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第一节　空间几何体的结构特征及三视图与直观图
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，空间几何体的三视图是高考的重点，多以三视图为背景考查几何体的结构特征，一般是选择题、填空题，难度中等．
通过空间几何体的结构、三视图考查学生的直观想象核心素养．
授课提示：对应学生用书第134页
知识点一　简单几何体
(1)简单旋转体的结构特征：
①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；
②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；
③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；
④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．
(2)简单多面体的结构特征：
①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
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温馨提醒
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1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．
2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．
1．下列说法正确的是(　　)
A．棱柱的侧面都是矩形
B．棱柱的侧棱都相等
C．棱柱的棱都平行
D．棱柱的侧棱总与底面垂直
解析：由棱柱的定义知，棱柱的侧面都是平行四边形，不一定都是矩形，故A不正确；因为平行四边形的对边相等，故侧棱都相等，所以B正确；对选项C，侧棱都平行，但底面多边形的边(也是棱)不一定平行，所以错误；棱柱的侧棱可以与底面垂直也可以不与底面垂直，故D不正确．故选B．
答案：B
2．如图，长方体ABCD?A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，剩下的几何体是(　　)
A．棱台　　　　　
B．四棱柱
C．五棱柱
D．六棱柱
解析：长方体ABCD?A′B′C′D截去图中部分后，因为EH∥A′D′，所以FG∥A′D′，所以剩下的几何体是五棱柱ABFEA′?DCGHD′．
答案：C
知识点二　直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
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直观图与原图形面积的关系
S直观图＝S原图形(或S原图形＝2S直观图)．
1．下列说法正确的是(　　)
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，而线段的平行性不变．
答案：D
2．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为(　　)
A．24　　　　　　
B．12
C．48
D．20
解析：由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE××＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝4，∴S?OABC＝6×4＝24．
答案：A
知识点三　三视图
(1)几何体的三视图包括主视图、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．
说明：主视图也称正视图，左视图也称侧视图．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：主左一样高，主俯一样长，左俯一样宽；看不到的线画虚线．
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温馨提醒
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1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．
2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．
1．(易错题)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的左视图为(　　)
解析：给几何体的各顶点标上字母，如图1．A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B．
答案：B
2．如图为一个几何体的三视图，则该几何体是(　　)
A．四棱柱
B．三棱柱
C．长方体
D．三棱锥
解析：将三视图还原为直观图，如图所示，该几何体为三棱柱．
答案：B
授课提示：对应学生用书第135页
题型一　空间几何体的结构特征　　
1．下列结论正确的是（　　）
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
解析：A错误．如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．
B错误．如图，若△ABC不是直角三角形，所得几何体不是圆锥；若△ABC是直角三角形，但旋转轴不是直角边，所得的几何体也不是圆锥．
C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．
答案：D
2．设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题的序号是_________．
解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的．
答案：①④
空间几何体概念辨析题的常用方法
定义法
紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定
反例法
通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可
题型二　空间几何体的直观图　　
1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状为（　　）
A．平行四边形　　　　　
B．梯形
C．菱形
D．矩形
解析：由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．
答案：D
2．（2021·桂林模拟）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（　　）
A．a2
B．a2
C．a2
D．a2
解析：如图①、②为所示的平面图形和直观图．
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．
答案：D
画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”（两坐标轴成45°或135°）和“二测”（平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变）来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．
题型三　空间几何体的三视图　　
　　空间几何体的三视图是考查重点，主要在选择题、填空题中考查，归纳起来常考角度有：（1）由空间几何体判定三视图．（2）由三视图还原几何体．（3）空间几何体的三视图的计算问题．
考法（一）　由空间几何体判定三视图
[例1]　（2021·宜宾模拟）已知棱长都为2的正三棱柱ABC?A1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABC?A1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为（　　）
[解析]　由题知，四个选项的高都是2．若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为，而不是1．
[答案]　B
由空间几何体判定三视图的方法
（1）根据三视图的有关定义和规则先确定主视图，再确定俯视图，最后确定左视图．
（2）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．
考法（二）　由三视图还原几何体
[例2]　（2020·高考全国卷Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在主视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在左视图中对应的点为（　　）
A．E　　　　　　
B．F
C．G
D．H
[解析]　由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，M点在左视图中对应的点为E．
[答案]　A
熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：
考法（三）　空间几何体三视图的有关计算问题
[例3]　（2021·衡阳模拟）如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝．若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCD?A1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为（　　）
A．2
B．1＋
C．2
D．2
[解析]　由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝×（cos
30°＋cos
60°）＝2（cos
30°＋cos
60°）＝1＋．
[答案]　B
在求解有关计算问题时，一定要注意抓住三视图的要求，避免数据读错，导致失误．
[题组突破]
1．（2021·福州模拟）如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是（　　）
解析：圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间．
答案：B
2．（2021·武汉市高三二调）某几何体的三视图如图所示，则从该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为（　　）
A．
B．
C．2
D．2
解析：由三视图知，该几何体是一个四棱柱，记为四棱柱ABCD?A1B1C1D1，将其放在如图所示的长方体中，底面ABCD是边长为1的正方形，四棱柱的高为1，连接AC1，观察图形可知，几何体中两顶点间距离的最大值为AC1的长，即＝．
答案：B
3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（　　）
解析：选项A的主视图、俯视图不符合要求，选项B的主视图、左视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求．
答案：D
　空间几何体应用中的核心素养
直观想象——空间几何体的创新应用
[例]　（2019·高考全国卷Ⅱ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图①）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有　　　　个面，其棱长为　　　　．
[解析]　先求面数，有如下两种方法．
法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26（个）面．
法二：一般地，对于凸多面体
顶点数（V）＋面数（F）－棱数（E）＝2．（欧拉公式）
由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24．
故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26．
再求棱长．
作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长．
连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则
AM＝MH＝NG＝NF＝x．
又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1．
∴x＝－1，即半正多面体的棱长为－1．
[答案]　26　－1
通过直观想象，化空间图形为平面问题是求解此题的关键．
[对点训练]
（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
PAGE第二节　空间几何体的表面积与体积
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，空间几何体的表面积和体积一直是高考的重点和热点，主要考查以三视图为背景的几何体的表面积和体积，与球有关的切、接问题，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．
本节通过空间几何体的表面积和体积考查转化与化归思想的应用，提升考生直观想象和数学运算核心素养．
授课提示：对应学生用书第138页
知识点　柱、锥、台和球的面积和体积
1．柱、锥、台和球的侧面积和体积
侧面积
体积
圆柱
S侧＝2πrh
V＝Sh＝πr2h
圆锥
S侧＝πrl
V＝Sh＝πr2h＝πr2
圆台
S侧＝π（r1＋r2）l
V＝（S上＋S下＋）h＝π（r＋r＋r1r2）h
直棱柱
S侧＝Ch
V＝Sh
正棱锥
S侧＝Ch′
V＝Sh
正棱台
S侧＝（C＋C′）h′
V＝（S上＋S下＋）h
球
S球面＝4πR2
V＝πR3
2．几何体的表面积
（1）棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和Ｗ．
（2）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．
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温馨提醒
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二级结论
1．与体积有关的几个结论
（1）一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
（2）底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
2．几个与球有关的切、接常用结论
（1）正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a．
（2）若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．
（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．
必明易错
1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．
2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
3．易混侧面积与表面积的概念．
1．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A．12π　　　
B．π　　　　
C．8π　　　　
D．4π
答案：A
2．（易错题）若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是_________．
解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×（2＋6）×2×2＝72＋16．
答案：72＋16
3．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_________．
解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×（）2＋2π×2＝12π．
答案：12π
4．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为_________．
解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47．
答案：1∶47
授课提示：对应学生用书第139页
题型一　空间几何体的表面积　　
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，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．（2020·高考北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（　　）
A．6＋　　　　　　　
B．6＋2
C．12＋
D．12＋2
解析：由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：S＝3×（2×2）＋2×＝12＋2．
答案：D
3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是_________．
解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π．无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π．
答案：32π2＋8π或32π2＋32π
空间几何体表面积的求法
（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
（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）旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
题型二　空间几何体的体积　　
1．（2020·高考浙江卷）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．　　
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，且棱锥的高为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＝．
答案：A
2．（2020·江西上饶模拟）已知下图为某几何体的三视图，则其体积为（　　）
A．π＋
B．π＋
C．π＋
D．π＋
解析：几何体为半圆柱与四棱锥的组合体（如图），半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝π＋．
答案：C
3．如图所示，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M?AB1C的体积是_________．
解析：法一：因为VM?AB1C＝VABC?A1B1C1－VA?A1B1M－VB1?ABC－VC?B1C1M，所以VM?AB1C＝2××22－×2×××22－×2××22－×2×××22＝．
法二：VM?AB1C＝VB1?AMC＝×S△AMC·h，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，M是A1C1中点，∴B1M⊥A1C1，且B1M⊥AA1，∴B1M⊥平面ACC1A1，∴h＝B1M＝．
∴VB1?AMC＝×AC·AA1·B1M＝×2×2×＝．
答案：
求空间几何体的体积的常用方法
（1）公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解．
（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，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，便于计算其体积．
（3）等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．
题型三　与球有关的切、接问题　　
　　与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考查的难点、易失分点，命题角度多变．归纳起来，常见的命题角度有：（1）外接球问题；（2）内切球问题．
考法（一）　外接球问题
[例1]　（1）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为（　　）
A．　　　　　　
B．2
C．
D．3
（2）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（　　）
A．
B．16π
C．9π
D．
（3）一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示（图中的三个四边形都是边长为2的正方形），则该几何体的外接球的体积为_________．
[解析]　（1）由题意作图如下，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．
∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
∴球O的半径R＝OA＝＝．
（2）如图所示，作正四棱锥P?ABCD，设球的半径为R，正四棱锥底面中心为O′且球心为O，
∵在正四棱锥P?ABCD中，AB＝2，
∴AO′＝．
∵PO′＝4，
∴在Rt△AOO′中，
AO2＝AO′2＋OO′2，
∴R2＝（）2＋（4－R）2，
解得R＝，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×＝．
（3）依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，
∴2R＝2（R为球的半径），
∴R＝，
∴外接球的体积V＝πR3＝4π．
[答案]　（1）C　（2）A　（3）4π
考法（二）　内切球问题
[例2]　（1）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则的值是　　　　，＝_________．
（2）（2020·高考全国卷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_________．
[解析]　（1）设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，所以＝＝，＝＝．
（2）易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为O，
由于AM＝
＝2，故S△ABC＝×2×2＝2，
设内切圆半径r，则：
S△ABC
＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝×AB×r＋×BC×r＋×AC×r＝×（3＋3＋2）×r＝2，
解得r＝，其体积V＝πr3＝π．
[答案]　（1）　　（2）π
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
[题组突破]
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．（2021·南宁模拟）体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_________．
解析：设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2．
设底面边长为a，则×a＝1，所以a＝2．所以V＝×（2）2×2＝6．
答案：6
　与球有关的切、接问题中的核心素养
直观想象——确定球心位置的策略方法
决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．
策略一　利用球的定义确定球心
[素养解读]
若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．
（1）长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；
（2）正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；
（3）直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；
（4）正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；
（5）若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．
[例1]　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（　　）
A．16π　　　　　　　　
B．20π
C．24π
D．32π
[解析]　已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为＝2，则半径为，故球的表面积为24π．
[答案]　C
策略二　构造长方体或正方体确定球心
[素养解读]
（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．
[例2]　在正三棱锥S?ABC中，AB＝，M是SC的中点，AM⊥SB，则正三棱锥S?ABC的外接球的表面积为_________．
[解析]　取AC的中点N，连接BN，SN，AM，因为SA＝SC，所以AC⊥SN．又△ABC是等边三角形，所以AC⊥BN，AC⊥平面BSN，所以AC⊥SB．又AM⊥SB，AC∩AM＝A，故SB⊥平面SAC，SB⊥SA且SB⊥SC，故SA，SB，SC两两垂直，可以看作是从一个棱长为1的正方体上切下来的一个正三棱锥，如图所示，故正三棱锥S?ABC的外接球的直径为，所以半径为，故正三棱锥S?ABC的外接球的表面积为4×π×＝3π．
[答案]　3π
策略三　利用球的几何性质确定球心
[素养解读]
　利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．
[例3]　正三棱锥A?BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为_________．
[解析]　如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝．在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝（－OD）2＋1，解得OD＝，故球O的表面积为4π×＝π．
[答案]　π
[题组突破]
1．（2021·衡阳模拟）已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是（　　）
A．6
B．12
C．18
D．24
解析：根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18．
答案：C
2．（2021·揭阳模拟）在三棱锥A?BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A?BCD的外接球的体积为（　　）
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
解析：三棱锥A?BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径．
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab＝，ac＝，bc＝，
解得a＝，b＝，c＝1，
所以球的直径为＝，它的半径为，球的体积为×＝π．
答案：A
3．（2021·唐山模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线（实线和虚线）表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为（　　）
A．24π
B．29π
C．48π
D．58π
解析：如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体（三棱锥A?BCD），其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2＝π（32＋22＋42）＝29π．
答案：B
PAGE第三节　空间点、直线、平面之间的位置关系
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，异面直线所成的角和线面位置关系是高考的热点，其中线面位置关系的相关知识是立体几何部分的基础，单独考查较少，但在解答题中会经常涉及．
本节通过空间点、线、面的位置关系提升考生的直观想象、逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第143页
知识点一　平面的基本性质及推理
1．平面的基本性质
（1）公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
（2）公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
（3）公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
2．公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
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温馨提醒
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异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
1．下列命题中正确的是（　　）
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
解析：对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故B错误；对于C，三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，故C错误；对于D，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确．
答案：D
2．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是（　　）
解析：A，B，C图中四点一定共面，D图中四点不共面．
答案：D
知识点二　空间中两直线的位置关系
　（1）空间中两直线的位置关系
（2）异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．
②范围：Ｗ．
（3）公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
（4）定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补Ｗ．
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温馨提醒
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过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
1．（2021·济宁调研）若直线a不平行于平面α，且a?α，则下列结论成立的是（　　）
A．α内的所有直线与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内的直线与a都相交
D．α内存在唯一的直线与a平行
解析：由题意可知，直线a与平面α相交，则平面α内不存在与直线a平行的直线．
答案：B
2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是（　　）
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
解析：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行．
答案：D
3．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_________．
解析：连接B1D1，D1C（图略），则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°．
答案：60°
知识点三　空间中直线与平面、平面与平面的
位置关系
（1）直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
（2）平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
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温馨提醒
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直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
1．若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是（　　）
A．AB∥CD　　　　　　
B．AD∥CB
C．AB与CD相交
D．A，B，C，D四点共面
解析：因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．
答案：D
2．（2021·昆明市高三调研）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：α⊥β，l?α，加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A选项错误；若l⊥m，l?α，m?β，则α与β平行或相交，所以B选项错误；若α∥β，l?α，则l∥β，所以C选项正确；若l∥m，l?α，m?β，则α与β平行或相交，所以D选项错误．
答案：C
授课提示：对应学生用书第144页
题型一　平面的基本性质及应用　　
1．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么（　　）
A．点P必在直线AC上
B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面DBC内
D．点P必在平面ABC外
解析：如图，因为EF?平面ABC，而GH?平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上．
答案：A
2．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．
证明：（1）∵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）由（1）知EF綊BD，GH綊BD．
∴四边形FEGH为梯形，∴GE与HF交于一点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．
证明线共面或点共面的三种方法
（1）直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．
（2）纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．
（3）辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α、β重合．
题型二　空间两条直线的位置关系　　
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：法一：取CD的中点O，连接EO，ON．由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD．∴EO⊥CD，EO⊥ON．又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD．
以CD的中点O为原点，方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．
不妨设AD＝2，则E（0，0，），N（0，1，0），M，B（－1，2，0），
∴EN＝＝2，BM＝＝，
∴EN≠BM．
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．
法二：如图②，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．（2021·大连期末测试）如图为一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，线段AB，CD的位置关系是（　　）
A．平行　　　　　　　　
B．垂直但不相交
C．异面但不垂直
D．相交
解析：还原为正方体后得点A和C重合，所以AB，CD相交．
答案：D
3．如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．给出以下四个结论：
①直线AM与直线C1C相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线DD1异面；④直线BN与直线MB1异面．
其中正确结论的序号为　　　　（注：把你认为正确的结论序号都填上）．
解析：AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错；③，④正确．
答案：③④
题型三　异面直线所成的角　　
[例]　如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（　　）
A．　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　连接BC1，易证BC1∥AD1，
则∠A1BC1（或其补角）即为异面直线A1B与AD1所成的角．
连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，
则A1C1＝，A1B＝BC1＝，
故cos∠A1BC1＝＝．
则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为．
[答案]　D
[变式探究1]　将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，问题不变．
解析：由平面ABCD内有且仅有一点到A1的距离为1，
则AA1＝1．
此时正四棱柱变为正方体ABCD?A1B1C1D1，
由图知A1B与AD1所成角为∠A1BC1，连接A1C1（图略）．
则△A1BC1为等边三角形，
∴∠A1BC1＝60°，∴cos∠A1BC1＝，
故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为．
[变式探究2]　将本例条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，且平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，则是否存在过顶点A的直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成角都相等，若存在，存在几条？若不存在，说明理由．
解析：由条件知，此时正四棱柱为正方体．如图，连接对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成角都相等，联想正方体的其他体对角线．如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD．
∴体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等．
同理体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成角都相等，故过A作BD1，A1C，DB1的平行线都满足，故这样的直线可以作4条．
求异面直线所成角的方法
（1）求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点（线段的端点或中点）作平行线平移；补形平移．
（2）求异面直线所成的角的三步骤：“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解．
[对点训练]
（2021·太原模拟）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（　　）
A．　　　
B．　　　　
C．　　　　
D．
解析：如图，取A1C1的中点E，连接BE，DE，则DE∥A1C，所以∠BDE（或其补角）即为CA1与BD所成的角，设为θ．由几何体ABC?A1B1C1是正三棱柱且AB＝BB1，可设其棱长为2．在△BDE中，BD＝，BE＝，DE＝，由余弦定理可得cos
θ＝＝0，所以θ＝．
答案：C
　判断空间线、面间的位置关系中的核心素养
直观想象——构造模型解决空间线、面位置关系
[例]　已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n．
其中所有正确的命题是（　　）
A．①④　　　
B．②④　　　　
C．①　　　　
D．④
[解析]　借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图（1）所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图（2）所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图（3）所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图（4）所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．故选A．
[答案]　A
1．构造法实质上是结合题意构造适合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．
2．由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系，故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证．
[对点训练]
（2021·郑州模拟）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，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．
答案：D
PAGE第四节　直线、平面平行的判定及其性质
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．
本节通过线、面平行的判定及性质考查考生的直观想象、逻辑推理核心素养，以及转化与化归思想的应用．
授课提示：对应学生用书第146页
知识点一　直线与平面平行
直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行（线线平行?线面平行）
∵l∥a，a?α，lα，∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行（简记为“线面平行?线线平行”）
∵l∥α，l?β，α∩β＝b，∴l∥b
1．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，bα，则b∥α
解析：A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b?α，c?α，所以b∥α．
答案：D
2．如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_________．
解析：连接BD交AC于O，连接EO，则O为BD的中点．因为E为DD1的中点，所以OE∥BD1．又因为BD1平面ACE，OE?平面ACE，所以BD1∥平面ACE．
答案：平行
知识点二　平面与平面平行
平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行（简记为“线面平行?面面平行”）
∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
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温馨提醒
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平面与平面平行的几个有用性质
（1）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
（2）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
（3）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
（4）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
（5）如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
（6）如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
1．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
解析：若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，a∥α，a∥β，故排除A．若α∩β＝l，a?α，a∥l，则a∥β，故排除B．若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C．
答案：D
2．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．存在唯一的与a平行的直线
解析：当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线．
答案：A
3．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为_________．
解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG．同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
授课提示：对应学生用书第147页
题型一　直线与平面平行的判定与性质　　
　　直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点．多考查直线与平面平行的判定、利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题．常见的命题角度有：（1）直线与平面平行的判定；（2）直线与平面平行的性质．
考法（一）　直线与平面平行的判定
[例1]　如图，在四棱锥P?ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于O点，G是线段OF上一点．
（1）求证：AP∥平面BEF；
（2）求证：GH∥平面PAD．
[证明]　（1）连接EC，
∵AD∥BC，BC＝AD，E为AD的中点，
∴BC綊AE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴O为AC的中点．
又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，
FO?平面BEF，AP平面BEF，
∴AP∥平面BEF．
（2）连接FH，OH，
∵F，H分别是PC，CD的中点，
∴FH∥PD，又PD?平面PAD，FH平面PAD，∴FH∥平面PAD．
又易知O是BE的中点，
∴OH∥AD，易得OH∥平面PAD．
又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD．
又∵GH?平面OHF，∴GH∥平面PAD．
证明直线与平面平行的三种方法
（1）定义法：一般用反证法．
（2）判定定理法：关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程．
（3）性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．
考法（二）　直线与平面平行的性质
[例2]　如图，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）连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，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，所以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，且G是PB的中点，所以GH＝BC＝4．
由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，
所以GK＝3．
易得EF＝BC＝8，
故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18．
证明线线平行的三种判定方法
（1）利用平行公理．
（2）利用线面平行的性质定理．
（3）利用面面平行的性质定理．
[对点训练]
如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH．求证：GH∥平面PAD．
证明：如图，连接AC交BD于点O，连接MO．
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点．
又M是PC的中点，所以AP∥OM．
根据直线和平面平行的判定定理．
则有PA∥平面BMD．
因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，
根据直线和平面平行的性质定理，得PA∥GH．
因为GH平面PAD，PA?平面PAD，
所以GH∥平面PAD．
题型二　平面与平面平行的判定与性质　　
[例]　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A1G綊EB，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．
[变式探究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．
[变式探究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交AC1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，D1C1綊BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1．
又DC1平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1，
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D．
判定面面平行的四种方法
（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．
[对点训练]
如图所示，平面α∥平面β，点A∈平面α，点C∈平面α，点B∈平面β，点D∈平面β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD．
（1）求证：EF∥平面β；
（2）若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
解析：（1）证明：①当AB，CD在同一平面内，
∵α∥β，平面α∩平面ABDC＝AC，
平面β∩平面ABDC＝BD，
∴AC∥BD．
∵AE∶EB＝CF∶FD，
∴EF∥BD．
又EFβ，BD?β，∴EF∥平面β．
②当AB与CD异面时，
设平面ACD∩β＝DH，且DH＝AC．
∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC，
∴AC∥DH．故四边形ACDH是平行四边形．
在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，
又∵AE∶EB＝CF∶FD，
∴GF∥HD，EG∥BH．
又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β．
又EF?平面EFG，∴EF∥平面β．
综上，EF∥平面β．
（2）如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF．
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，
且ME＝BD＝3，MF＝AC＝2．
因此∠EMF为AC与BD所成的角（或其补角）．
故∠EMF＝60°或120°．
在△EFM中，由余弦定理得，
EF＝
＝＝，
即EF＝或EF＝．
　直线与平面平行问题中的核心素养
直观想象、逻辑推理——直线与平面平行的创新应用
[例]　如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f（x）的图像大致是（　　）
[解析]　过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连接QN（图略）．∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵＝＝2，∴MQ＝2x．在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1（x≥0，y≥1），∴函数y＝f（x）的图像为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．
[答案]　C
作平面MNQ∥平面DCC1D1，且由勾股定理得出y与x的关系是解题的关键．
[对点训练]
如图，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始终与水面所在的平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确的个数是（　　）
A．1　　　　　　　　
B．2
C．3
D．4
解析：由题图，显然①是正确的，②是错的；对于③，因为A1D1∥BC，BC∥FG，
所以A1D1∥FG且A1D1??平面EFGH，
所以A1D1∥平面EFGH（水面）．
所以③是正确的；
因为水是定量的（定体积V）．
所以S△BEF·BC＝V，
即BE·BF·BC＝V．
所以BE·BF＝（定值），即④是正确的．
答案：C
PAGE第五节　直线、平面垂直的判定及其性质
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．
本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第150页
知识点一　直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，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
图形表示
符号表示
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
两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
?a∥b
?
温馨提醒
?
二级结论
1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b?α?a⊥b．
2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．
3．垂直于同一条直线的两个平面平行．
4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
必明易错
证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．
1．（2021·深圳四校联考）若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P?l，则下列命题中是假命题的为（　　）
A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B．过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
解析：由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β．因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．
答案：B
2．（2021·唐山模拟）如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（　　）
A．①②　　　　　　
B．②④
C．①③
D．②③
解析：对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE．
答案：B
3．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的　　　　条件．
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．
答案：必要不充分
知识点二　平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
（2）判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直
?α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
?l⊥α
?
温馨提醒
?
面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
1．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
解析：若平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l?平面β或直线l与平面β相交．故选项A错误．
答案：A
2．（2021·苏州模拟）在三棱锥P?ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O．
（1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的　　　　心；
（2）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的　　　　心．
解析：（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G．
因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，
因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，
所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，
所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．
答案：（1）外　（2）垂
授课提示：对应学生用书第151页
题型一　直线与平面垂直的判定与性质　　
[例]　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．
证明：（1）CD⊥AE；
（2）PD⊥平面ABE．
[证明]　（1）在四棱锥P?ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD．
又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
PA，AC?平面PAC，
∴CD⊥平面PAC．
又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，
PC，CD?平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，
又PD?平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，
∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，
AB，AE?平面ABE，
∴PD⊥平面ABE．
1．判定线面垂直的四种方法
2．判定线线垂直的四种方法
[对点训练]
如图所示，在四棱锥P?ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．
求证：（1）PH⊥平面ABCD；
（2）EF⊥平面PAB．
证明：（1）因为AB⊥平面PAD，PH?平面PAD，所以PH⊥AB．
因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD．
因为AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．
（2）如图，取PA的中点M，连接MD，ME．因为E是PB的中点，所以ME綊AB．
又因为DF綊AB．
所以ME綊DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，
所以EF∥MD．
因为PD＝AD，所以MD⊥PA．
因为AB⊥平面PAD，MD?平面PAD，所以MD⊥AB．
因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB．
题型二　面面垂直的判定与性质　　
[例]　如图，四棱锥P?ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
（1）求证：CE∥平面PAD；
（2）求证：平面EFG⊥平面EMN．
[证明]　（1）法一：取PA的中点H，连接EH，DH．
又E为PB的中点，
所以EH綊AB．
又CD綊AB，
所以EH綊CD．
所以四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH．
又DH?平面PAD，CE平面PAD．
所以CE∥平面PAD．
法二：连接CF．因为F为AB的中点，所以AF＝AB．
又CD＝AB，
所以AF＝CD．
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．
因此CF∥AD．
又CF平面PAD，AD?平面PAD，
所以CF∥平面PAD．
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA．
又EF?平面PAD，PA?平面PAD，
所以EF∥平面PAD．
又因为CF∩EF＝F．故平面CEF∥平面PAD．
又因为CE?平面CEF，
所以CE∥平面PAD．
（2）因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA，又AB⊥PA，所以AB⊥EF．
同理可得AB⊥FG．
又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，
FG?平面EFG，
因此AB⊥平面EFG．
又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD．
又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG．
又MN?平面EMN，
所以平面EFG⊥平面EMN．
[变式探究1]　在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC．
证明：因为AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC．
又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB．
所以MN⊥平面PAC．
又MN?平面EMN，
所以平面EMN⊥平面PAC．
[变式探究2]　在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC．
证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，
所以EF∥PA，FG∥AC，
又EF?平面PAC，PA?平面PAC，
所以EF∥平面PAC．
同理，FG∥平面PAC．
又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC．
　面面垂直判定的两种方法与一个转化
（1）两种方法：
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）一个转化：
在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[对点训练]
（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，
故PB⊥平面PAC，
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＝××＝．
题型三　平行与垂直的综合问题　　
[例]　如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：（1）AF∥平面BCE；
（2）平面BCE⊥平面CDE．
[证明]　（1）如图，取CE的中点G，连接FG，BG．
∵F为CD的中点，
∴GF∥DE且GF＝DE．
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB．
又AB＝DE，∴GF＝AB．
∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG．
∵AF?平面BCE，BG?平面BCE，
∴AF∥平面BCE．
（2）∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD．
∵DE⊥平面ACD，AF?平面ACD，∴DE⊥AF．
又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE．
∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE．
又∵BG?平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE．
1．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等．
2．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．
[对点训练]
如图，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；
（3）求证：EF∥平面PCD．
证明：（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD．
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD?平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB．
因为PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD．
（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG．
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC．
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC．
所以DE∥FG，DE＝FG．
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG．
又因为EF?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
　平行、垂直关系中的核心素养
逻辑推理、直观想象——在平行、垂直关系证明中的体现
逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系．
[例]　（2020·高考全国卷Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于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）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＝PMsin∠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．
　解决平行与垂直的综合应用问题的策略
处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化．
[对点训练]
如图，在底面为菱形的四棱锥P?ABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，E为侧棱PC上一点．
（1）若BE⊥PC，求证：PC⊥平面BDE；
（2）若PA∥平面BDE，求平面BDE把四棱锥P?ABCD分成两部分的体积比．
解析：（1）证明：连接AC（图略），因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．
因为PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，
所以PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD．
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．
又因为BE⊥PC，BD∩BE＝B，所以PC⊥平面BDE．
（2）设AC∩BD＝O，连接OE（图略），因为四边形ABCD为菱形，所以AO＝OC．
因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，所以PA∥OE，所以PE＝EC，即E是PC的中点．
由（1）知PA⊥底面ABCD，所以点E到平面ABCD的距离为PA．
故＝＝＝，
所以平面BDE把四棱锥P?ABCD分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．
PAGE第六节　空间向量及其运算
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的高考考查情况来看，空间向量及其运算是每年命题的热点，独立考查较少，多与空间角、距离的计算综合考查，难度中等．
本节通过空间向量的运算考查考生的直观想象与数学运算核心素养．
授课提示：对应学生用书第155页
知识点一　空间向量的有关概念、定理
1．空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间中，具有大小和方向的量
相等向量
方向相同且模相等的向量
共线向量
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量
平行于同一平面的向量
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．
3．两个向量的数量积
（1）非零向量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
①结合律：（λa）·b＝λ（a·b）；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·（b＋c）＝a·b＋a·c．
?
温馨提醒
?
1．三点共线：在平面中A，B，C三点共线?＝x＋y（其中x＋y＝1），O为平面内任意一点．
2．四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面?＝x＋y＋z（其中x＋y＋z＝1），O为空间中任意一点．
1．如图，平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是（　　）
A．－a＋b＋c
B．a＋b＋c
C．－a－b－c
D．－a－b＋c
解析：＝＋＝＋（＋）＝＋＋＝－a－b－c．
答案：C
2．若a与b不共线，且m＝a＋b，n＝a－b，p＝a，则（　　）
A．m，n，p共线　　　　　　
B．m与p共线
C．n与p共线
D．m，n，p共面
解析：由于（a＋b）＋（a－b）＝2a，即m＋n＝2p，即p＝mn，又m与n不共线，所以m，n，p共面．
答案：D
3．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（·＋·＋·）
＝12＋22＋12＋2（1×2×cos
120°＋0＋2×1×cos
120°）＝2，
所以||＝，所以EF的长为．
答案：
知识点二　空间向量的坐标表示
设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3）．
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb（b≠0）
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0（a≠0，b≠0）
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
eq
\r(a＋a＋a)
夹角
〈a，b〉（a≠0，b≠0）
cos〈a，b〉＝eq
\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋a＋a)·\r(b＋b＋b))
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温馨提醒
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设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则a∥b（b≠0）?这一形式不能随便写成＝＝．只有在b与三个坐标轴都不平行时，才能这样写，这是因为：若b与坐标平面xOy平行，则b3＝0，这样就无意义了．
1．（易错题）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
解析：由题意得，＝（－3，－3，3），＝（1，1，－1），所以＝－3，所以与共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD．
答案：B
2．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_________．
解析：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（图略），设DA＝2，则A（2，0，0），M（0，0，1），O（1，1，0），N（2，1，2），所以＝（－2，0，1），＝（1，0，2），·＝－2＋0＋2＝0，所以AM⊥ON．
答案：垂直
授课提示：对应学生用书第156页
题型一　空间向量的线性运算　　
1．已知三棱锥O?ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于（　　）
A．（b＋c－a）　　　
B．（a＋b＋c）
C．（a－b＋c）
D．（c－a－b）
解析：＝＋＋＝（c－a－b）．
答案：D
2．如图所示，在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，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）＝　　　　；
（2）＝　　　　；
（3）＋＝_________．
解析：（1）因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b．
（2）因为N是BC的中点，
所以＝＋＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋c．
（3）因为M是AA1的中点，
所以＝＋＝＋
＝－a＋
＝a＋b＋c，
又＝＋＝＋
＝＋＝c＋a，
所以＋＝＋
＝a＋b＋c．
答案：（1）a＋c＋b　（2）－a＋b＋c　（3）a＋b＋c
用已知向量表示某一向量的三个关键点
（1）用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
（2）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
（3）在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
题型二　共线、共面向量定理的应用　　
1．已知a＝（λ＋1，0，2），b＝（6，2μ－1，2λ），若a∥b，则λ与μ的值可以是（　　）
A．2，　　　　　　　
B．－，
C．－3，2
D．2，2
解析：因为a∥b，所以b＝ka，即（6，2μ－1，2λ）＝k（λ＋1，0，2），所以解得或
答案：A
2．已知a＝（2，1，－3），b＝（－1，2，3），c＝（7，6，λ），若a，b，c三向量共面，则λ＝（　　）
A．9
B．－9
C．－3
D．3
解析：由题意知c＝xa＋yb，即（7，6，λ）＝x（2，1，－3）＋y（－1，2，3），所以解得λ＝－9．
答案：B
3．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z（x，y，z∈R），则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的（　　）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2．则－＝2－3（－）＋2（－），即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n（m，n∈R），即－＝m（－）＋n（－），即＝（1－m－n）＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2，故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
答案：B
应用共线（面）向量定理、证明点共线（面）的方法比较
三点（P，A，B）共线
空间四点（M，P，A，B）共面
＝λ
＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t
对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋（1－x）
对空间任一点O，＝x＋y＋（1－x－y）
题型三　空间向量数量积的应用　　
[例]　如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
（1）·；
（2）·；
（3）EG的长；
（4）异面直线AG与CE所成角的余弦值．
[解析]　设＝a，＝b，＝c．
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
＝＝c－a，
＝－a，＝b－c．
（1）·＝·（－a）
＝a2－a·c
＝．
（2）·＝（c－a）·（b－c）
＝（b·c－a·b－c2＋a·c）
＝－．
（3）＝＋＋
＝a＋b－a＋c－b
＝－a＋b＋c．
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a
＝，
则||＝．
（4）＝b＋c．
＝＋＝－b＋a，
cos〈，〉＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是（0°，90°]，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为．
1．求解与空间图形中的有关向量数量积问题时，应先在图形中选定一组模和夹角已知的基向量，用基向量表示待求数量积中的向量，结合向量数量积的运算律求解．
2．若待求向量是坐标形式，求数量积时，可直接利用空间向量的数量积的坐标公式求解．
[对点训练]
如图所示，已知在平行六面体ABCD?A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°．
（1）求AC′的长；
（2）求与的夹角的余弦值．
解析：（1）因为＝＋＋，
所以||2＝（＋＋）2
＝||2＋||2＋||2＋2（·＋·＋·）
＝42＋32＋52＋2（0＋10＋7．5）＝85．
所以||＝．
（2）设与的夹角为θ，因为四边形ABCD是矩形，
所以||＝＝5．
所以由余弦定理可得cos
θ＝＝＝．
　空间向量运算中的核心素养
数学运算——向量法在空间几何体中的应用
[例]　如图1，四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形与等腰梯形，AD∥EF，AF＝，AD＝4，EF＝2，沿AD将四边形ADEF折起，使得平面ADEF⊥平面ABCD，如图2，动点M在线段EF上，N，G分别为AB，BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为α，则cos
α的最大值为（　　）
A．　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　过点F作FO⊥AD，垂足为O．因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，所以FO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OD，OF所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AF＝，AD＝4，EF＝2，四边形ADEF为等腰梯形，所以AO＝1，FO＝1，设M（0，y，1），0≤y≤2，易知O（0，0，0），A（0，－1，0），N（2，－1，0），G（4，1，0），＝（2，－1－y，－1），＝（4，2，0），则||＝＝，||＝2，cos
α＝＝．设3－y＝t，则有1≤t≤3，cos
α＝＝×＝×＝×≤×＝，则当t＝3，即y＝0，即点M与F重合时，cos
α取得最大值，为．
[答案]　A
　空间几何中的夹角问题，常转化为向量的夹角问题，利用公式cos〈a，b〉＝求解．
[对点训练]
　如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于_________．
解析：因为＝＋＋，
所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·
＝36＋36＋36＋2×36cos
60°＝144．
所以||＝12．
答案：12
PAGE第七节　立体几何中的向量方法
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．
本节通过对空间角的求解、空间向量的应用，考查考生转化与化归思想的应用，提升考生的直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第158页
知识点　空间角的求法
1．设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，ν，则
（1）线线平行：l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R；
线面平行：l∥α?a⊥u?a·u＝0；
面面平行：α∥β?u∥ν?u＝kν，k∈RＷ．
（2）线线垂直：l⊥m?a⊥b?a·b＝0；
线面垂直：l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R；
面面垂直：α⊥β?u⊥ν?u·ν＝0Ｗ．
2．空间角的求法
（1）异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
（0，π）
求法
cos
β＝
cos
θ＝|cos
β|＝
（2）求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝．
（3）求二面角的大小
①如图a，AB，CD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bc，n1，n2分别是二面角α?l?β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos
θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角（或其补角）．
?
温馨提醒
?
利用空间向量法求二面角时易忽视判断二面角大小，从而致误．解题时注意结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而在下结论时作出正确判断．
1．已知两平面的法向量分别为m＝（0，1，0），n＝（0，1，1），则两平面所成的二面角的大小为_________．
解析：cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°，所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°．
答案：45°或135°
2．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为_________．
解析：如图建立空间直角坐标系D?xyz，设DA＝1，A（1，0，0），C（0，1，0），E，则＝（－1，1，0），＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cos
θ＝|cos〈，〉|＝．
答案：
3．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC?A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_________．
解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A（2，0，0），C1（0，0，2）．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2．
所以＝（－2，0，2），＝，
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos
θ＝＝＝．又θ∈，所以θ＝．
答案：
授课提示：对应学生用书第159页
题型一　异面直线所成的角　　
[例]　如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
[解析]　（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．
又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC．
（2）设AC∩BD＝O．
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝．
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O?xyz，则P（0，－，2），A（0，－，0），B（1，0，0），C（0，，0）．
所以＝（1，，－2），＝（0，2，0）．
设PB与AC所成角为θ，则
cos
θ＝＝＝．
即PB与AC所成角的余弦值为．
向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点
（1）两种方法：
①基向量法：利用线性运算．
②坐标法：利用坐标运算．
（2）一个注意点：
注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．
[对点训练]
如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为（　　）
A．－　　　　　　
B．
C．－
D．
解析：不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系S?xyz（图略），则A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），S（0，0，0），则M，N，所以＝，＝，所以||＝，||＝，·＝－，所以cos〈，〉＝＝－，所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为．
答案：B
题型二　直线与平面所成的角　　
[例]　如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝，∠ABC＝30°，D为AB的中点．
（1）证明：AC1∥平面B1CD；
（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值．
[解析]　（1）证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点，
又点D为AB的中点，
所以DE是△ABC1的中位线，
所以DE∥AC1．
因为DE?平面B1CD，AC1?平面B1CD，
所以AC1∥平面B1CD．
（2）由AB＝2，AC＝1，∠ABC＝30°，可得AC⊥BC，
分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C?xyz，
则C（0，0，0），B1（0，，），D，C1（0，0，），
所以＝，＝（0，，），
＝．
设直线DC1与平面B1CD所成角为θ，平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z），
则即
令z＝1，得m＝（，－1，1），
所以sin
θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝．
利用平面的法向量求线面角的两个注意点
（1）求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角即为所求．
（2）若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求．
[对点训练]
（2021·东北三校模拟）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为（　　）
A．　　　　　　
B．－
C．
D．－
解析：取AC的中点E，连接BE，则BE⊥AC，以B为坐标原点，BE，BB1所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B?xyz，则A，D（0，0，1），B（0，0，0），E，
则＝，＝．
∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BE⊥AC，BE?平面ABC，∴BE⊥平面AA1C1C，
∴＝为平面AA1C1C的一个法向量．
设AD与平面AA1C1C所成角为α，
∵cos〈，〉＝＝－，
∴sin
α＝|cos〈，〉|＝．
答案：A
题型三　二面角　　
[例]　（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．
利用法向量求二面角时的两个注意点
（1）对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．
（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行判断，以防结论失误．
[对点训练]
如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
（1）求证：C1M⊥B1D；
（2）求二面角B?B1E?D的正弦值；
（3）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
解析：依题意，以C为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），
A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3）．
（1）依题意，＝（1，1，0），＝（2，－2，－2），
从而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D；
（2）依题意，＝（2，0，0）是平面BB1E的一个法向量，
＝（0，2，1），＝（2，0，－1）．
设n＝（x，y，z）为平面DB1E的法向量，
则即
不妨设x＝1，可得n＝（1，－1，2）．
cos〈·n〉＝＝＝，
∴sin〈，n〉＝＝．
所以，二面角B?B1E?D的正弦值为；
（3）依题意，＝（－2，2，0）．
由（2）知n＝（1，－1，2）为平面DB1E的一个法向量，于是
cos〈，n〉＝＝＝－．
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为．
　向量法中的核心素养
数学运算——利用空间向量求距离
[例]　如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离．
[解析]　如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM?平面MCD，所以MO⊥平面BCD．
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O?xyz．
因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝，
则O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），
B（0，－，0），A（0，－，2），所以＝（1，，0）．
＝（0，，）．
设平面MBC的法向量为n＝（x，y，z），
由得
即
取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝（，－1，1）．
又＝（0，0，2），
所以所求距离为d＝＝．
求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P在平面α外，n为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q，则点P到平面α的距离d＝．
[对点训练]
如图所示，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．
解析：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（图略），设AE＝x，则D（0，0，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．
（1）证明：＝（1，x，－1），＝（－1，0，－1），因为·＝0，所以D1E⊥A1D．
（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而＝（1，1，－1），＝（－1，2，0），＝（－1，0，1），
设平面ACD1的法向量为n＝（a，b，c），则
即得从而可取n＝（2，1，2），所以点E到平面ACD1的距离h＝＝＝．
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