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第五节　空间向量及其应用
1．空间直角坐标系及有关概念
(1)空间直角坐标系：
定义
以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，就建立了一个空间直角坐标系Oxyz
坐标原点
点O
坐标轴
横轴x轴纵轴y轴竖轴z轴
坐标平面
通过每两个坐标轴的平面
(2)空间一点M的坐标：
空间一点M的坐标可以用有序实数组(x，y，z)来表示，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标．
2．空间向量的有关概念
名称
概念
共线向量(平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb
共面向量定理
若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面?存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb，x，y∈R
空间向量基本定理
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc；推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1
3.数量积及坐标运算
(1)两个向量的数量积：
a·b＝|a||b|cos
〈a，b〉；
a⊥b?a·b＝0(a，b为非零向量)；
|a|2＝a2．
(2)向量的坐标运算：
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式
cos
〈a，b〉＝
eq
\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋a＋a)·\r(b＋b＋b))
4.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
5．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?n·m＝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
6.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
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos
β＝
cos
θ＝|cos
β|＝
7.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，两向量e与n的夹角为θ，则有sin
φ＝|cos
θ|＝．
8．二面角的求法
(1)如图①，AB，CD是二面角α?l?β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，则二面角的大小θ满足cos
θ＝cos_〈n1，n2〉或－cos_〈n1，n2〉．
1．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．
2．P、A、B、C四点共面的充要条件：空间存在一点O，使＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1.
3．确定平面的法向量：
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定．
(2)选定系数法：取平面的两条相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由解方程组求得．
1．(基本能力：空间向量的计算)已知点A(x，1，2)和点B(2，3，4)，且||＝2，则实数x的值是(　　)
A．－3或4
B．－6或2
C．3或－4
D．6或－2
答案：D
2．(基本方法：判断空间中两直线位置关系)在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是(　　)
A．垂直
B．平行
C．异面
D．相交但不垂直
答案：B
3．(基本方法：空间向量与线面关系)设μ，ν分别是平面α，β的法向量，μ＝(－2，2，5)，当ν＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为________；当ν＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．
答案：α⊥β　α∥β
4.(基本应用：二面角大小与法向量夹角的大小关系)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC，则二面角C-PB-D的大小为________．
答案：60°
5．(基本能力：异面直线所成角的大小与方向向量的关系)在正三棱柱ABC?A1B1C1中，若AB＝BB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是________．
答案：
题型一　空间向量基本定理及线性运算　
　　　　
　　　　　　　
1．如图所示，在三棱锥OABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)
A．(－a＋b＋c)
B．(a＋b－c)
C．(a－b＋c)
D．(－a－b＋c)
解析：＝＋＝(－)＋＝－＋(－)＝＋－＝(a＋b－c).
答案：B
2．如图所示，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，AA1表示OC1，则OC1＝________________．
解析：∵＝＝(＋)，
∴OC1＝＋CC1＝(＋)＋AA1＝＋＋AA1．
答案：＋＋AA1
3．如图所示，在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，设AA1＝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)；
(2)A1N；
(3)＋NC1．
解析：(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋＋D1C1＝a＋c＋＝a＋b＋c.
(2)∵N是BC的中点，
∴A1N＝A1A＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝A1A＋
＝－a＋
＝a＋b＋c.
又NC1＝＋CC1＝＋AA1
＝＋AA1＝c＋a，
∴＋NC1＝＋＝a＋b＋c.
方法总结?
用基向量表示指定向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)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．　　?
题型二　空间角的求法　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　求异面直线所成的角
[例1]　(2021·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC?A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
解析：法一：令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，
所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM?平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1.
因为A1M?平面A1ACC1，
所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝AC＝AB＝2，
则A(1，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)，C1(－2，0，)，
所以＝(－3，0，)，＝(0，，－)，
所以cos
〈，〉＝＝－，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
法二：如图所示，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角．连接A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM，
设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，
得AM＝1，BM＝，A1M＝，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M?平面A1ACC1，
所以A1M⊥平面ABC.
又BM?平面ABC，
所以A1M⊥BM，所以A1B＝.
在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝2＝BD1，
同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D1＝2，
所以cos
∠A1BD1＝
eq
\f(A1B2＋BD－A1D,2A1B·BD1)
＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
答案：
方法总结?
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α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．　　?
类型
2　求线面角
[例2]　(2020·高考山东卷节选)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.
已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解析：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).
设Q(a，0，1)，
则＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则即
可取n＝(－1，0，a)，
所以cos
〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin
θ＝·＝
.
因为
≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
方法总结?
求直线与平面所成角的方法
(1)定义法：利用线面垂直，作出斜线与射影所成的角，解直角三角形．
(2)向量法：求斜线的方向向量a与平面的法向量n.
－〈a，n〉或〈a，n〉－为其线面角，
故线面角θ＝－〈a，n〉或θ＝〈a，n〉－.一般用sin
θ＝|cos
〈a，n〉|.　　?
类型
3　求二面角
[例3]　(2019·高考全国卷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．
解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)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，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，
＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，CC1＝(0，0，2).
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1).
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
所以可取m＝(1，1，0).
于是cos
〈n，m〉＝＝－，
所以二面角B?EC?C1的正弦值为.
方法总结?
利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)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是锐角还是钝角．
(2)定义法：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．　　?
[题组突破]
1．若正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析：∵正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的体积为，AB＝1，
∴AA1＝，
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，
＝(0，1，)，＝(0，－1，)，
设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cos
θ＝＝＝.
又0°＜θ
≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.
答案：C
2．(2020·高考全国卷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.
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．
解析：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，
所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN，所以B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
所以AM⊥BC.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M?xyz，则AB＝2，AM＝.
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
故PM＝，E.
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM，垂足为Q，
则NQ⊥平面ABC.
设Q(a，0，0)，则NQ＝，B1.
故B1E＝，|B1E|＝.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sin
＝cos
〈n，B1E〉＝＝，
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
3.(2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F?AB?D的余弦值．
解析：依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
由E为棱PC的中点，
得E(1，1，1).
(1)证明：向量＝(0，1，1)，＝(0，2，－2)，故·＝0，
所以⊥，所以BE⊥PD.
(2)＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，
＝(2，2，0)，＝(1，0，0)，
由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1，
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ).
由BF⊥AC，得·＝0，
因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝，
即＝.
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则
即
不妨令z＝－1，可得n1＝(0，3，－1)为平面FAB的一个法向量，
取平面ABD的法向量n2＝(0，0，1)，
则cos
〈n1，n2〉＝＝＝－.
又因为二面角F?AB?D为锐二面角，
所以二面角F?AB?D的余弦值为.
题型三　空间中的探索问题　
　　　　
　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2.
(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；
(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1?EC?D的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接A1B，D1E，AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点．又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1.
又因为BD1?平面A1DE，EF?平面A1DE，
所以BD1∥平面A1DE.
(2)根据题意得DD1⊥DA，D1D⊥DC，AD⊥DC，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D?xyz，
则D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0).
设满足条件的点E存在，
令E(1，y0，0)(0≤y0≤2)，
＝(－1，2－y0，0)，D1C＝(0，2，－1)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，
则得令y1＝1，
则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0，1，2)，
由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0，0，1).
由二面角D1?EC?D的大小为得
cos
＝＝＝，
解得y0＝2－∈[0，2]，
所以当AE＝2－时，二面角D1-EC-D的大小为.
方法总结?
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件．若满足，则肯定假设；若得出矛盾的结论，则否定假设．　　?
[对点训练]
(2020·湖南郴州模拟)如图所示，在三棱锥P?ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE?平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)存在．由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则?令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2).
由已知得＝，即＝?λ＝或(舍去)，
故λ＝，
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点．
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B?PC?E的余弦值．
解析：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，
AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC，所以PA⊥平面PBC.
(2)以O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O
?xyz.
由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C，P.
所以＝，＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知＝是平面PCB的一个法向量．
记n＝，则cos
〈n，m〉＝＝，
所以二面角B?PC?E的余弦值为.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(空间向量的应用))
(2020·天津模拟)如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，AB＝1，BC＝2，PA＝1，AB⊥BC，N为PD的中点．
(1)求证：AN∥平面PBC；
(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解析：过A作AE⊥CD于点E，则DE＝1，以A为原点，AE，AB，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，1，0)，E(2，0，0)，D(2，－1，0)，C(2，1，0)，P(0，0，1)，
∵N为PD的中点，∴N.
(1)＝，＝(0，－1，1)，＝(2，0，0).
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令y＝1，则x＝0，z＝1，∴m＝(0，1，1)，
∴·m＝－＋＝0，即⊥m.
又AN?平面PBC，∴AN∥平面PBC.
(2)由(1)知，＝(0，0，1)，＝(2，－1，0)，
设平面PAD的法向量为n＝(a，b，c)，
则
令a＝1，则b＝2，c＝0，∴n＝(1，2，0)，
∴cos
〈m，n〉＝＝＝.
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
(3)令＝λ，λ∈[0，1]，设M(x，y，z)，
∴(x－2，y＋1，z)＝λ(－2，1，1)，
∴M(2－2λ，λ－1，λ)，
∴＝(－2λ，λ－2，λ).
由(1)知，平面PBC的法向量为m＝(0，1，1)，
∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为，
∴＝＝，
化简得21λ2－50λ＋24＝0，即(3λ－2)(7λ－12)＝0，
∵λ∈[0，1]，∴λ＝，
故＝.
PAGE第四节　空间中的垂直关系
1．直线与平面垂直
(1)定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
?l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
?a∥b
2.直线和平面所成的角
(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直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角．
(2)范围：．
3．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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义：
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
?α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
?l⊥α
1.判定定理的理解
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．
a∥b，a⊥α?b⊥α.
2．性质定理
性质定理2
如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线，在第一个平面内
α⊥β，P∈β，PQ⊥α?PQ?β
性质定理3
如果两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线必垂直于第三个平面
α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ?l⊥γ
1．(基础知识：面面垂直性质)下列命题中不正确的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．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
C．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
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
答案：A
2．(基本方法：线面垂直性质)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为(　　)
A．b?α
B．b∥α
C．b?α或b∥α
D．b与α相交
答案：C
3．(基本方法：判断线面垂直)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m⊥β的一个充分条件是(　　)
A．α⊥β且m?α
B．m∥n且n⊥β
C．α⊥β且m∥α
D．m⊥n且n∥β
答案：B
4．(基本应用：空间垂直关系的转化与认识)如图所示，在三棱锥V?ABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中，直角三角形的个数为________．
答案：4
5．(基本应用：与射影结合)在三棱锥P?ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
答案：外
题型一　线面垂直的判定与性质　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2021·河南商丘模拟)如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确命题的序号是________．
解析：由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又AF?平面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC，又PB?平面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF?平面AEF，所以PB⊥EF，故②正确；由于AF⊥平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与平面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
答案：①②③
(2)(2020·新高考山东卷节选)
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.
证明：l⊥平面PDC.
证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
(3)
如图所示，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
①CD⊥AE；
②PD⊥平面ABE.
证明：①在四棱锥P?ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，
∴PA⊥CD.
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.∵AE?平面PAC，
∴CD⊥AE.
②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由①知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
∵PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB?底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD?平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
方法总结?
证明直线与平面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理：在平面内找两条相交直线与该直线垂直．
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理：在平面内找与两平面交线垂直的直线．　　?
[对点训练]
如图所示，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，
连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．
∴DE∥BC，∴DE⊥AB.
∵SA＝SB，∴SE⊥AB.
又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.
又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.
又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
(2)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，
∴SD⊥BD.
又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
题型二　平面与平面垂直的判定与性质　
1.(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P?ABC的体积．
解析：(1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC.
由△ABC是正三角形，
可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.
从而PB⊥PA，PB⊥PC，PA∩PC＝P，
故PB⊥平面PAC，又PB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题设可得rl＝，l2－r2＝2，解得r＝1，l＝.
从而AB＝.
由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝，
所以三棱锥P?ABC的体积为
×PA·PB·PC＝××＝.
2．如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
证明：(1)在△PAD中，PA＝PD，E是AD的中点，
∴PE⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.
又BC?平面ABCD，∴PE⊥BC.
(2)∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，
∴CD⊥平面PAD.又PA?平面PAD，
∴CD⊥PA.
又PA⊥PD，CD、PD?平面PCD，CD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PCD.又PA?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PCD.
方法总结?
1．证明面面垂直的两种常用方法：
(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；
(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
2．已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
3．应用面面垂直时，其性质定理的条件必须具备，缺一不可．　　?
题型三　空间垂直关系的探索与转化　
　　　　
　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　探索条件(开放性问题)
[例1]　如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．
(1)求证：BG⊥平面PAD；
(2)求证：AD⊥PB；
(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．
解析：(1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，
所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BG⊥平面PAD.
(2)证明：如图，连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，
所以PG⊥AD.
由(1)知BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB.
因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB.
(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明：取PC的中点F，连接DE，EF，DF.
在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.
而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD.
又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，
所以平面DEF⊥平面ABCD.
类型
2　探索结论(创新问题)
[例2]　如图所示，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD.
又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.
答案：①②③④
方法总结?
探索垂直关系，常采用逆向思维
一般假设存在线线垂直，所利用的关系常有：
(1)等腰三角形的高、中线与底边垂直．
(2)矩形的相邻边垂直．
(3)直径所对的圆周角的两边垂直．
(4)菱形的对角线垂直．
(5)给出长度，满足勾股定理的两边垂直．
(6)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路．　　?
[题组突破]
1．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′?BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论中，正确的结论个数是(　　)
①A′C⊥BD；
②∠BA′C＝90°；
③CA′与平面A′BD所成的角为30°；
④四面体A′?BCD的体积为.
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：∵AB＝AD＝CD＝1，
BD＝，∴AB⊥AD.
∵平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面A′BD，
取BD的中点O，连接OA′，OC(图略)，
∵A′B＝A′D，
∴A′O⊥BD.
又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，A′O?平面A′BD，
∴A′O⊥平面BCD.∵BD⊥CD，
∴OC不垂直于BD.
假设A′C⊥BD，
∵OC为A′C在平面BCD内的射影，
∴OC⊥BD，矛盾，故①错误；
∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，且平面A′BD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面A′BD，A′B?平面A′BD，
∴CD⊥A′B.
∵A′B＝A′D＝1，BD＝，
∴A′B⊥A′D.
又CD∩A′D＝D，CD，A′D?平面A′CD，
∴A′B⊥平面A′CD.
又A′C?平面A′CD，
∴A′B⊥A′C，故②正确；
∵∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，故③错误；
VA′?BCD＝VC?A′BD＝S△A′BD·CD＝，故④错误．
答案：B
2．(2020·甘肃诊断)已知长方体ABCD
?A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是(　　)
A．(0，1]　　　　　　　
B．(0，2]
C．(1，]
D．[1，4)
解析：连接DP(图略)，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P上两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，即0＜AD≤CD＝2.
答案：B
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.
∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，
∴EN＝＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，
∴MG∥EF且MG＝EF，∴MG⊥平面ABCD，
∴MG⊥BG.
∵MG＝EF＝，
BG＝＝＝，
∴BM＝＝.∴BM≠EN.
连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．
答案：B
2．(2020·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(　　)
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
解析：如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.
答案：B
3．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．
解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.
答案：
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(垂直关系的应用))
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.
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B?EB1C1F的体积．
解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)因为AO∥平面EB1C1F，AO
?平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.
又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，
所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2.因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B?EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
如图所示，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PM
sin
∠MPN＝3.底面EB1C1F的面积为(B1C1＋EF)·PN＝×(6＋2)×6＝24，所以四棱锥B?EB1C1F的体积为×24×3＝24.
PAGE第三节　空间中的平行关系
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行?线面平行)
因为l∥a，a?α，l?α，所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行?线线平行”)
因为l∥α，l?β，α∩β＝b，所以l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行?面面平行”)
因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，所以α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b
1．判定定理
序号
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理2
如果两个平面同时垂直于一条直线，那么这两个平面平行
?α∥β
判定定理3
平行于同一个平面的两个平面平行
?α∥γ　　　　　
2．性质定理
序号
文字语言
图形语言
符号语言
性质定理2
如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面
α∥β且a?α?a∥β
性质定理3
如果两个平行平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线
α∥β且l⊥α?l⊥β
3.线线平行、线面平行、面面平行的相互转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化，解决平行关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际应用中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．
1．(基础知识：线面平行的性质)下列命题中正确的是(　　)
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b?α，则b∥α
答案：D
2．(基本方法：面面平行的判定)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
答案：D
3．(基本方法：直线间平行关系的判定)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中(　　)
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一一条与a平行的直线
答案：A
4．(基本方法：空间平行关系的判定)在正方体ABCD?A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号).
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
答案：①②④
5．(基本应用：证明线面平行)一块木料如图所示，棱BC平行于平面A′C′.
(1)要经过平面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？
(2)所画的线与平面AC是什么位置关系？并证明你的结论．
解析：(1)过点P作B′C′的平行线，分别交A′B′，C′D′于点E，F，
连接BE，FC，如图所示．
(2)EF∥平面AC.理由如下：
易知BE，CF与平面AC相交，因为BC∥平面A′C′，
又因为平面B′C′CB∩平面A′C′＝B′C′，
所以BC∥B′C′.因为EF∥B′C′，所以EF∥BC.
又因为EF?平面AC，BC?平面AC，
所以EF∥平面AC.
题型一　直线与平面平行的判定与性质　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　直线与平面平行的判定
[例1]　(2019·高考全国卷Ⅰ节选)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．
证明：MN∥平面C1DE.
证明：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A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
类型
2　直线与平面平行的性质
[例2]　如图所示，四棱锥P?ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
解析：(1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.
(2)如图所示，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接PO，GK.
因为PA＝PC，O是AC的中点，
所以PO⊥AC，
同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面ABCD内，
所以PO⊥底面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD，
且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，
从而GK⊥EF，
所以GK是梯形GEFH的高．
由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
从而KB＝DB＝OB，即K为OB的中点．
再由PO∥GK得GK＝PO，
所以G是PB的中点，且GH＝BC＝4.
由已知可得OB＝4，
PO＝
＝＝6，所以GK＝3，
故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.
方法总结?
1．线线、线面平行的证明方法：
方法
关键
适用题型
利用线面平行的判定定理证线面平行
在该平面内找或作一直线，证明其与已知直线平行
平行线易作出
利用面面平行的性质证线面平行
过该线找或作一平面，证明其与已知平面平行
面面平行较明显
利用线面平行的性质证线线平行
过线作平面，产生交线
已知线面平行
2.在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．　　?
[题组突破]
1．(2021·河南洛阳联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l?α，m?β，下列结论正确的是(　　)
A．若α⊥β，则l⊥β
B．若l⊥m，则α⊥β
C．若α∥β，则l∥β
D．若l∥m，则α∥β
解析：对于选项A，α⊥β，l?α，只有加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以选项A错误；对于选项B，若l⊥m，l?α，m?β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以选项B错误；对于选项C，若α∥β，l?α，由面面平行的性质可知，l∥β，所以选项C正确；对于选项D，若l∥m，l?α，m?β，则α与β可能平行，也可能相交，所以选项D错误．
答案：C
2．如图所示，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°.PA⊥平面ABCD，且PA＝3.F在棱PA上．
(1)若F为PA的中点，求证PC∥平面BDF；
(2)若AF＝1，E在棱PD上，且CE∥平面BDF，求PE∶ED的值．
解析：(1)证明：连接AC，AC∩BD＝O，连接FO.
由四边形ABCD为菱形知O为AC的中点，
又F为PA的中点，∴OF∥PC.
∵OF?平面BDF，PC?平面BDF，
∴PC∥平面BDF.
(2)过E作EG∥FD交AP于G，连接CG.
∵EG∥FD，EG?平面BDF，FD?平面BDF，
∴EG∥平面BDF.
又EG∩CE＝E，CE∥平面BDF，EG，CE?平面CGE，
∴平面CGE∥平面BDF.
又CG?平面CGE，∴CG∥平面BDF.
又平面BDF∩平面PAC＝FO，CG?平面PAC，∴FO∥CG.
又O为AC的中点，
∴F为AG中点，∴AF＝FG＝1.
又∵AP＝3，∴FG＝GP＝1，
∴E为PD的中点，PE∶ED＝1∶1.
题型二　平面平行的判定与性质　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　平面平行的判定
[例1]　如图所示，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明：(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF∥BC.
∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G綊EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，
∴A1E∥GB.
∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
类型
2　平面平行的性质
[例2]　如图所示，在四棱锥P?ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为(　　)
A．
B．2
C．2
D．2
解析：∵PD与平面CEF交于点H，∴平面CEF∩平面PCD＝CH.∵EF∥平面PCD，∴EF∥CH，过点H作HM∥PA交AD于点M，连接CM，∵EF∩AP＝F，CH∩HM＝H，∴平面AEF∥平面CHM.∵平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，∴AE∥CM.又BC∥AM，∴四边形ABCM为平行四边形，∴AM＝2.又AD＝4，∴M是AD的中点，则H为PD的中点，∴CH＝
＝＝2.
答案：C
方法总结?
1．判定面面平行的4种方法：
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两平面平行．
(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
2．当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线．　　?
[题组突破]
1．已知m，n，l1，l2表示不同直线，α，β表示不同平面，若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分不必要条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α
B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2
D．m∥l1且n∥l2
解析：对于选项A，当m∥β，且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A中条件不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故选项B中条件不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故选项C中条件不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故选项D中条件是α∥β的一个充分条件．
答案：D
2．如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________．
解析：∵α∥β，∴CD∥AB，
则＝，∴AB＝＝＝.
答案：
3．(母题变式)在例1条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，
(1)求证：平面A1BD1∥平面AC1D；
(2)若点N∈AD，探究：C1N与平面A1BD1的关系．
解析：(1)证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，
∴M是A1C的中点，连接MD.
∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.
∵A1B?平面A1BD1，
DM?平面A1BD1，
∴DM∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，
∴四边形BDC1D1为平行四边形，
∴DC1∥BD1.
又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
∴DC1∥平面A1BD1.
又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
(2)由(1)可知，平面A1BD1∥平面AC1D.
∵N∈AD，∴C1N?平面AC1D，
∴C1N∥平面A1BD1.
题型三　平行关系的探索问题　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　探索条件(开放性问题)
[例1]　(2021·福建泉州模拟)如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中点，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q________时，平面D1BQ∥平面PAO(　　)
A．与C重合
B．与C1重合
C．为CC1的三等分点
D．为CC1的中点
解析：在正方体ABCD?A1B1C1D1中，
∵O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，∴PO∥BD1，当点Q为CC1的中点时，
连接PQ(图略)，则PQ綊AB，∴四边形ABQP是平行四边形，∴AP∥BQ.
∵AP∩PO＝P，BQ∩BD1＝B，
AP，PO?平面PAO，BQ，BD1?平面D1BQ，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
答案：D
类型
2　探究结论(创新性问题)
[例2]　(2021·湖南雅礼中学联考)如图所示，在等腰梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB＝，BC＝1，AD＝3，BP⊥AD，垂足为P，将△ABP沿BP折起，使平面ABP⊥平面PBCD，连接AD，AC，M为棱AD的中点，连接CM.
试分别在PB，CD上确定点E，F，使平面MEF∥平面ABC.
解析：E，F分别为BP，CD的中点时，可使平面MEF∥平面ABC，证明如下：
取BP的中点E，CD的中点F，连接ME，MF，EF.
∵M，F分别为AD，CD的中点，
∴MF∥AC.
又E为BP的中点，且四边形PBCD为梯形，∴EF∥BC.
∵MF∩EF＝F，AC∩BC＝C，
∴平面MEF∥平面ABC.
方法总结?
对于探索问题往往采取逆向思维
(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．　　?
[题组突破]
1.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．
解析：存在，当点M为CF中点时，OM∥平面ADF.
理由如下：取CF中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN，OM，如图所示．
则MN綊CD.
又AO綊CD，则MN綊AO，
∴四边形MNAO为平行四边形，∴OM∥AN.
又AN?平面DAF，OM?平面DAF，
∴OM∥平面DAF，
即存在点M为CF的中点，使得OM∥平面DAF.
2．(2021·重庆万州区检测)如图，斜三棱柱ABC?A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
解析：(1)当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，
∴点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
∴＝，＝.
又＝1，∴＝1，即＝1.
　　　　　　　　　
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(用好模型))
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD?A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．
取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点分别为E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××·sin
60°＝.
答案：A
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
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
解析：若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故选项ACD中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此选项B中条件是α∥β的充要条件．
答案：B
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(平行关系的应用))
　如图所示，透明塑料制成的长方体容器ABCD?A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：由题图知，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH，FG?平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面).
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的．
答案：C
PAGE第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
2．空间两条直线的位置关系
(1)位置关系分类：
(2)平行公理(公理4)和等角定理：
①平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
②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．
(3)异面直线所成的角：
①定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)；
②范围：．
3．空间直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言
符号语言
公共点
直线与平面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平面内
a?α
无数个
平面与平面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
1．公理的作用
公理1：可用来证明点、直线在平面内．
公理2：可用来确定一个平面．
公理3：
(1)可用来确定两个平面的交线．
(2)判断或证明多点共线．
(3)判断或证明多线共点．
公理4：
(1)可用来判断空间两条直线平行．
(2)等角定理的理论依据．
2．异面直线的两个结论
(1)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)分别在两个平行平面内的直线平行或异面．
1．(基础知识：平面的概念)下列命题中，真命题是(　　)
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
答案：D
2．(基础知识：空间直线的关系)若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c(　　)
A．一定平行
．一定相交
C．一定是异面直线
D．一定垂直
答案：D
3．(基本方法：异面直线所成角的概念)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所成的角的大小为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案：C
4．(基础知识：点、线、面关系的推理)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________(填序号).
①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.
答案：③④
5.(基本应用：空间直线与平面关系的应用)如图所示，在三棱锥ABCD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．
答案：(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD
题型一　平面的基本性质　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　共面问题
[例1]　(1)如图所示，P，Q，R，S分别是所在正方体或四面体的棱的中点，则这四个点不共面的是(　　)
解析：选项ABC图中四点一定共面，选项D中四点不共面．
答案：D
(2)如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为FA，FD的中点．
①证明：四边形BCHG是平行四边形；
②C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解析：①证明：由题设知，因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝AD，
又BC∥AD且BC＝AD，
故GH∥BC且GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
②C，D，F，E四点共面．理由如下：
由BE∥AF且BE＝AF，G是FA的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG.
由①知BG∥CH，所以EF∥CH.
故EC，FH共面．又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
类型
2　共点、共线问题
[例2]　如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：
CE，D1F，DA三线共点．
证明：连接EF，CD1，A1B.∵EF∥CD1，EF＜CD1，
∴CE与D1F必相交，
设交点为P，如图所示．
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，
∴P∈直线DA，
∴CE，D1F，DA三线共点．
方法总结?
1．由元素确定平面时，要看元素满足的条件
(1)由点确定平面：三点不共线；
(2)由点和线确定平面：点不在直线上；
(3)由线确定平面：两条相交线，两条平行线．
2．共面、共线、共点问题的证明
(1)证明点或线共面：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；
②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．
(3)证明线共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．　　?
[题组突破]
1．如图所示，ABCD?A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：如图所示，连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C?平面ACC1A1，因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线．
答案：A
2．已知在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.
求证：(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
证明：(1)如图所示，连接B1D1.
因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD?A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD?A1B1C1D1中，连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF＜BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE?平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，点M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于一点．
题型二　空间直线的位置关系　
　　　　
　　　　　
1．已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n异面、相交、平行均有可能
解析：在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，∴选项AB错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，∴选项C错误．
答案：D
2．如图所示，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
解析：连接D1E并延长交AD于M点(图略)，因为A1E＝2ED，可得M为AD中点，连接BF并延长交AD于N点，因为CF＝2FA，可得N为AD中点，所以M，N重合．且＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.
答案：D
3．在下列各图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号).
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(图略)，则GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H?平面GMN，因此GH与MN异面，∴在图②④中GH与MN异面．
答案：②④
4．如图所示，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个结论：
①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．
其中正确结论的序号是________．
解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP(图略)，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN,
①正确．过M，N分别作MR⊥A1B1，NS⊥B1C1于点R，S(图略)，则当M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M，N分别是AB1，BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③正确．综上所述，其中正确结论的序号是①③.
答案：①③
方法总结?
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)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
2．线线平行或垂直的判定方法
(1)对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理来判断．
(2)对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．
3．(拓展)注意几个“唯一”结论
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．　　?
题型三　异面直线所成的角　
　　　　
　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　连线平移法
[例1]　(1)(2020·青岛模拟)如图所示，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：如图所示，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos
∠A1BC1＝
eq
\f(A1B2＋BC－A1C,2·A1B·BC1)
＝.
答案：D
(2)如图所示，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________.
解析：如图所示，连接ND，取ND的中点E，连接ME，CE，则ME∥AN，则异面直线AN，CM所成的角即为∠EMC.
由题可知CN＝1，AN＝2，
∴ME＝.又CM＝2，
DN＝2，NE＝，∴CE＝，
则cos
∠CME＝
＝＝.
答案：
类型
2　补体平移法
[例2]　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(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：如图所示，将直三棱柱ABC?A1B1C1补成直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，
AD1＝.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，所以cos
∠B1AD1＝＝.
答案：C
方法总结?
求异面直线所成角的方法
方法
解读
适合题型
平移法
将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，
形成三角形求解
易于作出平行线的题目
补形法
在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体找异面直线相应的位置，形成三角形求解
平行线不易作出的规则几何体
　　?
[题组突破]
1．如图所示，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2，AB是一条母线，BD是圆O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)
A.
B．
C．
D．
解析：连接AO2，设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD(图略)，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝，CD＝1.又AB＝DE＝AE＝BD＝2，AC＝＝，CE＝＝，所以在△CAE中，cos
∠CAE＝＝＝，即异面直线AC与BD所成角的余弦值为.
答案：C
2．平面α过正方体ABCD?A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD?A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.∵△AF1E为正三角形，∴sin
∠EAF1＝sin
60°＝.
答案：A
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
1．(2020·高考全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l?平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是________．
①p1∧p4　②p1∧p2　③?p2∨p3　④?p3∨?p4
解析：p1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p1为真命题；p2是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知?p2，?p3，?p4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．
答案：①③④
2．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
证明：(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以A1G綊B1F，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1，
于是AE∥FC1，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(异面直线上两点间的距离))
如图所示，平面α∩β＝l，AD?α且AD⊥l，BC?β且BC⊥l，A，B∈l.AD与BC是异面直线，且所成的角为θ，AD＝b，BC＝c，AB＝a，求DC的长度．
解析：在平面α内，过B作BE綊AD，
由异面直线所成角的定义知∠CBE＝θ，
四边形ADEB为矩形，
∴DE＝a.
在△BEC中，
CE2＝b2＋c2－2bc
cos
θ，
由于AB⊥BC，AB⊥AD，∴AB⊥BE，∴AB⊥平面BCE，
∴AB⊥CE，
即有DE⊥CE.
在Rt△DEC中，DC2＝a2＋CE2＝a2＋b2＋c2－2bc
cos
θ，
∴DC＝.
PAGE第一节　几何体的结构、三视图、体积与表面积
1．多面体的结构特征
(1)棱柱的侧棱都互相平行，上、下底面是全等的多边形．
(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．
(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．
2．旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
任一边所在的直线
圆锥
直角三角形
任一直角边所在的直线
圆台
直角梯形
垂直于底边的腰所在的直线
球
半圆
直径所在的直线
3.空间几何体的三视图
(1)三视图的形成与名称：
①形成：空间几何体的三视图是用平行投影得到的，在这种投影之下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是完全相同的；
②名称：三视图包括正视图、侧视图、俯视图．
(2)三视图的画法：
①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．
②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．
4．空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．
5．多面体的表面积与侧面积
多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．
6．旋转体的表面积与侧面积
名称
侧面积
表面积
圆柱(底面半径r，母线长l)
2πrl
2πr(l＋r)
圆锥(底面半径r，母线长l)
πrl
πr(l＋r)
圆台(上、下底面半径r1，r2，母线长l)
π(r1＋r2)l
π(r1＋r2)l＋π(r＋r)
球(半径为R)
4πR2
7.空间几何体的体积(h为高，S为下底面积，S′为上底面积)
(1)V柱体＝Sh．特别地，V圆柱＝πr2h(r为底面半径).
(2)V锥体＝Sh．特别地，V圆锥＝πr2h(r为底面半径).
(3)V台体＝h(S＋＋S′).特别地，V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2)(r，r′分别为上、下底面半径).
(4)V球＝πR3(球半径是R).
1．几类特殊多面体：
(1)直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱．
正棱柱：正棱柱是侧棱都垂直于底面，且底面是正多边形的棱柱．
(2)正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的投影为底面中心的棱锥为正棱锥．
2．利用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原来图形的倍．
3．三视图的基本要求：
长对正，高平齐，宽相等．
4．几个结论：
(1)棱长为a的正四面体，其高为a.其内切球和外接球的球心重合，是正四面体的中心．其外接球和内切球的半径分别为a和a.
(2)长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则体对角线长为，即为外接球直径．
1．(基本应用：几何体的特征)如图所示，长方体ABCD?A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是(　　)
A.棱台
B．四棱柱
C．五棱柱
D．简单组合体
答案：C
2．(基础知识：三视图与几何体的特征)某几何体的三视图如图所示，根据三视图可以判断这个几何体为(　　)
A．圆锥
B．三棱锥
C．三棱柱
D．三棱台
答案：C
3．(基本能力：几何体的表面积)正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为(　　)
A．48(3＋)
B．48(3＋2)
C．24(＋)
D．144
答案：A
4．(基本能力：与球有关的组合体中球半径与棱长关系)球内接正方体的棱长为1，则球的表面积为________．
答案：3π
5．(基本方法：直观图问题)如图所示，水平放置的正方形ABCO在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，则由斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．
答案：
题型一　空间几何体　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　三视图问题
[例1]　(2020·高考全国卷Ⅱ)右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为(　　)
A．E
B．F
C．G
D．H
解析：由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，M点在侧视图中对应的点为E.
答案：A
类型
2　直观图问题
[例2]　已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．
解析：取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，
在等腰梯形ABCD中，∵CD＝1，AB＝3，AD＝CB＝，∴OE＝1，由斜二测画法知，AB＝A′B′＝3，CD＝C′D′＝1，O′E′＝OE＝，
∴E′F′＝O′E′sin
45°＝×＝，
∴直观图A′B′C′D′的面积为×＝.
答案：
类型
3　展开图问题
[例3]　(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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在左视图上的对应点为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(　　)
A．2
B．2
C．3
D．2
解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点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.
答案：B
方法总结?
1．由三视图识别几何体
(1)熟悉常见几何体的三视图，如两个矩形、一个圆形为圆柱，三个三角形为三棱锥等．
(2)直接还原．将几何体放在长方体或正方体中，一般从俯视图入手，找几何体顶点的位置，再确定实虚线．
(3)将几何体放入柱体或锥体中，通过合理切割得到相应几何体．
2．原图与直观图中的“三变”与“两不变”
(1)“三变”
(2)“两不变”　　?
[题组突破]
1．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图②所示，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为(　　)
A．48　　　　　
B．64
C．96
D．128
解析：由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，O1A1＝6，O1C1＝2，
∴它的俯视图是边长为6的菱形．∵棱柱的高为4，
∴该几何体的侧面积为4×6×4＝96.
答案：C
2．母线长为1的圆锥体，其侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积为________．
解析：圆锥体其侧面展开图为扇形，S＝πrl＝，解得r＝，由圆锥的轴截面图(图略)可得h＝，V＝πr2h＝π××＝π.
答案：π
题型二　几何体的表面积与体积　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　表面积
[例1]　(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)
右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(　　)
A．6＋4
B．4＋4
C．6＋2
D．4＋2
解析：如图所示，该几何体为其中三个面是腰长为2的等腰直角三角形、第四个面是边长为2的等边三角形的三棱锥，所以该几何体的表面积为3××2×2＋×2×2×＝6＋2.
答案：C
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A．12π
B．12π
C．8π
D．10π
解析：设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.
答案：B
类型
2　体积
[例2]　(1)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)
A．90π　　　　　　　
B．63π
C．42π
D．36π
解析：法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－×π×32×6＝63π.
法二：依题意，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.
答案：B
(2)正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥C1?B1DA的体积为(　　)
A．3
B．
C．1
D．
解析：在△ABC中，D为BC中点，则有AD＝AB＝，
S△DB1C1＝×2×＝.
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，AD⊥BC，AD?平面ABC，∴AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A?B1DC1底面上的高，∴·AD＝××＝1.
答案：C
方法总结?
1．推广：几类空间几何体表面积的求法
(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．
(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(5)几何体切、割后的图形的表面，不一定是减少，甚至可能增加．
2．推广：求几何体的体积的方法
方法
解读
适合题型
直接法
对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解
规则几何体
割补法
当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体
不规则几何体
等积转换法
利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面．求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算
三棱锥
　　?
[题组突破]
1．(2021·安徽合肥模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为π，则它的表面积是(　　)
A．π
B．9π
C．π
D．π
解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r，所以该几何体的体积V＝πr2·r－×πr3＝πr3＝π，∴r3＝，又知r＞0，∴r＝，∴该几何体的表面积S＝πr2＋2πr·r＋×4πr2＝5πr2＝5π×＝π.
答案：C
2．已知正方体ABCD
?A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M?EFGH的体积为________．
解析：依题意，易知四棱锥M?EFGH是一个正四棱锥，且底面边长为，高为.
故VM?EFGH＝××＝.
答案：
题型三　球及组合体　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　内切球问题
[例1]　(1)(2020·安徽皖中入学摸底考试)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为(　　)
A．
B．
C．
D．2π
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝×3，∴r＝1，∴h＝
＝2.设圆锥内切球的半径为R，则＝，∴R＝，∴V球＝πR3＝π×＝π.
答案：A
(2)如图所示，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．
解析：若球与直三棱柱的三个侧面都相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r，则×6×8＝(6＋8＋10)r，则r＝2，此时2r>3，不符合题意；若与直三棱柱的上、下底面相切，则球的半径为，∴球的半径的最大值是，此时球的体积是πR3＝π.
答案：B
类型
2　外接球问题
[例2]　(1)(2020·高考全国卷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．64π
B．48π
C．36π
D．32π
解析：如图所示，设圆O1的半径为r，球的半径为R，
正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π得r＝2，
则a＝2，a＝2，
OO1＝a＝2.
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r
2＋OO
2
1＝22＋(2)2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
答案：A
(2)(2021·天津市部分区联考)圆柱的体积为π，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的体积为________．
解析：设圆柱的高为h，
∵圆柱体积为π，底面半径为，
∴π××h＝π，h＝1，
设球半径为R，则(2R)2＝()2＋12，
可得R＝1，
∴球的体积为πR3＝π.
答案：π
方法总结?
“切”“接”问题的处理规律
(1)“切”的处理：球的内切问题主要是球内切于多面体或旋转体．解答时要找准切点，通过作截面来解决．
(2)“接”的处理：把一个多面体的顶点放在球面上，即球外接于该多面体．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．　　?
[题组突破]
1.如图所示，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设球的半径为R，V2＝πR3.
V1＝πR2·2R＝2πR3，∴＝＝.
答案：
2．(2021·河北石家庄质检)如图所示，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________．
解析：∵底面ABCD为菱形，O为对角线AC与BD的交点，
∴BD⊥AC，又PB⊥底面ABCD，∴PB⊥AC.
∵BD∩PB＝B，∴AC⊥面PBD，∴AC⊥PO，
∴三角形PBA与三角形PAO均为直角三角形，∴公共斜边的中点即为球心．∵PB＝1，∠APB＝，∴PA＝2＝2R(R为三棱锥P?AOB外接球的半径)，∴R＝1，故三棱锥P?AOB的外接球的体积是＝π.
答案：π
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(认清特征是求解的关键))
1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼．图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)
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为选项A.
答案：A
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h′.由已知得h2＝ah′.
又∵h′2＝h2＋，∴h′2＝ah′＋a2，
∴－·－＝0，解得＝(负值舍去).
答案：C
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(球的计算))
1．(2020·高考全国卷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．
解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．
设△ABC的边长为a，则a2＝，解得a＝3，
∴O1A＝××3＝.
设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.
在Rt△OO1A中，OO1＝＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
答案：C
2．(2020·高考山东卷)已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
解析：如图所示，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝
eq
\r(R－D1E2)
＝＝.
又由题可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝
eq
\r(D1P2－D1B)
＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝90°，
知的长为×＝.
答案：
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