(共91张PPT)
第1讲 空间几何体
专题四 立体几何
考情分析
空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上.
考点一 空间几何体的折展问题
考点二 表面积与体积
考点三 多面体与球
专题强化练
内容索引
空间几何体的折展问题
考点一
空间几何体的侧面展开图
1.圆柱的侧面展开图是矩形.
2.圆锥的侧面展开图是扇形.
3.圆台的侧面展开图是扇环.
核心提炼
(1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢.”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》.如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km，山高为40 km，B是山坡SA上一点，且AB＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观
光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度
最短时，下坡路段长为
√
例1
如图，展开圆锥的侧面，连接A′B，
过点S作A′B的垂线，垂足为H，
记点P为A′B上任意一点，连接PS，当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡时，P到山顶S的距离PS越来越大，
则下坡段的公路为图中的HB，
由Rt△SA′B∽Rt△HSB，
√
由题意知，AE＝AD＝AB＝1，BC＝2，
在△ACE中，由余弦定理知，
CE2＝AE2＋AC2－2AE·AC·cos∠CAE
∴在△BCF中，由余弦定理知，
空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边.
规律方法
(1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是
A.C∈GH
B.CD与EF是共面直线
C.AB∥EF
D.GH与EF是异面直线
跟踪演练1
√
√
√
由图可知，还原正方体后，点C与G重合，
即C∈GH，
又可知CD与EF是平行直线，即CD与EF是共面直线，AB与EF是相交直线(点B与点F重合)，GH与EF是异面直线，故A，B，D正确，C错误.
(2)如图，在正三棱锥P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，PA＝PB＝PC＝2，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是
√
将三棱锥由PA展开，如图所示，则∠APA1＝90°，
所求最短距离为AA1的长度，
∵PA＝2，
∴由勾股定理可得
表面积与体积
考点二
1.旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径).
核心提炼
2.空间几何体的体积公式
(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高).
√
例2
方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
√
√
如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，
且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF 平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，
所以选项A，B不正确，选项C，D正确.
空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体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，或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.
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积.
规律方法
跟踪演练2
√
由SA与圆锥底面所成角为45°，
(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是
√
如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为h，母线长为l，
则2πr＝π·1,2πR＝π·2，
下底面面积S＝π·12＝π，
多面体与球
考点三
求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.
核心提炼
(1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为
√
例3
因为VA⊥底面ABC，AB，AC 底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，
设该三棱锥的内切球的半径为r，
因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝VA＝2，
由三棱锥的体积公式可得，
√
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
(1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解.
(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径.
规律方法
(1)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
跟踪演练3
√
该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.
设圆锥的高为h(0(2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面
边长为_____，该组合体的外接球的体积为________.
如图，连接PA交底面BCD于点O，则点O就是该组合体的外接球的球心.
设三棱锥的底面边长为a，
专题强化练
一、单项选择题
1.(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3
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设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.
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3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字.该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如图是该正方体的展开图.若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是
A.最 B.美 C.逆 D.行
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把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”.
4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A－B1CD1的体积为
√
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如图，三棱锥A－B1CD1是由正方体ABCD－A1B1C1D1截去四个小三棱锥A－A1B1D1，C－B1C1D1，B1－ABC，D1－ACD形成的，
又
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球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示.
根据题意，设垃圾篓的高为h，则
设篮球的半径为r，
则r2＝10a2＋(12a)2＝154a2.
故篮球的表面积为4πr2＝616πa2.
6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm～25 mm)，大雨(25 mm～50 mm)，暴雨(50 mm～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小
时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级
A.小雨 B.中雨
C.大雨 D.暴雨
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7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积
√
记EF＝a，AE＝b，AF＝c，
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方法一 如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，
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方法二 如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，
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方法三 如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，
在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，
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则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2.
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二、多项选择题
9.(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是
A.圆柱的侧面积为4πR2
B.圆锥的侧面积为2πR2
C.圆柱的侧面积与球的表面积相等
D.球的体积是圆锥体积的两倍
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对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，
∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；
对于B，∵圆锥的底面直径和高等于2R，
对于C，圆柱的侧面积为S1＝4πR2，
球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；
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即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.
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10.设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则
A.该正方体的棱长为2
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设内、外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，
又由题知R－r＝1，
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将四棱台补为如图所示的四棱锥P－ABCD，
分别取BC，B1C1的中点E，E1，
记四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面中心分别
为O1，O，
连接AC，A1C1，BD1，B1D1，A1O，OE，OP，PE，
由条件知A1，B1，C1，D1分别为四棱锥的侧棱PA，PB，PC，PD的中点，
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由PA＝PC＝4，AC＝4，得△PAC为正三角形，
则AA1与CC1所成角为60°，故B错误；
所以该四棱台的表面积为
由△PAC为正三角形，
易知OA1＝OA＝OC＝OC1，OB1＝OD1＝OB＝OD，
所以O为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，
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12.(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱.这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高.椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是
√
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不妨过斜圆柱的最高点D和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，
如图，矩形ABCD是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知∠ABF＝45°，
设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，
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作EG⊥BF，垂足为G，则EG＝6，
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又CE＝AF＝AB＝4，
由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C错误；
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三、填空题
13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗.陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h1，h2，r，且h1＝h2＝r，设圆锥体的侧面积和
圆柱体的侧面积分别为S1和S2，则 ＝_____.
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由题意知，
根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为
14.(2022·福州质检)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为________.
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依题意，把正三棱柱ABC－A1B1C1的上底面△A1B1C1与侧面矩形ABB1A1放在同一平面内，
连接AC1，设AC1交A1B1于点F，如图，
此时点F可使AF＋FC1取最小值，大小为AC1，而∠AA1C1＝150°，
15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心
工艺品(如图所示).该工艺品可以看成是一个球体被一个棱
长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的
中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为
____；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.如果球面的半径是R，球冠的高是h，那么球冠的表面积计算公式是S＝2πRh.由此可知，
该实心工艺品的表面积是______.
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设截面圆半径为r，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，
所以球的表面积S1＝25π.
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设正四棱柱的底面正方形边长为a，高为h，
∴a2＝6－2h2，
∴V′＝－6h2＋6＝－6(h＋1)(h－1)，
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∴Vmax＝V(1)＝4，(共80张PPT)
第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
专题四 立体几何
考情分析
高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题.
考点一 空间直线、平面位置关系的判定
考点二 空间平行、垂直关系
考点三 翻折问题
专题强化练
内容索引
空间直线、平面位置关系的判定
考点一
判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
核心提炼
(1)(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是
A.若α∥β，m α，n β，则m∥n
B.若m⊥α，m∥n，n⊥β，则α∥β
C.若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
D.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
√
例1
√
A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；
B选项，若m⊥α，n⊥β，则直线m，n对应的方向向量m，n可看作α，β的法向量，由于m∥n，又α，β是两个不同的平面，则α∥β，故B选项正确；
C选项，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于两个平面交线的直线才垂直于另一个平面，从选项中无法判断m，n和交线的位置关系，因此m，n可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，C选项错误；
D选项，若m β，又m⊥α，根据面面垂直的判定定理，即有α⊥β，若m β，由于m∥n，n∥β，则m∥β，过m任作一个平面，使其和β相交于直线c，根据线面平行的性质定理，m∥c，又m⊥α，则c⊥α，结合c β，即α⊥β，故D选项正确.
(2)(多选)(2022·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是
A.四边形AECF是平行四边形
B.GH与MN是异面直线
C.GH∥平面EAB
D.GH⊥BC
√
√
连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，则AC与EF相交且相互平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；
所以AE∥CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
所以GM∥AE，NH∥CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH 平面MNGH，
所以GH∥平面EAB，故C正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，
所以BC⊥平面EMH，
而GH 平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故D错误.
对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立.
规律方法
(1)(多选)(2022·湖南师大附中模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是
A.A，M，O三点共线 B.M，O，A1，A四点共面
C.B，B1，O，M四点共面 D.A，O，C，M四点共面
跟踪演练1
√
√
√
如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面.
因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A，M，O三点共线，
从而M，O，A1，A四点共面，A，O，C，M四点共面.
由长方体性质知，OM，BB1是异面直线，
即B，B1，O，M四点不共面.
(2)设点E为正方形ABCD的中心，M为平面ABCD外一点，△MAB为等腰直角三角形，且∠MAB＝90°，若F是线段MB的中点，则
A.ME≠DF，且直线ME，DF是相交直线
B.ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线
C.ME≠DF，且直线ME，DF是异面直线
D.ME＝DF，且直线ME，DF是异面直线
√
连接EF，如图所示，
由题意知AB⊥AD，
AB⊥AM，AM＝AD，AB＝AB，
则Rt△BAM≌Rt△BAD，所以BM＝BD，
因为E，F分别为BD，BM的中点，则EF∥DM，
故四边形FMDE是等腰梯形，
所以ME＝DF，且直线ME，DF是相交直线.
空间平行、垂直关系
考点二
平行关系及垂直关系的转化
核心提炼
如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点.
(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
例2
∵四边形AA1C1C为矩形，
∴AC⊥C1C，
又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，
平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，
∴AC⊥平面CC1B1B，
∵C1B 平面CC1B1B，∴AC⊥C1B，
又四边形CC1B1B为菱形，∴B1C⊥BC1，
∵B1C∩AC＝C，AC 平面AB1C，B1C 平面AB1C，
∴BC1⊥平面AB1C.
(2)求证：DE∥平面AB1C.
如图，取AA1的中点F，连接DF，EF，
∵四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，
∴EF∥AC，又EF 平面AB1C，AC 平面AB1C，
∴EF∥平面AB1C，
同理可得DF∥平面AB1C，
∵EF∩DF＝F，EF 平面DEF，DF 平面DEF，
∴平面DEF∥平面AB1C，
∵DE 平面DEF，∴DE∥平面AB1C.
(1)证明线线平行的常用方法
①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.
(2)证明线线垂直的常用方法
①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.
规律方法
(2022·西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，AC1的中点.
(1)求证：MN⊥AA1；
跟踪演练2
连接A1C，如图，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C为平行四边形，
故A1C和AC1相交，且交点为它们的中点N，
又因为M为A1B的中点，
所以MN为△A1BC的中位线，
所以MN∥BC.
因为AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以AA1⊥BC，所以AA1⊥MN，即MN⊥AA1.
(2)在线段BC1上是否存在一点P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由.
存在，当P为BC1的中点时，平面MNP∥平面ABC.
连接PN，PM，如图，
因为N为AC1的中点，P为BC1的中点，所以PN∥AB，
又PN 平面ABC，AB 平面ABC，
所以PN∥平面ABC，
又由(1)知MN∥BC，BC 平面ABC，MN 平面ABC，
故MN∥平面ABC，
又MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，
所以平面MNP∥平面ABC.
翻折问题
考点三
翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
核心提炼
(1)(2022·南宁模拟)已知正方形ABCD中E为AB中点，H为AD中点，F，G分别为BC，CD上的点，CF＝2FB，CG＝2GD，将△ABD沿着BD翻折得到空间四边形A1BCD，则在翻折过程中，以下说法正确的是
A.EF∥GH B.EF与GH相交
C.EF与GH异面 D.EH与FG异面
√
例3
如图，由CF＝2FB，CG＝2GD，
由E为AB中点，H为AD中点，
所以EH∥FG，且EH≠FG，
所以四边形EFGH为梯形.
梯形EFGH的两腰EF，HG延长必交于一点，
所以EF与GH相交，EH与FG平行，
故选项A，C，D不正确，选项B正确.
(2)(多选)(2022·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是
A.BM的长是定值
B.点M的运动轨迹在某个圆周上
C.存在某个位置，使DE⊥A1C
D.A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE
√
√
√
如图所示，取CD的中点F，
连接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，
∵MF 平面A1DE，A1D 平面A1DE，
∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，
又MF∩BF＝F，MF，BF 平面BMF，
∴平面BMF∥平面A1DE，
∵BM 平面BMF，
∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
由余弦定理知，
MB2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，
∴BM为定值，A选项正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；
∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误.
注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
易错提醒
(多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是
A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，
使得AB⊥OC
B.存在x，在翻折过程中存在某个位置，
使得AC⊥BD
C.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
跟踪演练3
√
√
√
当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，
因为OC⊥BD，OC 平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以OC⊥平面ABD，又AB 平面ABD，
所以AB⊥OC，故A正确；
又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC 平面OAC，
所以BD⊥平面OAC，又AC 平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；
即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD 平面ACD，
则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；
若AC⊥平面ABD，
又AO 平面ABD，则AC⊥AO，
所以在△AOC中，OC为斜边，
这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.
所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，
专题强化练
一、单项选择题
1.(2022·龙岩质检)已知三条直线a，b，c，若a和b是异面直线，b和c是异面直线，那么直线a和c的位置关系是
A.平行 B.相交
C.异面 D.平行、相交或异面
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画图分析可知空间直线的三种位置关系均有可能，故D正确.
2.(2022·湖北八市联考)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是
A.α内有无数条直线与β平行 B.α，β垂直于同一个平面
C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一条直线
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对于A，α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，α内的所有直线与β平行才能得出，故A错误；
对于B，C，α，β垂直于同一平面或α，β平行于同一条直线，不能确定α，β的位置关系，故B，C错误；
对于D，α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之，当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线.
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3.正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是
√
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对于A，易证MQ∥NP，所以A不符合题意；
对于B，如图，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
MN 平面A1B1C1D1，PQ 平面ABCD，
所以MN与PQ无公共点，
因为MN与PQ不平行，
所以MN与PQ是异面直线，所以B符合题意；
对于C，易证PM∥NQ，所以C不符合题意；
对于D，易证MN∥PQ，所以D不符合题意.
4.(2022·华中师大附中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中点，则下列说法正确的是
A.直线PB与直线D1C平行，直线PB⊥平面A1C1D
B.直线PB与直线AC异面，直线PB⊥平面ADC1B1
C.直线PB与直线B1D1相交，直线PB 平面ABC1
D.直线PB与直线A1D垂直，直线PB∥平面B1D1C
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如图，连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C，PB，AC，DC1，AB1，
由正方体的性质知，A1B∥D1C，
又A1B与PB相交，
所以PB与D1C不平行，故A错误；
显然，直线PB与直线AC异面，直线A1B⊥平面ADC1B1，
而直线PB与A1B不平行，
所以直线PB不与平面ADC1B1垂直，故B错误；
直线PB与直线B1D1异面，不相交，故C错误；
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因为BA1＝BD，P是A1D的中点，
所以直线PB与直线A1D垂直，
又DB∥D1B1，A1B∥D1C，
DB 平面B1D1C，A1B 平面B1D1C，A1B∩DB＝B，
A1B，DB 平面BDA1，D1C，D1B1 平面B1D1C，
所以平面BDA1∥平面B1D1C，
又PB 平面BDA1，
所以直线PB∥平面B1D1C，故D正确.
5.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列结论正确的是
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
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如图所示，因为AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝AB，
所以四边形ABCD为直角梯形.
且∠ABD＝∠ADB＝∠DBC＝45°.
又因为∠BCD＝45°，
所以∠CDB＝90°，即CD⊥BD.
又因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，CD 平面BCD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面ABD，
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若平面ABC⊥平面ABD，那么CD 平面ABC，显然不成立，故A错误；
因为CD⊥平面ABD，AB 平面ABD，
所以CD⊥AB.
又AB⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD 平面ADC，
所以AB⊥平面ADC.
又因为AB 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ADC，故D正确；
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因为平面ABD⊥平面BCD，过点A作平面BCD的垂线AE，垂足E落在BD上，显然垂线不在平面ABC内，所以平面ABC与平面BDC不垂直，故C错误，同理B也错误.
6.(2022·中山模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1等于
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连接AB1，交A1B于点Q，连接PA1，PB，PQ，如图所示.
因为AC1∥平面A1BP，
AC1 平面AB1C1，
且平面AB1C1∩平面A1BP＝PQ，
所以AC1∥PQ，又点Q是AB1的中点，
所以P是B1C1的中点，
所以PC1＝1.
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二、多项选择题
7.(2022·邵阳模拟)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则
A.BD∥平面EGHF
B.FH∥平面ABC
C.AC∥平面EGHF
D.直线GE，HF，AC交于一点
√
√
因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.
又E，F分别为AB，AD的中点，
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易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误；
因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，
因为EG 平面ABC，FH 平面ACD，
则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，
所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，所以D正确.
8.如图1，已知E为正方形ABCD的边AB的中点，将△DAE沿边DE翻折到△PDE，连接PC，PB，EC，设F为PC的中点，连接BF，如图2，则在翻折的过程中，下列命题正确的是
A.存在某一翻折位置，使得DE∥平面PBC
B.在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内)，
都有BF∥平面PDE
C.存在某一翻折位置，使得PE⊥CD
D.若PD＝CD＝PC＝4，则三棱锥P－CDE的外接球的表面积为
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对于A选项，取DC的中点G，连接BG，因为BE∥
GD，BE＝GD，所以四边形DEBG为平行四边形，
所以DE∥GB，而BG与平面PBC相交，所以DE与
平面PBC相交，故A错误；
对于B选项，连接FG，则FG∥PD，由DE∥GB，易证平面BFG∥平面EPD，而BF 平面BFG，所以BF∥平面PDE，故B选项正确；
对于C选项，因为PE⊥PD，要使得PE⊥CD，则PE⊥平面PCD，则PE⊥PC，而EC＝ED，此时，只需要PC＝PD即可，故C选项正确；
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对于D选项，由PD＝CD＝PC＝4可知，
PE⊥平面PCD，PE＝2，
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设三棱锥P－CDE的外接球半径为R，
三、填空题
9.已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断：①l∥α；②α⊥β；
③l⊥β.以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：__________________________________________.(用序号表示)
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若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)
因为当l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；
因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；
因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①.
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10.三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝1，过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB，CD都平行，且分别交BD，AD，AC于F，G，H，则四边形EFGH的周长为____.
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因为AB∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EH，AB 平面ABC，
所以AB∥EH，又点E为BC中点，
所以四边形EFGH的周长为2.
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11.已知三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面均为正三角形，AB＝1，A1B1
＝2，侧棱长AA1＝BB1＝CC1，若AA1⊥BB1，则此棱台的高为____.
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由已知可得该三棱台为正三棱台，
还原成棱锥如图所示，由于下底边长是上底边长的两倍，
∴大棱锥的高为棱台的高的两倍，
取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接PD，
DD1，AD，A1D1，O，O1分别是上、下底面的中心，连接PO，OO1.
易知P，D，D1三点共线，P，O，O1三点共线.
OO1即为该棱台的高.
由正棱台性质可得BC⊥PD1，BC⊥PO，
PO∩PD1＝P，PO，PD1 平面PD1A1，
∴BC⊥平面PD1A1，PA1 平面PD1A1，
∴BC⊥PA1，
又∵AA1⊥BB1，
BB1∩BC＝B，BB1，BC 平面PB1C1，
故AA1⊥平面PB1C1，∴A1P⊥PD1.
又AB＝1，A1B1＝2，
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12.如图，把边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折起，使A，C的距离为
a，则异面直线AC与BD的距离为____.
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如图，分别取AC，BD的中点S，E，连接AE，CE，SB，SD，SE.
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE＝E，AE，CE 平面ACE，
则BD⊥平面ACE，则SE⊥BD，
AC⊥SD，AC⊥SB，
又SD∩SB＝S，SD，SB 平面SBD，
则AC⊥平面SBD，则SE⊥AC，
则SE是异面直线AC与BD的公垂线段，
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四、解答题
13.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点.
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，
又E为AC的中点，所以AC⊥BE.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE 平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC 平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
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(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F－ABC的体积.
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由(1)可知BA＝BC，又因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC为边长为2的正三角形，
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，
所以DE⊥EB.
连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值，
在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，
由射影定理知EF2＝DF·FB，
方法一 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
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方法二 由(1)知BD⊥AC，
又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF 平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，
所以BF即B到平面ACF的距离，
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14.(2022·黄山模拟)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝ ，AD＝1，AB＝2，BC＝3，将梯形沿中位线EF折起使AE⊥BE，并连接AB，DC得到多面体AEB－DFC，连接DE，BD，BF.
(1)求证：DF⊥平面BED；
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由题意知AD＝1，BC＝3，AD∥EF，
因为EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，
过点D作DM⊥EF，垂足为M，如图所示，
DF2＋DE2＝EF2，所以DE⊥DF，
因为AE⊥BE，BE⊥EF，
AE∩EF＝E，AE 平面AEFD，EF 平面AEFD，所以BE⊥平面AEFD，
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又DF 平面AEFD，所以EB⊥DF，
又DE∩BE＝E，DE 平面BED，BE 平面BED，
所以DF⊥平面BED.
(2)求点E到平面BDF的距离.
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设点E到平面BDF的距离为d，
由(1)知，DM⊥EF，BE⊥平面AEFD，
因为DM 平面AEFD，
所以DM⊥BE，
因为EF 平面BEF，BE 平面BEF，BE∩EF＝E，
所以DM⊥平面BEF，
所以VE－BDF＝VD－BEF，
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且由(1)知DF⊥平面BED，
所以DF⊥DB，(共99张PPT)
第3讲 空间向量与空间角
专题四 立体几何
考情分析
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.
考点一 异面直线所成的角
考点二 直线与平面所成的角
考点三 平面与平面的夹角
专题强化练
内容索引
异面直线所成的角
考点一
核心提炼
(1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为
√
例1
方法一 如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP 平面B1BP，所以C1P⊥BP.
连接BC1，则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
方法二 以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
设直线PB与AD1所成的角为θ，
方法三 如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，
则易知AD1∥BC1，
所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.
根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，
易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．
易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，
(2)(2022·河南名校联盟联考)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，
则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为
√
设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，
连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，
以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,1,2)，D1(2,0,2)，
平移线段法求异面直线所成角的步骤
(1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角.
(2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角.
(3)计算：求该角的值(常利用解三角形).
(4)取舍：由异面直线所成的角的范围确定两条异面直线所成的角.
规律方法
(1)(2022·南宁模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面AA1B1B的中心，O1为平面A1B1C1D1的中心.若E为CD中点，则异面直线AE与OO1所成角的余弦值为
跟踪演练1
√
设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则
A(2,0,0)，E(0,1,0)，O(2,1,1)，O1(1,1,2)，
设异面直线AE与OO1所成角为θ，
(2)(2022·广东联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝CA＝CB＝5，AB＝PC＝2，点D，E分别为AB，PC的中点，则异面直线PD，BE所成角的余弦值为
√
如图，连接CD，取CD的中点F，连接EF，BF，
则EF∥PD，∠BEF为异面直线PD，BE所成的角.
直线与平面所成的角
考点二
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，
核心提炼
(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝
(1)证明：BD⊥PA；
例2
在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，所以BD⊥平面PAD.
又因为PA 平面PAD，所以BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
(1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角
〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝ 所
以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心.
易错提醒
(2022·龙岩质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，PA＝PD＝PB，BC＝DC＝ AD＝2，E为AD的中点，且PE＝4.
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
跟踪演练2
连接BE，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE＝CD＝2，
∵PA＝PD且E为AD的中点，∴PE⊥AD，
∴PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，
又∵AD∩BE＝E，AD，BE 平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD.
以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,4)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
故可取n＝(2,2,1)，
设BM＝t(t∈[0,2])，
则M(－t，2,0)，而N(0,0,2)，
设直线MN与平面PAB所成的角为θ，
化简得11t2－24t＋4＝0，
平面与平面的夹角
考点三
设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，
核心提炼
(2022·新高考全国Ⅱ改编)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE∥平面PAC；
例3
如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC 平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.
因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求平面CAE与平面AEB夹角的正弦值.
连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB 平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面CAE的法向量为n＝(x，y，z)，
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
设平面CAE与平面AEB夹角为θ，
易错提醒
(2022·邯郸模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝ ，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点.
(1)证明：平面AEF⊥平面PAD.
跟踪演练3
连接AC(图略).因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AE，
所以△ABC为等边三角形.
又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
所以AE⊥平面PAD，
又AE 平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD.
(2)求平面AEF与平面AED夹角的余弦值.
以A为原点，AE，AD，AP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，
因为PA⊥平面AED，
所以n＝(0,0,1)是平面AED的一个法向量.
设平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
令z＝1，得x＝0，y＝－2，
即m＝(0，－2,1).
设平面AEF与平面AED夹角为θ，
专题强化练
A.一定不共面 B.一定共面
C.不一定共面 D.无法判断是否共面
一、单项选择题
√
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2.(2022·温州模拟)在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1与底面垂直，上、下底面均为矩形，AB＝1，AD＝AA1＝A1B1＝2，则下列各棱中最长的是
A.BB1 B.B1C1 C.CC1 D.DD1
√
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由四棱台ABCD－A1B1C1D1可得
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因为AA1⊥平面A1B1C1D1，
而A1D1，A1B1 平面A1B1C1D1，
故AA1⊥A1D1，AA1⊥A1B1，而A1D1⊥A1B1，
故可建立如图所示的空间直角坐标系.
故A1(0,0,0)，B(0,1,2)，B1(0,2,0)，C1(－4,2,0)，C(－2,1,2)，D(－2,0,2)，D1(－4,0,0)，
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3.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AD，E为侧棱DD1上一点，若直线BD1∥平面AEC，则二面角E－AC－B的正切值为
√
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如图，连接BD交AC于点F，连接EF，B1D1，
由题意可知，BD1∥EF，
因为F为BD的中点，所以E为DD1的中点，
又AC⊥平面BDD1B1，BD，EF 平面BDD1B1，
所以EF⊥AC，BD⊥AC，
则∠EFD为二面角E－AC－D的平面角，
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又二面角E－AC－B与二面角E－AC－D互补，
4.(2022·菏泽检测)已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为3，A1在底面ABC上的射影点D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成角的大小为
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如图，连接A1D，AD，A1B，由CC1∥AA1，
知∠A1AB为异面直线AB与CC1所成的角，
因为三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，且侧棱长为3，A1在底面ABC上的射影点D为BC的中点，
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5.(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
√
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如图，连接BD，易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角，
所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，
设BB1＝1，
则B1D＝2BB1＝2，
易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角，
所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°.
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易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角，
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所以∠BAB1≠30°，所以B项错误；
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所以∠DB1C＝45°，所以D项正确.
6.向量的运算包含点乘和叉乘，其中点乘就是大家熟悉的向量的数量积.现定义向量的叉乘：给定两个不共线的空间向量a与b，规定：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手直角坐标系(如图1)；③|a×b|＝|a||b|〈a，b〉；④若a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
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如图，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,3)，C1(0,2,3)，
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二、多项选择题
7.(2022·山东联考)若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是
A.a＋b＋c，a－b，2b＋c B.a－b，a－c，b－c
C.a＋2b，a－2b，a＋c D.a－2b，6b－3a，－c
√
√
√
选项A，因为a＋b＋c＝(a－b)＋(2b＋c)，
所以a＋b＋c，a－b，2b＋c共面；
选项B，因为a－b＝(a－c)－(b－c)，
所以a－b，a－c，b－c共面；
选项C，a＋2b，a－2b在a，b构成的平面内且不共线，a＋c不在这个平面内，不符合题意；
选项D，因为a－2b，6b－3a共线，
所以a－2b，6b－3a，－c共面.
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8.(2022·广州模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝4，则下列命题为真命题的是
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对于A，如图，直线AC1与直线CD所成的角，
即为直线AC1与直线AB所成的角即∠BAC1，
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对于B，构建如图所示的空间直角坐标系，过A的直线l与长方体所有棱所成的角相等，与平面BCC1B1交于M(x，2，z)且x，z>0，
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对于D，如图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为μ，只需平面β与以4为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如平面EDF，
三、填空题
9.在空间直角坐标系中，设点M是点N(2，－3,5)关于坐标平面Oxy的对称点，点P(1,2,3)关于x轴的对称点为Q，则线段MQ的长度等于______.
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因为点M是点N(2，－3,5)关于坐标平面Oxy的对称点，
所以M(2，－3，－5)，
又因为点P(1,2,3)关于x轴的对称点为Q，所以Q(1，－2，－3).
10.如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，AB＝2，AD＝3，点E在上底面圆周上，且 ，则异面直线
AE与O2C所成角的余弦值为_____.
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以O2为坐标原点，O2B，O2O1所在直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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11.如图，在二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝
，则这个二面角的大小为______.
60°
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设这个二面角的大小为α，
∴这个二面角的大小为60°.
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建立如图所示的空间直角坐标系，
且AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF＝1，
由正六边形的性质可得，A(0,0,0)，B(1,0,0)，
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四、解答题
13.(2022·莆田质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，F为PD的中点.
(1)证明：PB∥平面AFC；
连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形，所以O为BD的中点.
连接OF.因为F为PD的中点，所以OF为△PBD的中位线，所以OF∥PB.
因为OF 平面AFC，PB 平面AFC，
所以PB∥平面AFC.
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(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在横线上，并作答.
若PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝2，且________，求平面ACF与平面ACD夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
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过O作Oz∥AP.
在菱形ABCD中， AC⊥BD.
因为AB＝AP＝2，
设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
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显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
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因为AB＝AP＝2，
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设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
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设n＝(x，y，z)为平面ACF的一个法向量，
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显然m＝(0,0,1)为平面ACD的一个法向量.
设平面ACF与平面ACD的夹角为θ，
14.(2022·湖北联考)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，BC＝1，CD＝2，点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G.
(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
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因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，
又PA∩AB＝A，PA 平面PAB，
AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又因为BC 平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)求直线DG与平面PBC所成角的正弦值.
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取CD的中点E，连接AE，
因为∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝BC＝1，CD＝2，
所以四边形ABCE是矩形，所以AB⊥AE，
因为PA⊥平面ABCD，AB，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AE，
所以AB，AE，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，E(0,1,0)，
D(－1,1,0)，设P(0,0，t)(t>0)，
因为点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G，
所以AG⊥平面PCD，
又DG 平面PCD，所以DG⊥AG，
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设m＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
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设直线DG与平面PBC所成角为θ，
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14(共64张PPT)
第4讲 空间向量与距离、探究性问题
专题四 立体几何
考情分析
1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面
的距离，属于中等难度.
2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的
条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.
考点一 空间距离
考点二 空间中的探究性问题
专题强化练
内容索引
空间距离
考点一
核心提炼
(1)点到直线的距离
(2)点到平面的距离
(1)(2022·广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥BC，PB＝AB＝2BC＝2，则点C到直线PA的距离为
√
例1
考向1 点到直线的距离
因为PB⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BC，
如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，P(0,0,2)，
(2)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为
√
如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
∴动点P到直线A1C1的距离为
(1)(2022·湖北联考)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝PC＝1，PB＝PD＝ ，点E为线段PD上一点，且PE＝2ED，
则点P到平面ACE的距离为______.
例2
考向2 点到平面的距离
如图，连接AC，BD交于点O，连接OP，以OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为PA2－OA2＝PB2－OB2，
所以1－a2＝2－3a2，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由棱柱的几何性质可知，A1C1∥AC，
又A1C1 平面EAC，AC 平面EAC，
所以A1C1∥平面EAC，
所以点A1到平面EAC的距离即为直线A1C1到平面
EAC的距离，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
(1)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.
(2)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.
规律方法
跟踪演练1
√
√
如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设平面OEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
空间中的探究性问题
考点二
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
核心提炼
(2022·汕头模拟)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，且DO＝6，P是线段DO上一点．
(1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，
求出PO的值；若不存在，请说明理由；
例3
因为AD2＝DO2＋AO2，
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，
又由题意得PA2＝12＋PO2，
假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，所以AB2＝PA2＋PB2，
此时PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，
PB，PC 平面PBC，
(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系．
设PO＝x，0≤x≤6，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
规律方法
(2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD＝ ，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
跟踪演练2
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA 平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD 平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD 平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD 平面PAD，所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
专题强化练
1.(2022·山东联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为CC1的中点．
(1)当AA1＝2时，证明：平面BDE⊥平面A1B1E.
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又A1B1⊥平面BCC1B1，则A1B1⊥BE.
因为A1B1∩B1E＝B1，A1B1，B1E 平面A1B1E，
所以BE⊥平面A1B1E，
又BE 平面BDE，所以平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)当AA1＝3时，求A1到平面BDE的距离．
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以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
不妨令z＝2，则y＝－3，x＝3，
得n＝(3，－3,2)．故A1到平面BDE的距离
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2.(2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点．
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
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如图所示，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，
又因为F为CC1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面．
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由．
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以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，
由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
取x1＝1，则n1＝(1,1,1)；
设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1,1)．
因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，
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3.(2022·湖北七市联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．
(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
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由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
则BC⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，PB，BC 平面PBC，
则AE⊥平面PBC，又AE 平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
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以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
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设平面AEF的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，即n2＝(－λ，1,1－λ)．
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4.(2022·长沙十六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝ ，E为PD的中点．
(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
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在直角梯形ABCD中，
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∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形，
如图，取AD的中点O，连接OC，OP，
则OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，
则△OAP≌△OCP≌△ODP，
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∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，
∴OP⊥AD，OP⊥OC，
而OC∩AD＝O，OC，AD 平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
因此以AB，AD为x轴、y轴，过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
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设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
取y＝－1，则x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，
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(2)设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论．
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点F在平面PAC内，证明如下：
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∴F在平面PAC内．
