(共41张PPT)
第2讲 空间中的平行与垂直
高考定位 1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.
真
题
感
悟
1.(2019·全国Ⅲ卷)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
答案 B
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.
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
3.(2020·全国Ⅲ卷)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.
又因为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.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
4.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
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，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，
所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
考
点
整
合
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
热点一 空间点、线、面位置关系
【例1】
(1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是( )
A.m＝n
B.m＝n＋2
C.m＜n
D.m＋n＜8
(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
解析 (1)直线CE?平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4，故m＝n＝4.
(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③?①或①③?②.
答案 (1)A (2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
探究提高 1.判断空间位置关系命题的真假
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
【训练1】
(1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是( )
A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是( )
A.BP⊥AC
B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD
D.平面BDP⊥平面ABCD
解析 (1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.
(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BP⊥OA，BP⊥OC，因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC?平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD?平面BDP，AC?平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD⊥平面ABCD，选B.
答案 (1)C (2)B
热点二 空间平行、垂直关系的证明
【例2】
(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)证明 因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解 棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
探究提高 1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.
2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.
【训练2】
(2020·石家庄调研)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点.
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明 (1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，又BF?平面ADP，AG?平面ADP，∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
∴ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
热点三 平面图形中的折叠问题
【例3】
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，
又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.
又DM?平面DEM，因此DM⊥CG.
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
探究提高 1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
(1)证明 ∵△PAD是等边三角形，F是AD的中点，∴PF⊥AD.
又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.
由于PB?平面BFP，∴AD⊥PB.
(2)解 能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.
又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF?平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.
又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.
∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，
探究提高 1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导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；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.
2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
【训练4】
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.
解 (1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE∥平面PDC.理由如下：
如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.
因为△BCD是等边三角形，所以∠DGB＝90°.
因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，
又AE?平面PDC，DF?平面PDC，所以AE∥平面PDC.
(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.
因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.
因为PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM?平面PDC，
所以PM⊥平面BCD，则PM为四棱锥P－ABCD的高.
又BC?平面BCD，所以PM⊥BC.
因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN?平面PMN，PM?平面PMN，
所以BC⊥平面PMN.
因为MN?平面PMN，所以MN⊥BC.INCLUDEPICTURE"专题三.tif"
第1讲 空间几何体的表面积和体积
高考定位 简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)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，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
INCLUDEPICTURE"20KT86.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT86.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 A
2.(2020·全国Ⅲ卷)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 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，故＝，即＝，解得r＝，故内切球的体积为π＝π.
INCLUDEPICTURE"20kt104.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20kt104.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 π
3.(2020·新高考山东卷)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，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)＝＝.
INCLUDEPICTURE"20KT52.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT52.TIF"
\
MERGEFORMAT
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＝，
知的长为×＝.
答案
4.(2019·全国Ⅱ卷)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 依题意知，题中的半正多面体的上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分为9个面，共有9＋8＋9＝26(个)面，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则
x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1.
答案 26 －1
考
点
整
合
1.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；
④球的表面积S＝4πR2.
(2)柱体、锥体和球的体积公式：
①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
③V球＝πR3.
2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为a，，a.
热点一 空间几何体的表面积
【例1】
(1)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( )
INCLUDEPICTURE"W26.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W26.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.24－3π
B.24－π
C.24＋π
D.24＋5π
(2)(多选题)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.π
B.(1＋)π
C.2π
D.(2＋)π
解析 (1)由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故选B.
(2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为，所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×＋π×12＝(＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π××1＝π.综上可知，形成几何体的表面积是(＋1)π或π.故选AB.
答案 (1)B (2)AB
探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.
2.(1)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.
(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】
(1)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
(2)(2020·衡水金卷)一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为( )
A.1
B.2
C.3
D.
解析 (1)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S表面积＝2×π×()2＋2π××2＝12π.
(2)如图，设圆柱底面半径为r(0＜r＜2)，高为h，则＝，
INCLUDEPICTURE"1S135.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S135.TIF"
\
MERGEFORMAT
即h＝(2－r)，其侧面积为S＝2πr(2－r)＝2π(－r2＋2r)，根据二次函数性质，当r＝1时，侧面积取得最大值，此时h＝.
答案 (1)B (2)D
热点二 空间几何体的体积
【例2】
(1)(2020·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝，SB＝4，SC＝2，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是( )
A.4
B.6
C.4
D.6
(2)(2020·长沙模拟)如图，在四面体PBCD中，点A是CD的中点，PA＝AD，△ABC为等边三角形，边长为6，PB＝8，PC＝10，则△PBD的面积为________，四面体PABC的体积为________.
INCLUDEPICTURE"W27.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W27.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 (1)∵∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，∴AC＝＝＝2.∵∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，∴AS＝＝＝2.由SC＝2，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，∴AS⊥平面ABC，∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝××2×6×2＝4.故选C.
(2)因为△ABC为等边三角形，边长为6，点A为CD的中点，所以AD＝AB＝6，所以△ADB为等腰三角形.
又∠DAB＝180°－∠CAB＝120°，
所以∠ADB＝(180°－120°)＝30°，
所以∠ADB＋∠DCB＝90°，所以∠DBC＝90°，所以CB⊥DB，所以DB＝＝＝6.因为PB＝8，PC＝10，BC＝6，所以PC2＝PB2＋BC2，所以CB⊥PB.又DB∩PB＝B，DB?平面PBD，PB?平面PBD，所以CB⊥平面PBD.因为DA＝AC＝AP＝6，所以△PDC为直角三角形，且∠DPC＝90°，所以PD＝＝＝2.又DB＝6，PB＝8，所以DB2＝PD2＋PB2，即△PBD为直角三角形，所以S△PBD＝×8×2＝8.因为点A为DC的中点，所以VP－ABC＝VP－CBD＝VC－PBD＝××S△PBD×CB＝××8×6＝8，即四面体PABC的体积为8.
答案 (1)C (2)8 8
探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.
2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
【训练2】
(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π
B.
C.
D.
(2)(2020·东北三校一联)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为( )
INCLUDEPICTURE"W28.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W28.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.
B.
C.1
D.
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.
INCLUDEPICTURE"B2A.TIF"
INCLUDEPICTURE
"B2A.TIF"
\
MERGEFORMAT
∴底面圆半径r＝AM＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.
(2)∵ED⊥平面ABCD且AD?平面ABCD，
∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，而DC∩ED＝D，
∴AD⊥平面CDEF.
易知FC＝＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.
∵VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×＝2×2×2×＝，VB－EFC＝BC×S△EFC×
＝2×2×1××＝，
∴VABCDEF＝＋＝.又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×＝1×2×2×＝，
VA－DEF＝AD×S△DEF×＝2×2×2××＝，VA－BEF＝－－＝.故选B.
答案 (1)B (2)B
热点三 多面体与球的切、接问题
【例3】
(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π
B.
C.6π
D.
(2)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥P－ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝3，BC＝AB＝4，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为r，则R＝________；内切球的体积V＝________.
INCLUDEPICTURE"A113.TIF"
INCLUDEPICTURE
"A113.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 (1)由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.
要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.
则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
∴2r＝4＞3不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.
由2R＝3，即R＝.故球的最大体积V＝πR3＝π.
(2)在四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，
则(2R)2＝AB2＋AD2＋AP2＝16＋16＋9＝41，
因此R＝.
依题意Rt△PAB≌Rt△PAD，则内切球O在侧面PAD内的正视图是△PAD的内切圆，
故内切球的半径r＝(3＋4－5)＝1，则V＝πr3＝π.
答案 (1)B (2) π
探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C且PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
【训练3】
(1)(2020·太原模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝1，点D为侧棱BB1上的动点.若△ADC1周长的最小值为＋，则三棱锥C1－ABC的外接球的体积为( )
INCLUDEPICTURE"1S136A.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S136A.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.2π
B.π
C.
D.3π
(2)(2020·烟台诊断)已知点A，B，C在半径为2的球面上，满足AB＝AC＝1，BC＝，若S是球面上任意一点，则三棱锥S－ABC体积的最大值为________.
解析 (1)将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面内，示意图如图所示，易知当D为侧棱BB1的中点时，△ADC1的周长最小，此时设BD＝x(x＞0)，则2＋＝＋，解得x＝，所以CC1＝1，AC1＝.又三棱锥C1－ABC的外接球的球心为AC1的中点，所以外接球的半径R＝，于是三棱锥C1－ABC的外接球的体积为V＝πR3＝π×＝π.
INCLUDEPICTURE"1S137.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S137.TIF"
\
MERGEFORMAT
(2)设球心为O，△ABC的外心为D，则OD⊥平面ABC.在△ABC中，由余弦定理，得cos
A＝＝－，则sin
A＝.所以S△ABC＝AB·ACsin
A＝×1×1×＝，且△ABC的外接圆半径DA＝＝＝1.因此在Rt△OAD中，OD＝＝＝.当三棱锥S－ABC的高最大时，三棱锥S－ABC的体积取最大值，而三棱锥S－ABC的高的最大值为＋2，所以三棱锥S－ABC的体积的最大值为××(＋2)＝.
答案 (1)B (2)
A级 巩固提升
一、选择题
1.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为( )
A.16π
B.8π
C.
D.
解析 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，∴侧面展开图的弧长为5×＝8π，设底面圆半径为r，弧长8π＝底面周长＝2πr，∴r＝4，∴圆锥的高h＝＝3，∴圆锥体积V＝×π×r2×h＝16π.
答案 A
2.(2020·全国百校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝1，M是AC的中点，则三棱锥B1－ABM的外接球的表面积为( )
A.π
B.2π
C.π
D.π
解析 取AB的中点D，取B1A1的中点D1，连接DD1，设O是线段DD1的中点，在△ABC中，AB⊥BC，AB＝BC，M为AC中点，∴BM⊥AC.因此BD＝DM＝DA＝D1B1，从而OB1＝OB＝OA＝OM，故O为三棱锥B1－ABM的外接球心，∴R2＝OB2＝OD2＋BD2＝＋＝，故三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝2π.
INCLUDEPICTURE"1S132.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S132.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 B
3.(2020·济南检测)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2，点D是PB的中点，且CD＝，则球O的体积为( )
A.
B.
C.
D.
解析 依题意，由PA＝AC＝2，CP＝2，得AP⊥AC.
连接AD，由点D是PB的中点且PA＝AB＝PB＝2，得AD＝，
又CD＝，AC＝2，可知AD⊥AC，
又AP∩AD＝A，AP?平面PAB，AD?平面PAB，所以AC⊥平面PAB.
以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离d＝AC＝1.
由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝＝，
所以球O的半径R＝＝.
故球O的体积V＝πR3＝π××＝π.
答案 C
4.(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是( )
INCLUDEPICTURE"W29.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W29.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.AC⊥AF
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A－BEF的体积为定值
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
解析 由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；由正方体ABCD－A1B1C1D1的两个底面平行，EF?平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A－BEF的体积为定值，故C正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A与直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.
答案 AD
5.(多选题)长方体ABCD－A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则( )
A.长方体的表面积为20
B.长方体的体积为6
C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3
D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2
解析 长方体的表面积为2×(3×2＋3×1＋2×1)＝22，A错误.长方体的体积为3×2×1＝6，B正确.如图1所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，如图2所示.
连接AC1，则有AC1＝＝，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时，A到C1的最短距离是；将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，如图3所示，连接AC1，则有AC1＝＝3，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是3；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.
连接AC1，则有AC1＝＝2，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2.因为3<2<，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3，C正确，D错误.故选BC.
答案 BC
二、填空题
6.(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________.
解析 如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.
INCLUDEPICTURE"20KT63.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT63.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 1
7.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为________.
INCLUDEPICTURE"18GW21.TIF"
INCLUDEPICTURE
"18GW21.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 法一 连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，故VA1－BB1D1D＝×1××＝.
法二 连接BD1，将四棱锥A1－BB1D1D分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，VA1－BB1D1D＝VB－A1DD1＋VB－A1B1D1＝××1×1×1＋××1×1×1＝.
答案
8.(2020·沈阳一监)农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习俗，粽子又称“粽籺”，故称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图(2)的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球的体积的最大值为________.
解析 由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的，正四面体的棱长为1，则正四面体的高为＝，所以正四面体的体积为××1××＝.
因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是.要使球的体积达到最大，则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点，把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R，则＝6×，解得R＝，所以球的体积V＝R3＝×＝.
答案
三、解答题
9.(2020·全国Ⅰ卷)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°.
INCLUDEPICTURE"20KT26.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT26.TIF"
\
MERGEFORMAT
(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.
(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，又PA，PC?平面PAC，PA∩PC＝P，
故PB⊥平面PAC，又PB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解 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＝××＝.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M为PC的中点.
INCLUDEPICTURE"L148.tif"
INCLUDEPICTURE
"L148.tif"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：DM∥平面PAB；
(2)求四面体MABD的体积.
(1)证明 取PB中点N，连接MN，AN.
∵M为PC的中点，∴MN∥BC且MN＝BC，
又AD∥BC，且AD＝BC，得MN綉AD.
∴ADMN为平行四边形，∴DM∥AN.
又AN?平面PAB，DM?平面PAB，∴DM∥平面PAB.
(2)解 取AB中点O，连接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，
又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO?平面PAB，
则PO⊥平面ABCD，取BC中点H，连接AH，
∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝BC＝1，AB＝2，
∴AO＝1，又AD＝1，
△AOD中，由余弦定理知，OD＝.
Rt△POD中，PO＝＝.
又S△ABD＝AB·ADsin
120°＝，
∴VM－ABD＝·S△ABD·PO＝.
B级 能力突破
11.(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
A.8π
B.4π
C.2π
D.π
解析 因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
INCLUDEPICTURE"19L54.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19L54.TIF"
\
MERGEFORMAT
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝.所以球O的体积V＝πR3＝π＝π.
答案 D
12.(2020·江南十校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥底面ABCD，E为PD的中点.
INCLUDEPICTURE"1S141.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S141.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：AE∥平面PBC；
(2)求三棱锥P－EBC的体积.
(1)证明 如图，取PC的中点F，连接EF，BF，
INCLUDEPICTURE"1S142.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S142.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵PE＝DE，PF＝CF，
∴EF∥CD，CD＝2EF，
∵AB∥CD，CD＝2AB，
∴AB∥EF，且EF＝AB.
∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE∥BF.
∵BF?平面PBC，AE?平面PBC.
故AE∥平面PBC.
(2)解 由(1)知AE∥平面PBC，
∴点E到平面PBC的距离与点A到平面PBC的距离相等，
∴VP－EBC＝VE－PBC＝VA－PBC＝VP－ABC.
如图，取AB的中点O，连接PO，
∵PA＝PB，∴OP⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，OP?平面PAB，
∴OP⊥平面ABCD.
∵△PAB为等腰直角三角形，PA＝PB，AB＝2，
∴OP＝1.
∵四边形ABCD为等腰梯形，且AB∥CD，CD＝2AB＝4，AD＝，
∴梯形ABCD的高为1，
∴S△ABC＝×2×1＝1.
故VP－EBC＝VP－ABC＝×1×1＝.专题检测卷(三) 立体几何
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.(2020·南昌调研)已知平面α内的一条直线l及平面β，则“l⊥β”是“α⊥β”的( )
A.充分必要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
解析 根据直线与平面垂直的判定定理，由“l⊥β，l?α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的.反之由“α⊥β，l?α”不一定得到“l⊥β”，即必要性不成立.所以“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选B.
答案 B
2.(2020·牡丹江调研)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为45°，若△PAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为( )
A.40(＋1)π
B.40π
C.8(＋5)π
D.8π
解析 设O为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为r.
INCLUDEPICTURE"1S168.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S168.TIF"
\
MERGEFORMAT
PA与圆锥底面所成角为45°，即∠PAO＝45°.
所以PA＝r.
母线PA，PB所成角的余弦值为，即cos∠APB＝.
则sin∠APB＝＝＝.
由S△PAB＝PA·PBsin∠APB＝×2r2×＝5.∴r2＝40，
故S圆锥侧＝πr·PA＝πr·r＝πr2＝40π.
答案 B
3.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则该正四棱柱的高为( )
INCLUDEPICTURE"W51.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W51.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.2
B.3
C.4
D.5
解析 以D为坐标系原点，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，如图所示，设正四棱柱的高为h，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，＝(0，0，h)，＝(－2，2，0)，＝(0，－2，h).设平面ACD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则令z1＝2，则y1＝h，x1＝h，n＝(h，h，2)为平面ACD1的一个法向量.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以|cos〈n，CC1〉|＝＝＝，解得h＝4，故选C.
INCLUDEPICTURE"W52.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W52.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 C
4.(2020·长沙模拟)设三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝3，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )
A.24π
B.18π
C.26π
D.16π
解析 依题意，三棱柱ABC－A1B1C1的外接球是底面为正方形(边长为2)、高为3的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(3)2＝26，故三棱柱ABC－A1B1C1外接球的表面积为4πR2＝26π.故选C.
答案 C
5.(2020·成都二诊)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面α使B1P∥平面α，A1Q∥平面α，若直线B1D1∩平面α＝M，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
解析 如图，取A1D1的中点E，C1D1的中点F，连接DE，EF，DF.易知B1P∥DF，A1Q∥DE，则平面DEF就是平面α.EF与B1D1相交于点M，连接A1C1，与B1D1相交于点O，易证点M是D1O的中点.又O是B1D1的中点，所以＝.故选B.
INCLUDEPICTURE"W53.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W53.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 B
6.(2020·厦门质检)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过点M作平面α平行于平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为( )
A.
B.
C.
D.
解析 设N为C1D1的中点，P为CC1的中点，连接MN，MP，NP，CB1，如图.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1B1綊CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴DA1∥CB1.∵M为B1C1的中点，P为CC1的中点，∴MP∥CB1，∴DA1∥MP.∵MP?平面A1BD，DA1?平面A1BD，∴MP∥平面A1BD.同理可证NP∥平面A1BD，∵MP∩NP＝P，∴平面MNP∥平面A1BD，即平面MNP为平面α.∴体积较小的几何体为三棱锥P－C1MN，VP－C1MN＝··C1M·C1N·C1P＝×××1＝.故选C.
INCLUDEPICTURE"W54.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W54.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 C
7.(2020·安徽六校素质测试)如图，四面体ABCD为正四面体，AB＝1，点E，F分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )
INCLUDEPICTURE"W55.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W55.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.
B.
C.
D.1
解析 将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形MNKL，可得KN＋KL＝1.又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL.可得S四边形MNKL＝KN·KL≤＝(当且仅当KN＝KL时取等号).故选A.
答案 A
8.(2020·辽宁五校联考)已知A，B是半径为2的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面α，β，若α，β截该球所得的两个截面的面积之和为16π，则线段AB的长度是( )
A.
B.2
C.2
D.4
解析 如图，设过AB所作的互相垂直的平面α，β截球O所得的圆分别为圆O2，圆O1，点O为球心，点A，B在球面上，所以球O的半径OB＝2，圆O1，圆O2的半径分别为O1B和O2B，且OO1⊥β，OO2⊥α.因为两个截面的面积之和为16π，所以πO1B2＋πO2B2＝16π，即O1B2＋O2B2＝16.在Rt△OO1B和Rt△OO2B中，eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(OO＝OB2－O1B2，,OO＝OB2－O2B2，))两式相加得，OO＋OO＝2OB2－(O1B2＋O2B2)＝24－16＝8.设AB的中点为M，则eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BM2＝O2B2－OO，,BM2＝O1B2－OO，))两式相加得，2BM2＝(O2B2＋O1B2)－(OO＋OO)＝16－8＝8，所以BM＝2，则AB＝4.故选D.
INCLUDEPICTURE"W57.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W57.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若a∥α，α∥β，则a∥β
B.若α∥β，β∥γ，则α∥γ
C.若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
解析 若a∥α，α∥β，则a∥β或a?β，故a不一定平行于β，A错误；若α∥β，β∥γ，则α∥γ，B正确；若a⊥α，b⊥α，则a∥b，C正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或α∥β，D错误.故选BC.
答案 BC
10.(2020·日照模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C为圆上异于点A，B的任意一点，则下列关系正确的是( )
INCLUDEPICTURE"W58.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W58.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.PA⊥BC
B.AC⊥PB
C.BC⊥平面PAC
D.PC⊥PB
解析 由题意，知PA⊥平面ABC.∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，A正确.∵∠ACB为直径AB所对的圆周角，∴AC⊥BC.又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC，C正确.假设AC⊥PB.∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AC.∵AC⊥BC，AC⊥PB，且PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，∴AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与假设矛盾，B错误.由BC⊥平面PAC，得BC⊥PC，则△PCB为直角三角形，∴PC⊥PB不成立，D错误.故选AC.
答案 AC
11.(2020·临沂模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是( )
INCLUDEPICTURE"W59.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W59.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.直线CD与B1C1是异面直线
B.直线BE与平面A1CD平行
C.直线AC与直线A1D所成角的余弦值为
D.直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为
解析 直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，A错误.连接AC1，记A1C，AC1的交点为O，连接OE，OD，则OE∥CC1，OE∥BD.又OE＝CC1＝BD，所以四边形BDOE是平行四边形，所以BE∥OD.因为BE?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以直线BE与平面A1CD平行，B正确.因为AC∥A1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D，在△A1C1D中，易知A1C1＝1，C1D＝A1D＝.由余弦定理可得cos
∠DA1C1＝＝，所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为，C正确.由题意可得平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，BE⊥AC，BE?平面ABC，根据面面垂直的性质可得BE⊥平面AA1C1C.又BE∥OD，所以OD⊥平面AA1C1C，所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是∠DCO.在直角三角形DCO中，CD＝，CO＝，所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为＝，D正确.故选BCD.
INCLUDEPICTURE"W60.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W60.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 BCD
12.(2020·山东十校联考)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是( )
A.BD⊥CM
B.存在一个位置，使△CDM为等边三角形
C.DM与BC不可能垂直
D.直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
解析 画出示意图如图.对于A，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AO⊥BD，CO⊥BD.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M的过程中，AO始终与BD垂直，所以MO⊥BD.又CO⊥BD，MO∩CO＝O，MO，CO?平面CMO，所以BD⊥平面CMO.又CM?平面CMO，所以BD⊥CM，A正确.设菱形ABCD的边长为2.因为∠BAD＝60°，所以AO＝CO＝MO＝，BO＝DO＝1.对于B，因为在折起的过程中，AD边的长度不变，所以MD＝CD.若△CDM为等边三角形，则CM＝CD＝2，则cos
∠MOC＝＝＝.当二面角M－BD－C的余弦值为时，△CDM为等边三角形，B正确.对于C，＝－，＝－.由A选项，知MO⊥BD，CO⊥BD，所以·＝·＝0，所以·＝(－)·(－)＝·＋·＝3cos
∠MOC－1，显然当cos
∠MOC＝时，·＝0，即DM⊥BC，C错误.对于D，由几何体的直观图可知，当OM⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为∠MDO，易知此时∠MDO＝60°，D正确.故选ABD.
INCLUDEPICTURE"W61.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W61.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.(2020·重庆模拟)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，点D为棱A1B1的中点，则异面直线AD与CB1所成角的大小为________.
解析 如图，取AB的中点E，连接B1E，CE，则AD∥EB1，所以异面直线AD与CB1的夹角即为∠CB1E.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，所以CB＝CB2＋BB＝4＋(2)2＝12，EB＝EB2＋BB＝1＋(2)2＝9.又△ABC为正三角形，所以CE＝.在△CEB1中，由余弦定理，得cos
∠CB1E＝eq
\f(CB＋EB－CE2,2CB1·EB1)＝＝，所以∠CB1E＝30°.所以异面直线AD与CB1所成角的大小为30°.
INCLUDEPICTURE"W62.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W62.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 30°
14.(2020·成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的侧面积为________.
解析 如图，设球O的半径为R，直三棱柱的棱长为a，取等边三角形A1B1C1的重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是中线的三等分点，得A1O1＝×a＝a.根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心O，即OO1＝.S球＝4πR2＝28π，则R2＝7.在Rt△A1OO1中，R2＝A1O＋OO，即7＝＋，解得a2＝12.所以该三棱柱的侧面积S侧＝3a·a＝3×12＝36.
INCLUDEPICTURE"W63.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W63.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 36
15.(2020·安徽六校素质测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P∥平面A1BM，则C1P的最小值是________.
INCLUDEPICTURE"W64.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W64.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，作CO⊥DN交DN于点O，连接C1O.
INCLUDEPICTURE"W65.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W65.TIF"
\
MERGEFORMAT
易知DN∥MB，B1N∥A1M且DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，所以平面B1DN∥平面A1BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN(不含端点).又CC1⊥平面ABCD，所以当点P与点O重合时，C1P取得最小值.因为DN·CO＝DC·NC，所以CO＝＝，所以(C1P)min＝C1O＝eq
\r(CO2＋CC)＝＝.
答案
16.(2020·江西名校四联)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为α，则tan
α＝________；当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为________.(本小题第一空2分，第二空3分)
解析 如图，因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，所以∠PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，所以∠PMA＝.
INCLUDEPICTURE"W66.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W66.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为AP＝2，所以AM＝2，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆弧上.记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF＝2.因为在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝2，所以∠AFB＝∠FAE＝，所以弧EF的长度α＝×2＝，所以tan
α＝.连接PF，则当点M与点F重合时，三棱锥P－ABM的体积最小.因为PA⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，所以PA⊥BF.又AB⊥BF，AP∩AB＝A，AP，AB?平面ABP，所以BF⊥平面ABP，所以BF⊥PB，所以△PBF为直角三角形，所以点B到线段PF的中点的距离为PF，此时三棱锥P－ABF的外接球的球心为线段PF的中点.因为PF＝＝2，所以三棱锥P－ABF的外接球的表面积S＝4π×()2＝8π，即三棱锥P－ABM的体积最小时，其外接球的表面积为8π.
答案 8π
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.
INCLUDEPICTURE"20KT41.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT41.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
证明 (1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF∥AB1.又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，
所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，
AC?平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.
又因为AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.
18.(本小题满分12分)(2020·长沙雅礼中学质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.
INCLUDEPICTURE"1S158.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S158.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)若OB＝1，求点C到平面PAB的距离.
(1)证明 ∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥CD.
∵AD∥BC，BC＝AD，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE∥CD，∴AP⊥BE.
又∵AB⊥BC，AB＝BC＝AD，且E为AD的中点，
∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，则BE⊥PO.
∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝AB＝AP，
∴△PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，
∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.
(2)解 ∵OB＝1，∴PA＝PB＝AB＝.
设C到平面PAB的距离为d，
由VC－PAB＝VP－ABC，
得××()2×d＝××()2×1，
解得d＝.
19.(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
INCLUDEPICTURE"20KT45.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT45.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sin
θ的值.
解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.
INCLUDEPICTURE"20KT75.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT75.TIF"
\
MERGEFORMAT
又AO⊥平面BCD，OB，OC?平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，
所以|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)因为点F在BC上，BF＝BC，
＝(－1，2，0)，
所以＝＝.
又＝(2，0，0)，故＝＋＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，
则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cos
θ|＝＝＝.
所以sin
θ＝＝.
20.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，
E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
INCLUDEPICTURE"18GS4.tif"
INCLUDEPICTURE
"18GS4.tif"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
(1)证明 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，
所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，
故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，
＝，＝为平面ABFD的一个法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin
θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
21.(本小题满分12分)(2020·辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DA＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD的中点，将△DEA沿AE折到△D1EA的位置，如图(2).
(1)证明：AE⊥D1B；
(2)当折叠过程中所得四棱锥D1－ABCE体积取最大值时，求直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值.
(1)证明 如图(1)在梯形ABCD中，连接BE，DB，设DB交AE于点F.
由已知，得四边形ABED为菱形，所以AE⊥DB.
在立体图形中，连接D1F，BF，如图(2).则AE⊥D1F，AE⊥BF.
因为D1F∩BF＝F，D1F，BF?平面D1FB，
所以AE⊥平面D1FB.
因为D1B?平面D1FB，所以AE⊥D1B.
(2)解 要使四棱锥D1－ABCE体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，此时D1F⊥平面ABCE.
图(3)
故以点F为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图(3)，则A(－1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，0)，
D1(0，0，)，
所以＝(1，0，－)，
＝(1，0，)，＝(0，－，).
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z).
由得
令x＝，得n＝(，－1，－1).
所以|cos〈，n〉|＝＝＝.
所以直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值为.
22.(本小题满分12分)(2020·长郡中学模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A1B1＝4A1A.
INCLUDEPICTURE"W70.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W70.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)若＝2，＝2，求证：DE∥平面BCC1B1；
(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值.
(1)证明 如图(1)，连接AC1，BC1.
INCLUDEPICTURE"W71.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W71.TIF"
\
MERGEFORMAT
图(1)
在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1，＝2，
AC1∩A1C＝D，
∴＝2.
又＝2，∴DE∥BC1.
∵BC1?平面BCC1B1，DE?平面BCC1B1，
∴DE∥平面BCC1B1.
(2)解 ∵侧面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1C1，∴AA1⊥AC.
INCLUDEPICTURE"W72.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W72.TIF"
\
MERGEFORMAT
图(2)
又A1A⊥AB，∴∠BAC为二面角C1－AA1－B的平面角，则∠BAC＝.
又AB＝AC，
∴△ABC，△A1B1C1均为正三角形.
设AC的中点为G，连接GB，如图(2)，以点A为坐标原点，平行于GB所在的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.
不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，
故点A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，B1(，1，1)，
则＝(2，2，0)，＝(，1，1)，＝(2，－2，0)，＝(，－3，1).
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则有
令y1＝－，得x1＝1，z1＝0.∴m＝(1，－，0).
设平面C1B1BC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则有
令y2＝，得x2＝1，z2＝2，∴n＝(1，，2).
∴cos〈m，n〉＝＝－.
故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.(共11张PPT)
规范答题示范课——立体几何解答题
[破题之道] 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【典例示范】
(12分)(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
切入点：联想线面平行的判定定理，找线线平行.
关键点：建系，求平面AMA1与平面MA1N的法向量.
?正确计算是得分的保证：第(2)问中，点N的坐标，两个半平面法向量的坐标及cos〈m，n〉的求值，否则不能得分.
[满分体验]
(2020·天津卷)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.
不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2).
由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，第3讲 立体几何中的向量方法
高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
INCLUDEPICTURE"真题感悟考点整合.tif"
真
题
感
悟
1.(2020·新高考山东卷)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.
INCLUDEPICTURE"20KT4.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT4.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)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.
(1)证明 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD?平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
(2)解 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
INCLUDEPICTURE"20KT53.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT53.TIF"
\
MERGEFORMAT
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).
由(1)可设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.
2.(2020·全国Ⅰ卷)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.
INCLUDEPICTURE"20KT20.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT20.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
(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.
又PB，PC?平面PBC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，的方向为z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.
考
点
整
合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos
θ＝＝eq
\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a＋b＋c)\r(a＋b＋c)).
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，则
sin
θ＝|cos?a，μ?|＝.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，
则|cos
θ|＝|cos?μ，v?|＝.
热点一 利用空间向量证明平行、垂直
【例1】
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.证明：
INCLUDEPICTURE"G72.TIF"
INCLUDEPICTURE
"G72.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，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)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，
而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，
又BE?平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.
且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.
所以平面PAD⊥平面PCD.
探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).
2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致误.
【训练1】
如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.证明：
INCLUDEPICTURE"1S159.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S159.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明 (1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
INCLUDEPICTURE"1S160.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S160.TIF"
\
MERGEFORMAT
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
＝，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1).
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
热点二 线线角、线面角的求解
【例2】
(2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.
INCLUDEPICTURE"20KT7.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT7.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图(1)，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.
INCLUDEPICTURE"20KT65.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT65.TIF"
\
MERGEFORMAT
图(1)
由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得
CD＝CO.
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，
所以DO⊥BC.
由∠ACB＝45°，
BC＝CD＝CO，得BO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由ABC－DEF为三棱台，得BC∥EF，所以EF⊥DB.
(2)解 法一 如图(1)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
设CD＝2，
则DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
法二 由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.
如图(2)，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
INCLUDEPICTURE"20KT66.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT66.TIF"
\
MERGEFORMAT
图(2)
设CD＝2，
由题意知各点坐标如下：
O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2).
因此＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，－2，2).
设平面DBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由即可取n＝(1，1，1)，
所以sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos
θ＝|cos
φ|.
2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin
θ＝|cos
φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).
【训练2】
(2020·全国Ⅱ卷)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.
INCLUDEPICTURE"20KT30.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT30.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
(1)证明 因为侧面BB1C1C是矩形且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.
又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1⊥MN.
又A1N∩MN＝N，A1N，MN?平面A1AMN，
所以B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1?平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解 由已知及(1)得AM⊥BC，MN⊥BC，AM⊥MN.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，AO∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.
又AP∥ON，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＝，
||＝.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sin＝cos〈n，〉＝＝.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
热点三 利用向量求二面角
【例3】
(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
INCLUDEPICTURE"20kt105A.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20kt105A.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.
解 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c.如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立空间直角坐标系C1－xyz.
INCLUDEPICTURE"20kt105.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20kt105.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明 连接C1F，C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1).
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即可取n1＝(－1，－1，1).
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝.
设二面角A－EF－A1的平面角为α，所以cos
α＝cos〈n1，n2〉＝＝－，
则sin
α＝＝，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为.
探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.
2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】
(2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.
INCLUDEPICTURE"W40.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W40.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求二面角C－AE－D的余弦值.
(1)证明 取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.
INCLUDEPICTURE"W41.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W41.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.
又CE∥BD且BD＝2CE，
∴CE∥OF且CE＝OF，
∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.
又OC?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC.
(2)解 ∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，
∴OC⊥AB.
∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，BD⊥AB，BD?平面ABD，∴BD⊥平面ABC.
又OF∥BD，∴OF⊥平面ABC.
以O为坐标原点，分别以OA，OC，OF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨令正三角形ABC的边长为2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，D(－1，0，2)，
∴＝(－1，，0)，＝(－1，，1)，＝(－2，0，2).
设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
不妨令y1＝，则m＝(3，，0).
设平面AED的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝1，得n＝(1，0，1).
∴cos〈m，n〉＝＝.
由图易知二面角C－AE－D为钝角，
∴二面角C－AE－D的余弦值为－.
热点四 利用空间向量求解探索性问题
【例4】
(2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.
INCLUDEPICTURE"1S166.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S166.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解 (1)不妨设正方体的棱长为2.
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
INCLUDEPICTURE"1S167.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S167.TIF"
\
MERGEFORMAT
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为E为OD1的中点，
所以E.
则＝(－1，－1，2)，＝，＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
所以sin
θ＝|cos〈，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设＝λ，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为＝λ，所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝为平面CDE的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
则m·n＝0，所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.
探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
【训练4】
(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
INCLUDEPICTURE"19L33.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19L33.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD?平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
INCLUDEPICTURE"19L36.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19L36.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为E为PD的中点，
所以E(0，1，1).
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2).
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为.
(3)解 直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，
且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.
A级 巩固提升
一、选择题
1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
INCLUDEPICTURE"18GS41.tif"
INCLUDEPICTURE
"18GS41.tif"
\
MERGEFORMAT
答案 C
2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
INCLUDEPICTURE"4S435.TIF"
INCLUDEPICTURE
"4S435.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.
B.
C.
D.
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).
INCLUDEPICTURE"4S436.TIF"
INCLUDEPICTURE
"4S436.TIF"
\
MERGEFORMAT
所以＝(2，4，0)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，0).
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，
可得令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设CD与平面ACM所成的角为α，
则sin
α＝＝.
答案 D
3.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上一点，且A1M＝λ(0<λ<2)，设N为线段ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为( )
INCLUDEPICTURE"W46.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W46.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.λ
B.
C.λ
D.
解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
INCLUDEPICTURE"W47.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W47.TIF"
\
MERGEFORMAT
则M(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
＝(－2，0，1)，＝(0，2，0)，＝(0，λ，1).
设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得z＝2，则n＝(1，0，2)为平面D1EF的一个法向量.
则点M到平面D1EF的距离d＝＝＝.
因为N为线段EM的中点，所以点N到平面D1EF的距离为，故选D.
答案 D
4.(多选题)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1，G为线段EC上的动点，下列结论正确的是( )
INCLUDEPICTURE"W48.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W48.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.EC⊥AF
B.该几何体外接球的表面积为3π
C.若G为线段EC的中点，则GB∥平面AEF
D.AG2＋BG2的最小值为3
解析 如图，几何体可补成正方体，以D为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，由正方体的性质可知EC⊥AF，故A正确；
该几何体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为正方体的体对角线长，所以该几何体的外接球的半径为，即外接球的表面积为3π，故B正确；
连接HC，BG，由正方体性质可知，HC⊥平面AEF，所以即为平面AEF的一个法向量，H(1，0，1)，C(0，1，0)，所以＝(－1，1，－1)，若G为线段EC的中点，则G，B(1，1，0)，则＝，因为·＝0，又GB?平面AEF，所以GB∥平面AEF，故C正确；
设G(0，t，1－t)(0≤t≤1)，又B(1，1，0)，A(1，0，0)，所以＝(－1，t，1－t)，＝(－1，t－1，1－t)，所以AG2＋BG2＝(－1)2＋t2＋(1－t)2＋(－1)2＋(t－1)2＋(1－t)2＝4t2－6t＋5，故当t＝时，AG2＋BG2取得最小值为，故D错误.故选ABC.
答案 ABC
二、填空题
5.(2020·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，
INCLUDEPICTURE"Q260.TIF"
INCLUDEPICTURE
"Q260.TIF"
\
MERGEFORMAT
则D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0).
∴＝(0，2，0)，
＝(－1，2，0)，＝(0，2，－1)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由
得令y＝1，得n＝(2，1，2)，
设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案
6.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________.
INCLUDEPICTURE"Q246.TIF"
INCLUDEPICTURE
"Q246.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.
INCLUDEPICTURE"Q247.TIF"
INCLUDEPICTURE
"Q247.TIF"
\
MERGEFORMAT
则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，
S(0，0，)，M，
设P(x，y，0)，
∴＝，＝，
由·＝0得y＝，
∴点P的轨迹方程为y＝.
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为
2＝.
答案
7.如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED所成二面角的余弦值为________.
INCLUDEPICTURE"W49.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W49.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 以点B为坐标原点，分别以BC，BA，BP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.
INCLUDEPICTURE"W50.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W50.TIF"
\
MERGEFORMAT
则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，∴＝(0，2，1)，＝(3，3，0).
设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝，
平面ABE的一个法向量为m＝(1，0，0)，
∴cos〈n，m〉＝＝.
∵平面ABE与平面BED所成的二面角为锐角，
∴平面ABE与平面BED所成的二面角的余弦值为.
答案
三、解答题
8.(2020·郑州一预)已知三棱锥M－ABC，MA＝MB＝MC＝AC＝2，AB＝BC＝2，O为AC的中点，点N在边BC上，且＝.
INCLUDEPICTURE"W38.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W38.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：BO⊥平面AMC；
(2)求二面角N－AM－C的正弦值.
(1)证明 连接OM.在△ABC中，∵AB＝BC＝2，AC＝2，
∴∠ABC＝90°，BO＝，OB⊥AC.
在△MAC中，∵MA＝MC＝AC＝2，O为AC的中点，
∴OM⊥AC，且OM＝.
在△MOB中，∵BO＝，OM＝，MB＝2，
∴BO2＋OM2＝MB2，∴OB⊥OM.
∵AC∩OM＝O，AC?平面AMC，OM?平面AMC，
∴OB⊥平面AMC.
(2)解 由(1)知OB，OC，OM两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，如图.
INCLUDEPICTURE"W39.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W39.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵MA＝MB＝MC＝AC＝2，
AB＝BC＝2，
∴A(0，－，0)，B(，0，0)，M(0，0，)，C(0，，0).
∵＝，∴N，
∴＝，＝(0，，)，＝(，0，0).
设平面MAN的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝，则z＝－1，x＝－5，得n＝(－5，，－1).
∵BO⊥平面AMC，
∴＝(，0，0)为平面AMC的一个法向量.
∴n＝(－5，，－1)与＝(，0，0)所成角的余弦值
cos
〈n，〉＝＝.
∴所求二面角的正弦值为＝＝.
9.(2020·西安模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABEG是矩形，梯形DGEF为直角梯形，平面DGEF⊥平面ABEG，且DG⊥GE，DF∥GE，AB＝2AG＝2DG＝2DF＝2.
INCLUDEPICTURE"1S169.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S169.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：FG⊥平面BEF.
(2)求二面角A－BF－E的大小.
(1)证明 ∵平面DGEF⊥平面ABEG，且BE⊥GE，
∴BE⊥平面DGEF.
又FG?平面DGEF，∴BE⊥FG.
由题意得FG＝FE＝，
∴FG2＋FE2＝GE2，则FE⊥FG.
又BE，EF是平面BEF内的两条相交直线.
故FG⊥平面BEF.
(2)解 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，E(0，2，0)，F(0，1，1)，＝(1，－1，－1)，＝(1，1，－1)，＝(0，1，－1).
INCLUDEPICTURE"1S170.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S170.TIF"
\
MERGEFORMAT
设平面AFB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则??
令x1＝1，n＝(1，0，1).
由(1)可知平面EFB的法向量为m＝＝(0，1，1).
∴cos〈n，m〉＝＝＝，
因此两平面法向量的夹角为，
由图可知，二面角A－BF－E为钝二面角，所以二面角A－BF－E的大小为.
B级 能力突破
10.(2020·江南十校联考)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED.现将△CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA＝PB.
(1)求证：平面PCE⊥平面ABCE；
(2)求二面角B－PA－E的余弦值.
(1)证明 依题意得：PE＝PC＝2，
分别取线段AB，CE的中点O，M，
连接△POM的三边(如图).
则PM⊥CE，
由PA＝PB，得PO⊥AB，①
又OM为梯形ABCE的中位线，∴OM∥BC，
由BC⊥AB，得OM⊥AB，②
又PO∩OM＝O，
从而AB⊥平面POM，则AB⊥PM.
在平面ABCE中，AB与CE相交.
∴PM⊥平面ABCE，故平面PCE⊥平面ABCE.
(2)解 过点O作PM平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系.
则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，
∴＝(1，－2，－)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
即
令y＝1，得n＝(0，1，－)，
同理：平面PAE的法向量m＝(，0，1)，
∴cos〈m，n〉＝＝－，
根据图形知二面角B－PA－E为钝角，
∴二面角B－PA－E的余弦值为－.
11.(2020·衡水检测)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD.△EAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD.点F满足：＝λ(λ∈[0，1]).
INCLUDEPICTURE"1S171.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S171.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值.
解 (1)当λ＝时，CE∥平面FBD.
证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF，
因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.
又＝，所以FA∶EF＝2∶1.
所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.
所以MF∥CE.
又MF?平面BDF，CE?平面BDF，
所以CE∥平面BDF.
(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.
又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO?平面ABE，
所以EO⊥平面ABCD，
因为OD?平面ABCD，所以EO⊥OD.
由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，
由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，
所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，
所以O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1).
所以＝(2，0，0)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，－1)，
＝＝，F，
所以＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有所以
取x＝1，得n＝(1，1，2).
设直线AB与平面BDF所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
故直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.规范答题示范课——立体几何解答题
[破题之道] 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【典例示范】
(12分)(2019·全国Ⅰ卷)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.
INCLUDEPICTURE"19W4.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W4.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.
切入点：联想线面平行的判定定理，找线线平行.
关键点：建系，求平面AMA1与平面MA1N的法向量.
规范解答 (1)证明 连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.(2分)
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC.
因此，B1C∥A1D且B1C＝A1D，
故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，则MN∥ED.(4分)
又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.(5分)
(2)解 由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
INCLUDEPICTURE"19L10.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19L10.TIF"
\
MERGEFORMAT
则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)，＝(－1，，－2)，
＝(－1，0，－2)，＝(0，－，0).(7分)
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，
则
所以可得m＝(，1，0).(9分)
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，
则所以
可取n＝(2，0，－1).(10分)
于是cos〈m，n〉＝＝＝，(11分)
则sin〈m，n〉＝.
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.(12分)
[高考状元满分心得]
?写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点一定要写全.如第(1)问中ME∥B1C，且ME＝B1C，MN∥ED.第(2)问建立空间直角坐标系D－xyz.
?写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问漏掉条件MN?平面C1DE；第(2)问中不写公式cos〈m，n〉＝而得出余弦值都会各扣去1分.
?正确计算是得分的保证：第(2)问中，点N的坐标，两个半平面法向量的坐标及cos〈m，n〉的求值，否则不能得分.
[满分体验]
(2020·天津卷)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.
INCLUDEPICTURE"20KT15.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT15.TIF"
\
MERGEFORMAT
(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 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)证明 依题意，＝(1，1，0)，＝(2，－2，－2)，
从而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)解 依题意，＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，＝(0，2，1)，＝(2，0，－1).
INCLUDEPICTURE"20KT57.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20KT57.TIF"
\
MERGEFORMAT
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).
因此有cos〈，n〉＝＝，
于是sin〈，n〉＝.
所以二面角B－B1E－D的正弦值为.
(3)解 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.第2讲 空间中的平行与垂直
高考定位 1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.
真
题
感
悟
1.(2019·全国Ⅲ卷)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( )
INCLUDEPICTURE"19L19.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19L19.TIF"
\
MERGEFORMAT
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 连接BD，BE，
INCLUDEPICTURE"a120+.TIF"
INCLUDEPICTURE
"a120+.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵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.
连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，
∴BC⊥平面EDC，
则BD＝a，BE＝＝a，
BM＝＝a，
又EN＝＝a，
故BM≠EN.
答案 B
2.(2019·全国Ⅰ卷)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.
INCLUDEPICTURE"19W6.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W6.TIF"
\
MERGEFORMAT
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以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
3.(2020·全国Ⅲ卷)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：
INCLUDEPICTURE"20kt101A.TIF"
INCLUDEPICTURE
"20kt101A.TIF"
\
MERGEFORMAT
(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.又因为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ED1＝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.
4.(2019·全国Ⅰ卷)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.
INCLUDEPICTURE"19W4.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W4.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明 连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知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，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
考
点
整
合
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
热点一 空间点、线、面位置关系
【例1】
(1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是( )
A.m＝n
B.m＝n＋2
C.m＜n
D.m＋n＜8
(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
解析 (1)直线CE?平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，
则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.
易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4，
故m＝n＝4.
(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③?①或①③?②.
答案 (1)A (2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
探究提高 1.判断空间位置关系命题的真假
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
【训练1】
(1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是( )
A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是( )
INCLUDEPICTURE"1S145.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S145.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.BP⊥AC
B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD
D.平面BDP⊥平面ABCD
解析 (1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.
(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BP⊥OA，BP⊥OC，因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC?平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD?平面BDP，AC?平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD⊥平面ABCD，选B.
INCLUDEPICTURE"1S146.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S146.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 (1)C (2)B
热点二 空间平行、垂直关系的证明
【例2】
(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
INCLUDEPICTURE"19W28.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W28.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
INCLUDEPICTURE"19W34.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W34.TIF"
\
MERGEFORMAT
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明 因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解 棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
探究提高 1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.
2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.
【训练2】
(2020·石家庄调研)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点.
INCLUDEPICTURE"1S147.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S147.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明 (1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
INCLUDEPICTURE"1S148.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S148.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，又BF?平面ADP，AG?平面ADP，∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
∴ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
热点三 平面图形中的折叠问题
【例3】
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
INCLUDEPICTURE"19W24.TIF"
INCLUDEPICTURE
"19W24.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.
又DM?平面DEM，因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
探究提高 1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
【训练3】
如图1，在直角梯形
ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值.
(1)证明 在图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，
即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，
由图1可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1－BCDE的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
热点四 空间线面关系的开放性问题
【例4】
(2020·九师联盟检测)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.
INCLUDEPICTURE"1S149.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S149.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D－CEG的体积；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵△PAD是等边三角形，F是AD的中点，∴PF⊥AD.
INCLUDEPICTURE"1S150.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S150.TIF"
\
MERGEFORMAT
∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，∴BF⊥AD.
又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.
由于PB?平面BFP，∴AD⊥PB.
(2)解 能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，
∴BF⊥平面PAD.
又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF?平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，
∴GH⊥平面ABCD.
又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.
∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，
∴＝＝，∴＝＝，
∴GH＝PF＝，
∴VD－CEG＝VG－CDE＝S△CDE·GH
＝×DC·CE·sin·GH＝.
探究提高 1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导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；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.
2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
【训练4】
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.
INCLUDEPICTURE"1S151.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S151.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE∥平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由；
(2)若△PBC的面积为，求四棱锥P－ABCD的体积.
解 (1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE∥平面PDC.理由如下：
如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.
INCLUDEPICTURE"1S152.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S152.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为△BCD是等边三角形，
所以∠DGB＝90°.
因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，
所以AD＝BG＝BC，AD∥BC.
因为EF为△BCP的中位线，
所以EF＝BC，且EF∥BC，故AD＝EF，且AD∥EF，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，
又AE?平面PDC，DF?平面PDC，
所以AE∥平面PDC.
(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.
因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.
因为PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM?平面PDC，
所以PM⊥平面BCD，则PM为四棱锥P－ABCD的高.
又BC?平面BCD，所以PM⊥BC.
因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN?平面PMN，PM?平面PMN，
所以BC⊥平面PMN.
因为MN?平面PMN，所以MN⊥BC.
由M为DC的中点，易知NC＝BC.
设BC＝x，则△PBC的面积为·＝，解得x＝2，即BC＝2，
所以AD＝1，AB＝DG＝PM＝.
故四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S梯形ABCD×PM＝××＝.
A级 巩固提升
一、选择题
1.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，当α内有无数条直线与β平行时，α与β可能相交；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A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两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B中条件是α∥β的充要条件.
答案 B
2.(2020·东北三校一联)已知α，β是两个不同的平面，直线m?α，下列命题正确的是( )
A.若α⊥β，则m∥β
B.若α⊥β，则m⊥β
C.若m∥β，则α∥β
D.若m⊥β，则α⊥β
解析 若m?α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m?β，所以A，B错误.若m?α，m∥β，则α∥β或α与β相交，所以C错误.由面面垂直的判定定理可知D正确.故选D.
答案 D
3.(2020·青岛质检)已知四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，点E，F分别在线段PA，PC上，且EF∥底面ABCD，则异面直线EF与PB所成角的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析 连接AC，BD.设AC∩BD＝O.因为EF?平面PAC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，且EF∥底面ABCD，所以EF∥AC.由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.连接OP.因为O为AC的中点，PA＝PC，所以PO⊥AC.又BD∩OP＝O，所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PB.又EF∥AC，所以EF⊥PB，即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.故选D.
INCLUDEPICTURE"W33.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W33.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 D
4.(多选题)(2020·济宁模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则( )
INCLUDEPICTURE"W34.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W34.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
解析 连接AD1，D1F，则AD1∥EF，平面AEF即为平面AEFD1.显然DD1不垂直于平面AEFD1，∴直线DD1与直线AF不垂直，故A错误.∵A1G∥D1F，A1G?平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，即A1G∥平面AEF，故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形AEFD1的面积为××＝，故C正确.记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，∵VC－AEF＝·S△AEF·h1＝VA－CEF＝×1×××＝，VG－AEF＝·S△AEF·h2＝VA－GEF＝×1××1×＝，∴h1≠h2，故D错误.故选BC.
答案 BC
5.(多选题)(2020·济南一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE"W35.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W35.TIF"
\
MERGEFORMAT
A.A1C⊥平面α
B.存在点P，使得AC1∥平面α
C.存在点P，使得点A1到平面α的距离为
D.用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
解析 连接BC1，BD，DC1，AD1，D1P.因为CM＝CN，CB＝CD，所以＝，所以MN∥BD.又MN?平面C1BD，BD?平面C1BD，所以MN∥平面C1BD.同理可证MP∥BC1，MP∥平面C1BD.又MN∩MP＝M，MN，MP?平面α，所以平面C1BD∥平面α.易证AC1⊥平面C1BD，所以A1C⊥平面α，A正确.又AC1∩平面C1BD＝C1，所以AC1与平面α相交，不存在点P，使得AC1∥平面α，B不正确.因为|A1C|＝＝，所以点A1到平面α的距离的取值范围为，即.又<<，所以存在点P，使得点A1到平面α的距离为，C正确.因为AD1∥BC1，所以MP∥AD1，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD1PM.又AD1∥MP，且AD1≠MP，所以截面为梯形，D正确.故选ACD.
答案 ACD
二、填空题
6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是______.
INCLUDEPICTURE"X22.TIF"
INCLUDEPICTURE
"X22.TIF"
\
MERGEFORMAT
解析 由＝，得MN∥BD.
而BD?平面BDC，MN?平面BDC，
所以MN∥平面BDC.
答案 平行
7.(2020·衡水中学检测)已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________，点D为母线SB的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与OS所成角的正切值为________.
解析 设该圆锥底面圆的半径为r，则2r＝AB＝2，即r＝1，所以S圆锥侧＝πr×SA＝2π.如图，取OB的中点E，连接CD，DE，CE，OC，则DE∥OS，DE＝OS，即∠CDE(或其补角)为OS与CD所成的角.OS＝ASsin
60°＝，∴DE＝，CE＝＝.因此tan∠CDE＝＝.
INCLUDEPICTURE"1S155.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S155.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案 2π
8.(2020·漳州适应性测试)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为________.
解析 如图，取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q，QN，B1N，AC.由于CP在面ABCD内的射影为AC，QN⊥AC，故QN⊥CP.因为CP在面ADD1A1内的射影为DP，D1Q⊥DP，所以D1Q⊥CP.故由QN⊥CP，D1Q⊥CP，D1Q∩QN＝Q，得CP⊥平面D1QNB1.要使CP⊥D1M，必须点M在平面D1QNB1内，又点M在侧面AA1B1B内，所以点M在平面D1QNB1与平面AA1B1B的交线上，即M∈B1N.因为CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥BM，所以S△BCM＝×CB×BM.当BM⊥B1N时，BM最小，此时，△BCM的面积最小.又BB1＝4，BN＝2，故B1N＝2.由Rt△B1BN的面积可得BM＝＝，所以S△BCM＝×4×＝.
INCLUDEPICTURE"W36.TIF"
INCLUDEPICTURE
"W36.TIF"
\
MERGEFORMAT
答案
三、解答题
9.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1.
INCLUDEPICTURE"1S156.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S156.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)若BC＝1，求四棱锥F－ABCD的体积.
(1)证明 因为AB为圆O的直径，点F在圆O上，所以AF⊥BF.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，CB⊥AB，CB?平面ABCD，所以CB⊥圆O所在平面，所以AF⊥BC.
又BC，BF为平面CBF内两条相交直线，所以AF⊥平面CBF.
又AF?平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.
(2)解 连接OE，OF，如图所示，
INCLUDEPICTURE"1S157.TIF"
INCLUDEPICTURE
"1S157.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为AB＝2，EF＝1，AB∥EF，则四边形OEFA为菱形，
所以AF＝OE＝OA＝1，所以AF＝OA＝OF＝1，则△OAF为等边三角形.
在等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，
所以点F到边OA的距离即四棱锥F－ABCD的高，
所以四棱锥F－ABCD的高h＝.
又BC＝1，所以矩形ABCD的面积
S＝AB×BC＝2×1＝2.
故V四棱锥F－ABCD＝×2×＝.
10.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.
INCLUDEPICTURE"18GW18.tif"
INCLUDEPICTURE
"18GW18.tif"
\
MERGEFORMAT
(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，且PD?平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.
INCLUDEPICTURE"18GW39.TIF"
INCLUDEPICTURE
"18GW39.TIF"
\
MERGEFORMAT
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，
DE＝BC.
所以DE∥FG，且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.
B级 能力突破
11.(多选题)(2020·东营质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则下列说法正确的是( )
A.平面α截正方体所得两部分的体积相等
B.四边形BFD1E一定是平行四边形
C.平面α与平面BB1D1D不可能垂直
D.四边形BFD1E的面积有最大值
解析 由题意作出图形，如图.
因为平面AA1B1B∥平面DD1C1C，平面α∩平面AA1B1B＝BE，平面α∩平面DD1C1C＝D1F，所以BE∥D1F.同理可得D1E∥BF，所以四边形BFD1E是平行四边形，B正确.因为四边形BFD1E是平行四边形，所以BE＝D1F，所以△ABE≌△C1D1F，所以AE＝C1F，所以平面BFD1E分正方体为完全相同的两部分，A正确.连接EF，当E是AA1的中点，F是CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，从而平面α与平面BB1D1D垂直，C错误.设正方体的棱长为1，AE＝x(0≤x≤1)，则BE＝，D1E＝＝，BD1＝.在△BED1中，由余弦定理得cos
∠BED1＝eq
\f(D1E2＋BE2－BD,2D1E·BE)＝，
所以sin
∠BED1＝
＝＝，
所以S四边形BED1F＝2S△BED1＝BE·D1E·sin
∠BED1＝
＝.
所以当x＝0或x＝1时，S四边形BED1F取得最大值，D正确.故选ABD.
答案 ABD
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD中点.
INCLUDEPICTURE"A122.TIF"
INCLUDEPICTURE
"A122.TIF"
\
MERGEFORMAT
(1)若m＝，证明：直线AF∥平面PEC；
(2)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
(1)证明 如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以FM＝CD.
因为m＝，所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，
因为AF?平面PEC，EM?平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC.
(2)解 存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
INCLUDEPICTURE"A123.TIF"
INCLUDEPICTURE
"A123.TIF"
\
MERGEFORMAT
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos
30°＝，
又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PDE，
因为AB?平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，
所以m＝＝.(共50张PPT)
第3讲 立体几何中的向量方法
高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
真
题
感
悟
1.(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
(1)证明 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD?平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
设PB与平面QCD所成角为θ，
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB，PC?平面PBC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
考
点
整
合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
热点一 利用空间向量证明平行、垂直
【例1】
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.证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，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).
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.
探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).
2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE?平面PAD而致误.
【训练1】
如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明 (1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
热点二 线线角、线面角的求解
【例2】
(2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图(1)，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.
图(1)
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，
所以DO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由ABC－DEF为三棱台，得BC∥EF，所以EF⊥DB.
(2)解 法一 如图(1)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.
由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，
所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
法二 由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.
如图(2)，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
图(2)
由题意知各点坐标如下：
O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2).
设平面DBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos
θ＝|cos
φ|.
2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin
θ＝|cos
φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).
【训练2】
(2020·全国Ⅱ卷)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∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
(1)证明 因为侧面BB1C1C是矩形且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.
又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1⊥MN.
又A1N∩MN＝N，A1N，MN?平面A1AMN，
所以B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1?平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
连接NP，AO∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.
又AP∥ON，则四边形AONP为平行四边形，
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.
作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
热点三 利用向量求二面角
【例3】
(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内.
探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.
2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】
(2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求二面角C－AE－D的余弦值.
(1)证明 取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.
∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.
又CE∥BD且BD＝2CE，
∴CE∥OF且CE＝OF，
∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.
又OC?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC.
(2)解 ∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，∴OC⊥AB.
∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，BD⊥AB，BD?平面ABD，∴BD⊥平面ABC.
又OF∥BD，∴OF⊥平面ABC.
以O为坐标原点，分别以OA，OC，OF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
热点四 利用空间向量求解探索性问题
【例4】
(2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解 (1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD?平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，(共31张PPT)
第1讲 空间几何体的表面积和体积
高考定位 简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)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
答案 A
2.(2020·全国Ⅲ卷)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________.
4.(2019·全国Ⅱ卷)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________.
考
点
整
合
1.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；
④球的表面积S＝4πR2.
答案 (1)B (2)AB
探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.
2.(1)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.
(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】
(1)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( )
(2)因为△ABC为等边三角形，边长为6，点A为CD的中点，所以AD＝AB＝6，所以△ADB为等腰三角形.
又∠DAB＝180°－∠CAB＝120°，
探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.
2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
【训练2】
(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
(2)(2020·东北三校一联)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为( )
(2)∵ED⊥平面ABCD且AD?平面ABCD，∴ED⊥AD.
∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，而DC∩ED＝D，∴AD⊥平面CDEF.
热点三 多面体与球的切、接问题
【例3】
(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
(2)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥P－ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝3，BC＝AB＝4，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为r，则R＝________；内切球的体积V＝________.
解析 (1)由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.
要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.
∴2r＝4＞3不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.
探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C且PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
