A．
考点突破·互动探究
考点一　几何体的表面积——自主练透
例1
(1)(2021·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(　C　)
A．2＋　　
B．4＋
C．2＋2　　
D．5
(2)(2021·安徽江南十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为(　B　)
A．78－　　
B．78－
C．78－π　　
D．45－
(3)(多选题)(2021·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(　AB　)
A．π　　
B．(1＋)π
C．2π　　
D．(2＋)π
[解析]　(1)由三视图知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA⊥平面ABC)，如图所示，由三视图中的数据可计算得S△ABC＝×2×2＝2，S△SAC＝××1＝，S△SAB＝××1＝，S△SBC＝×2×＝，所以S表面积＝2＋2.故选C．
(2)由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个球，如图所示．
∴S＝3×3×2＋3×5×4－＋＝78－π.故选B．
(3)若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为π＋π；若绕斜边旋转一周形成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为π，故选A、B．
名师点拨
空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用．
(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)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．
〔变式训练1〕
(2020·河南开封二模)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是(　C　)
A．6　　
B．8＋4
C．4＋2　　
D．4＋
[解析]　由三视图得几何体如图所示，该几何体是一个三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，一个侧面是一个底和高均为2的等腰三角形，
另外两个侧面是腰长为AC＝AB＝＝，
底边AD长为2的等腰三角形，
其高为＝，
故其表面积为S＝2××22＋2××2×＝4＋2.
故选C．
考点二　几何体的体积——师生共研
例2
(1)(2021·浙江金色联盟百校联考)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为(　　)cm3.(　A　)
A．＋　　
B．＋
C．＋　　
D．＋
(2)(2021·云南师大附中月考)如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是(　D　)
A．　　
B．　　
C．1　　
D．
(3)(2021·湖北武汉部分学校质检)某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为___.
(4)(2020·江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，且C1P＝2PC．设三棱锥P－
D1DB的体积为V1，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为V，则的值为___.
[解析]　(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1
cm，高为1
cm的半个圆锥和三棱锥S－ABC组成的，如图，三棱锥的高为SO＝1
cm，底面△ABC中，AB＝2
cm，AC＝1
cm，AB⊥AC．故其体积V＝××π×12×1＋××2×1×1＝cm3.故选A．
(2)由题意三视图对应的几何体如图所示，所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，即V＝23－2×××2×2×2＝，故选D．
(3)该圆锥母线为4，底面半径为2，高为2，
V＝×π×22×2＝.
(4)设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长AB＝BC＝a，高AA1＝b，
则VABCD－A1B1C1D1＝S四边形ABCD×AA1＝a2b，
VP－D1DB＝VB－D1DP＝S△D1DP·BC＝×ab·a＝a2b，
∴＝，即＝.
[引申]若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为___，表面积为_8__.
[解析]　几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为2)．
∴V＝8－4×＝，
S＝4××(2)2＝8.
名师点拨
求体积的常用方法
直接法
对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
割补法
首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体积法
选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换
注：若以三视图的形式给出的几何体问题，应先得到直观图，再求解．
〔变式训练2〕
(1)(2020·海南)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A－NMD1的体积为___.
(2)(2021·开封模拟)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为(　C　)
A．3　　
B．
C．1　　
D．
(3)(2017·浙江)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　A　)
A．　　
B．
C．　　
D．1
(4)(2021·浙北四校模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　B　)
A．8　　
B．8π　　
C．16　　
D．16π
[解析]　(1)如图，∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，
∴S△ANM＝×1×1＝，
∴VA－NMD1＝VD1－AMN＝××2＝，
故答案为：.
(2)如题图，在正△ABC中，D为BC的中点，则有AD＝AB＝，又因为平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD?平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A－B1DC1的底面B1DC1上的高，所以V三棱锥A－B1DC1＝·S△B1DC1·AD＝××2××＝1，故选C．
(3)由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示．其底面是等腰直角三角形ACB，直角边长为1，三棱锥的高为1，故体积V＝××1×1×1＝.故选A．
(4)由三视图的图形可知，几何体是等边圆柱斜切一半，所求几何体的体积为：×22π×4＝8π.故选B．
考点三　球与几何体的切、接问题——多维探究
角度1　几何体的外接球
例3
(1)(2021·河南中原名校质量测评)已知正三棱锥P－ABC的底面边长为3，若外接球的表面积为16π，则PA＝_2或2__.
(2)(2020·新课标Ⅰ)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　)
A．64π　　
B．48π
C．36π　　
D．32π
(3)(2019·全国)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，PB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　D　)
A．8π　　
B．4π
C．2π　　
D．π
[解析]　(1)由外接球的表面积为16π，可得其半径为2，设△ABC的中心为O1，则外接球的球心一定在PO1上，由正三棱锥P－ABC的底面边长为3，得AO1＝，在Rt△AOO1中，由勾股定理可得(PO1－2)2＋()2＝22，解得PO1＝3或PO1＝1，又PA2＝PO＋AO，故PA＝＝2或PA＝＝2，故答案为：2或2.
(2)由题意可知图形如图：
⊙O1的面积为4π，
可得O1A＝2，
则＝2O1A＝4，
∴AB＝4sin60°＝2，
∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，
外接球的半径为：R＝＝4，
球O的表面积为：4×π×42＝64π，故选A．
(3)∵PA＝PB＝PC，△ABC为边长为2的等边三角形，
∴P－ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，
又E，F分别为PA、AB中点，
∴EF∥PB，
∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC＝C，
∴EF⊥平面PAC，∴PB⊥平面PAC，∴∠APB＝90°，
∴PA＝PB＝PC＝，
∴P－ABC为正方体一部分，2R＝＝，
即R＝，∴V＝πR3＝π×＝π.
名师点拨
几何体外接球问题的处理
(1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：
(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.
(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．
注意：不共面的四点确定一个球面．
角度2　几何体的内切球
例4
(1)(2020·新课标Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_π__.
(2)(2021·安徽蚌埠质检)如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把△AEF，△CBE，△CFD折起构成一个三棱锥P－CEF(A，B，D重合于P点)，则三棱锥P－CEF的外接球与内切球的半径之比是_2__.
[解析]　(1)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
如图，圆锥母线BS＝3，底面半径BC＝1，
则其高SC＝＝2，
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则＝，
即＝，解得r＝，
V＝πr3＝π，故答案为：π.
(2)不妨设正方形的边长为2a，由题意知三棱锥P－CEF中PC、PF、PE两两垂直，∴其外接球半径R＝＝a，下面求内切球的半径r，
解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面PCH(H为EF的中点)内，M、N、R、S为球与各面的切点，
又2＝tan∠CHP＝tan2∠OHN，
∴tan∠OHN＝＝，∴NH＝r，
又PN＝r，∴2r＝PH＝a，∴r＝.
解法二(体积法)：VC－PEF＝r·(S△PEF＋S△PCE＋S△PCF＋S△CEF)，
∴a3＝r·，∴r＝，
故＝·＝2.
名师点拨
几何体内切球问题的处理
(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．
(2)利用体积法求多面体内切球半径．
〔变式训练3〕
(1)(角度1)(2020·南宁摸底)三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝
PB＝
PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P－ABC的外接球的体积为(　B　)
A．　　
B．　　
C．27π　　
D．27π
(2)(角度1)(2021·山西运城调研)在四面体ABCD中，AB＝AC＝2，BC＝6，AD⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为.若四面体ABCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是(　B　)
A．　　
B．49π　　
C．　　
D．4π
(3)(角度2)棱长为a的正四面体的体积与其内切球体积之比为___.
[解析]　(1)因为三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC．因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P－ABC的外接球．因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝.因此三棱锥P－ABC的外接球的体积V＝×3＝.故选B．
(2)如图，H为BC的中点，由题意易知AH＝，设△ABC外接圆圆心为O1，则|O1C|2＝32＋(－|O1C|)2，∴|O1C|＝2，又×6××＝，∴|AD|＝1，则|OA|2＝|O1C|2＋2＝，∴S球O＝4πR2＝49π，故选B．
(3)如图，将正四面体纳入正方体中，显然正四面体内切球的球心O(也是外接球的球心)、△BCD的中心O1都在正方体的对角线上，设正四面体的棱长为a，则|AO|＝a，又|O1A|＝＝a，∴内切球半径|OO1|＝a，∴＝＝.
名师讲坛·素养提升
最值问题、开放性问题
例5
(1)(最值问题)(2018·课标全国Ⅲ)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(　B　)
A．12　　
B．18　　
C．24　　
D．54
(2)(2021·四川凉山州模拟)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝12，AB＝2，若四面体A－B1CD1的外接球的表面积为S，则S的最小值为(　C　)
A．8π　　
B．9π　　
C．16π　　
D．32π
[解析]　(1)设等边△ABC的边长为a，
则有S△ABC＝a·a·sin
60°＝9，解得a＝6.
设△ABC外接圆的半径为r，则2r＝，解得r＝2，
则球心到平面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)设BC＝x，BB1＝y，由于V＝12，所以xy
＝6.
根据长方体的对称性可知四面体A－B1CD1的外接球即为长方体的外接球，
所以r＝，
所以S＝4πr2＝π(4＋x2＋y2)≥π(4＋2xy)＝16π，
(当且仅当x＝y＝，等号成立)．
故选C．
名师点拨
立体几何中最值问题的解法
(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．
(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值．
例6
(开放性问题)若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值为___(只需写一个可能值)．
[解析]　如图，若AB＝AC＝BD＝CD＝AD＝2，BC＝1，取AD的中点H，则CH＝BH＝，且AH⊥平面BCH，又S△BCH＝，∴VA－BCD＝S△BCH×2＝.
如图，若AB＝AC＝BD＝CD＝2，AD＝BC＝1，同理可求得VA－BCD＝.
〔变式训练4〕
(2021·河南阶段测试)四面体ABCD中，AC⊥AD，AB＝2AC＝4，BC＝2，AD＝2，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28π__.
[解析]　由已知可得BC2＝AC2＋AB2，所以AC⊥AB，又因为AC⊥AD，所以AC⊥平面ABD，四面体ABCD的体积V＝AC·AB·ADsin∠BAD，当∠BAD＝90°时V最大，把四面体ABCD补全为长方体，则它的外接球的直径2R即长方体的体对角线，(2R)2＝AD2＋AC2＋AB2＝28，所以外接球的表面积为4πR2＝28π.
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