(共52张PPT)
2课时突破
立体几何解答题
第1课时 空间中的平行与垂直
考向一 空间中的平行关系
命题角度1 直线与平面平行的判定与性质
【典例】1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD=3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点.证明：A1C∥平面DEF.
【证明】如图，连接AB1，A1B，A1B交AB1于点H，A1B交EF于点K，连接DK，因为ABB1A1为矩形，所以H为线段A1B的中点，因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以点K为线段BH的中点，所以A1K=3BK，
又因为CD=3BD，所以A1C∥DK，又A1C?平面DEF，DK?平面DEF，所以A1C∥平面DEF.
2.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形.
求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH.
【证明】因为四边形EFGH为平行四边形，所以EF∥HG.
因为HG?平面ABD，EF?平面ABD，所以EF∥平面ABD.
又因为EF?平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，
所以EF∥AB，又因为AB?平面EFGH，
EF?平面EFGH，
所以AB∥平面EFGH.同理可证，CD∥平面EFGH.
【探究延伸】
本例2题干条件不变，若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围.
【解析】设EF=x(0所以
所以
.因为四边形EFGH为平行四边形，
所以四边形EFGH的周长
又因为0即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12).
命题角度2 平面与平面平行的判定与性质
【典例】1.如图，多面体ABCDEF中四边形ABCD为矩形，DE∥CF.求证：BF∥平面ADE.
【证明】因为四边形ABCD是矩形，所以BC∥AD，
又因为BC?平面ADE，所以BC∥平面ADE，
因为DE∥CF，CF?平面ADE，所以CF∥平面ADE，又因为BC∩CF=C，所以平面BCF∥平面ADE，而BF?平面BCF，所以BF∥平面ADE.
2.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线l，证明：B1D1∥l.
【证明】(1)由题设知BB1∥DD1且BB1=DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，
B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.
因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1=B1C1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.
又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B=B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C=直线l，
平面ABCD∩平面A1BD=直线BD，
所以直线l∥直线BD，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
【素养提升】
1.证明线面平行问题的思路
(1)利用线面平行的判定定理证明.
(2)先证面面平行，再证线面平行.
2.判定面面平行的方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)利用垂直于同一条直线的两平面平行.
【变式训练】
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，
，E为PC的中
点.
证明：BE∥平面PAD.
【证明】设F为PD的中点，连接EF，FA.
因为EF为△PDC的中位线，所以EF∥CD，且
.又AB∥CD，
，所以
AB?
EF，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.
又AF?平面PAD，BE?平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
2.(2020·浙江模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.
(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
【证明】(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又因为BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
考向二 空间中的垂直关系(规范解答)
【典例】(12分)(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.
【思维流程图】(1)由已知条件→B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1→BB1∥MN→AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由EF∥B1C1∥BC→AO∥PN，四边形APNO为平行四边形，A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF，直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN→直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角→直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【规范解答】(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，所以
B1N=BM，四边形BB1NM为矩形.
A1N⊥B1C1，
………………………………………………………………1分
所以BB1∥MN，因为AA1∥BB1，所以AA1∥MN.
…………………………2分
因为MN⊥B1C1，A1N⊥B1C1，MN∩A1N=N，
所以B1C1⊥平面A1AMN.
…………………………4分
因为B1C1?平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
综上，AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.………………………………5分
考查要求
基础性
学科素养
直观想象、逻辑推理
评分细则
由已知得A1N⊥B1C1给1分；证出AA1∥MN给1分；证出B1C1⊥平面A1AMN给2分；证出平面A1AMN⊥平面EB1C1F给1分
(2)因为三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，所以EF∥B1C1∥BC.
…………………………………………………………6分
因为AO∥平面EB1C1F，AO?平面AMNA1，
平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN，
所以AO∥PN，四边形APNO为平行四边形.
……………………………7分
因为O是正三角形的中心，AO=AB，
所以A1N=3ON，AM=3AP.
PN=BC=B1C1=3EF.
……………………………8分
由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，
直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.…………9分
在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，
则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=
…………………………………………11分
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
.
…………………………12分
考查要求
综合性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
证出EF∥B1C1∥BC给1分；得出四边形APNO为平行四边形给1分；
证出PN=BC=B1C1=3EF得1分；将直线B1E与平面A1AMN所成角转化为B1E与PN所成角得1分；
求对B1H
或B1E的长度各给1分；求对直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值给1分
【答题模板】
【素养提升】
1.判定线面垂直的四种方法
(1)利用线面垂直的判定定理.
(2)利用“两平行线中的一条与已知平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”.
(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”.
(4)利用面面垂直的性质定理.
2.面面垂直证明的两种思路
(1)用面面垂直的判定定理.
(2)用面面垂直的定义.
【变式训练】
1.如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD.
求证：
AD⊥AC.
【证明】因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD=BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.
因为AD?平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB=B，AB?平面ABC，
BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又因为AC?平面ABC，所以AD⊥AC.
2.(2020·武邑质检)如图，四边形PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2，又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，直线AM与直线PC所成的角为60°.
(1)求证：PC⊥AC；
(2)求点B到平面ACM的距离.
【解析】(1)因为BC⊥PC，AB⊥PC，AB∩BC=B，所以PC⊥平面ABC，
因为AC?平面ABC，所以PC⊥AC.
(2)过M作MO∥PC，交BC于O，连接AO，
PM=1，BC=2，所以O为BC中点，因为PC⊥平面ABC，OM⊥平面ABC，所以OM⊥OA，
所以∠OMA为异面直线AM与直线PC所成的角，
所以∠OMA=60°，在△AOC中，由余弦定理得，
OA2=CA2+OC2-2CA·OC·cos∠ACB=3，
所以
，AM=2，所以
，在△ACM中，
所以
所以S△MAC=
AC·AM·sin∠MAC=
S△ABC=
CA·CB·sin∠ACB=
设点B到平面ACM的距离为h，VM-ABC=VB-MAC，
所以点B到平面ACM的距离为
.
【加练备选】
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，
AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使
点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且
，求三棱锥Q-ABP的
体积.
【解析】(1)由已知可得，∠BAC=90°，则BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC=A，所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC=CM=AB=3，
又
，所以
作QE⊥AC，垂足为E，则QE?
DC=1.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，
因此，三棱锥Q-ABP的体积为
专题能力提升练
十一 空间中的平行与垂直（40分钟80分）
1.(2020·汕头一模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是正方形ABCD的中心，求证：
A1O∥平面B1CD1.
【证明】由题意，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，
所以A1D∥B1C，OD∥B1D1，
因为A1D∩DO=D，B1D1∩B1C=B1，
所以平面A1DO∥平面B1CD1，
因为A1O?平面A1DO，所以A1O∥平面B1CD1.
2.(2020·德州一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD上(含边界)一动点，满足A1P⊥EF，求线段A1P长度的最小值.
【解析】如图所示.
连接A1D，AD1，易知EF∥AD1，A1D⊥AD1，故EF⊥A1D，又因为A1P⊥EF，A1P∩A1D=A1，故EF⊥平面A1DP，故EF⊥DP，CC1⊥PD，
故DP⊥平面BCC1B1，又因为P在线段CD上，故线段A1P长度的最小值为A1D=
.
3.(2020·惠州一调)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA=AB=4，AD=CD，点N是CD中点.
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求点M到平面PBC的距离.
【解题引导】(1)推导出△ABD≌△BCD，从而MN∥AD，由此能证明MN∥平面PAD.
(2)设M到平面PBC的距离为h，由VM-PBC=VP-BMC，能求出点M到平面PBC的距离.
【解析】(1)因为△ABC是正三角形，所以BA=BC，又因为AD=CD，所以BD所在直线为线段AC的垂直平分线，所以M为AC的中点，又点N是CD中点，所以MN∥AD，又AD?平面PAD，MN?平面PAD，
所以MN∥平面PAD；
(2)设M到平面PBC的距离为h，在Rt△PAB中，PA=AB=4，所以PB=4
，
在Rt△PAC中，PA=AC=4，所以PC=4
，
在△PBC中，PB=4
，PC=4
，BC=4，所以S△PBC=4
.由VM-PBC=VP-BMC.
即
×4
×h=
×2
×4，解得h=
.
所以点M到平面PBC的距离为
4.(2020·东营三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是
直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2CD=2，F是AB的中点，E是PB上的一点.
(1)若PB=2PE，求证：EF∥平面PAC；
(2)求三棱锥P-ADC各个面中直角三角形的个数；
(3)求证：平面BCP⊥平面ACE.
【解析】(1)因为PB=2PE，所以E是PB的中点，
因为F是AB的中点，所以EF∥PA，
因为PA?平面PAC，EF?平面PAC，
所以EF∥平面PAC.
(2)因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，PC⊥CD，所以△PAC，△PCD为直角三角形，
又AB∥CD，AB⊥AD，所以AD⊥CD，则△ACD为直角三角形，
所以PA2=PC2+AC2=PC2+AD2+CD2，PD2=CD2+PC2，则PA2=PD2+AD2，
所以△PAD是直角三角形，故三棱锥P-ADC的四个面都是直角三角形.
(3)因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC，
在Rt△ACD中，AC=
在直角梯形ABCD中，
BC=
所以AC2+BC2=AB2，则AC⊥BC，
因为BC∩PC=C，所以AC⊥平面BCP，
所以平面BCP⊥平面ACE.
5.如图，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点.
(1)求证：CD⊥平面SAD.
(2)若SA=SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，
使得平面DMN⊥平面ABCD，并证明你的结论.
【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD=AD，所以CD⊥平面SAD.
(2)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.连接PC，DM交于点O，连接PM，SP，NM，ND，NO.
因为PD∥CM，且PD=CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO=CO.又因为N为SC的中点，所以NO∥SP.易知SP⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.又因为NO?平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.
6.如图(1)，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2).
(1)求证：DE∥平面A1CB.
(2)求证：A1F⊥BE.
(3)线段A1B上是否存在点Q，
使A1C⊥平面DEQ？说明理由.
【解析】(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE?平面A1CB，BC?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD，
又A1D∩CD=D，所以DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，且DE∩CD=D，
所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(共86张PPT)
1课时突破
立体几何高考小题
空间几何体
关键能力·应用实践
考向一
空间几何体的表面积与体积
【多维题组】速通关
1.过圆锥的轴作截面，如果截面三角形为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已
知一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD=90°
(O为底面圆
心)，且S△PCD=
，则这个等边圆锥的表面积为
( )
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为
a，圆锥的高PO=
a.由已知得CD=
a，PC=PD=2a，则
从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.
2.(2020·惠州二调)某几何体的三视图如图所示，其中主视
图，左视图均由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角
形构成，则该几何体的体积为
( )
【解析】选A.该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，体积为
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视
为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面
三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
( )
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，
则
由题意PO2=
ab，即
化简得
解得
(负值舍去).
4.如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的
体积是
，则它的棱长是________，它的表面积是________.?
【解析】由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后
剩余的内接正三棱锥B-A1C1D(如图所示).
设正方体的棱长为a，则几何体的体积是
所以a=1，所以三棱锥的棱长为
因此，该三棱锥的表面积为
答案：
【技巧点拨】提素养
1.由几何体的三视图求其表面积
(1)关键是分析三视图，确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.
(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.
2.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.
3.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.
考向二 与球有关的切、接问题
【多维题组】速通关
1.(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
( )
【解析】选D.方法一：设PA=PB=PC=2x，E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，且EF=
PB=x，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以CF=
，又∠CEF=90°，所以
AE=
PA=x，
在△AEC中，利用余弦定理得
，作PD⊥AC于D，因为
PA=PC，所以D为AC中点，
所以
所以2x2+1=2，所以
所以PA=PB=PC=
又AB=BC=AC=2，所以PA，PB，PC两两垂直，
所以
，所以
所以
方法二：因为PA=PB=PC，△ABC是边长为2的等边三角形，所以P-ABC为正三棱
锥，易得PB⊥AC，又E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，所以EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC=C，
所以EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，
所以∠BPA=90°，
所以PA=PB=PC=
所以P-ABC为正方体一部分，
，即
所以
【变式拓展】
若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为“PA⊥平面ABC，PA=2，AB=1，AC=2，
∠BAC=
”，则球O的体积为________.?
【解析】根据余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AB·ACcos∠BAC=3，故
根据正弦定理：
，故r=1，r为三角形ABC外接圆半径，
设R为三棱锥P-ABC外接球的半径，
，故
答案：
2.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记
圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则
的值是________.?
【解析】设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线
长为2R.又V1=πR2·2R=2πR3，
答案：
3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直线A1B与平面B1BCC1所
成角为45°，则此三棱柱的外接球的表面积为________.?
【解析】如图所示，过点A1作A1D1垂直于B1C1交B1C1于D1，连接
BD1，又平面A1B1C1⊥平面BC1，所以A1D1⊥平面BC1，所以
∠A1BD1是A1B与平面BC1所成的角，所以∠A1BD1=45°，因为底面正三角形边长为
2，所以A1D1=
，A1B=
，又A1B2=A1A2+AB2，所以
A1A=
.设正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心为O，半径为R，上、下底面中心分
别为O1，O2，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在Rt△OO1A1
中，
，所以
，即
故该三棱柱的外接球
的表面积为
答案：
4.(2020·菏泽二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一
个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图所
示)，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为
π∶4.若“牟合方盖”的体积为
，则正方体的外接球的表面积为________.?
【解析】因为“牟合方盖”的体积为
，
又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π∶4，
所以正方体的内切球的体积
所以内切球的半径r=1，所以正方体的棱长为2，
所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即
所以
，所以正方体的外接球的表面积为
答案：12π
【技法点拨】提素养
空间几何体与球接、切问题的求解策略
定球心
弄清球的半径(直径)与几何体的位置关系和数量关系，从而确定球心位置
作截面
过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面问题
求半径
借助平面图形与圆的接、切等平面几何知识寻找几何元素之间的关系，求出球半径
提醒：如果所给空间几何体是不规则图形，可以先补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.
考向三 空间点、线、面的位置关系
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅱ卷)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】选B.当α内有无数条直线与β平行，也可能两平面相交，故A错.同样当α，β平行于同一条直线或α，β垂直于同一平面时，两平面也可能相交，故C，D错.由面面平行的判定定理可得B正确.
【变式拓展】
已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是
( )
A.m⊥l，m?β，l⊥α
B.m⊥l，α∩β=l，m?α
C.m∥l，m⊥α，l⊥β
D.l⊥α，m∥l，m∥β
【解析】选D.由m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：在A中，m⊥l，m?β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错；
在B中，m⊥l，α∩β=l，m?α，则α与β有可能相交但不垂直，故B错；
在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，则α∥β，故C错；
在D中，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m∥β，则α⊥β，故D正确.
2.有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线.
其中真命题的个数有
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选A.命题①直线l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③直线a可以在平面α内，不正确；命题④正确.
3.(2020·惠州一调)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，AA1=1，E，F分别
为棱A1B1，C1D1的中点，则异面直线AF与BE所成角的余弦值为
( )
【解析】选A.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接CF，AC，EF，AD1，则BE∥CF，所
以异面直线AF与BE所成的角，即为相交直线AF与CF所成的角，设∠AFC=θ，在
长方体ABCD-A1B1C1D1中，得
在△ACF中，由余弦定理可得
即异面直线AF与BE所成的角的余弦值为0.
4.如图，M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，下列命题中假命题是
( )
A.过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
B.过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
C.过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
D.过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
【解析】选C.直线AB与B1C1是两条互相垂直的异面直线，点M不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示.
取C1C的中点N，则MN∥AB，且MN=AB，设BN与B1C1交于H，则点A，B，M，N，H共面，直线HM必与直线AB相交于某点O.
所以，过M点有且只有一条直线HO与直线AB，B1C1都相交；故A正确.
过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直，此垂线就是棱DD1，故B正确.
过M点有无数个平面与直线AB，B1C1都相交，故C不正确.过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行，此平面就是过M点与正方体的上下底都平行的平面，故D正确.
【技法点拨】提素养
1.点、线、面的位置关系的判断方法
(1)穷举法，即对各种关系都进行考虑，要充分发挥模型的直观性作用.
(2)利用平行、垂直的判定定理和性质定理综合进行推理及判断命题是否正确.
2.求异面直线所成角的方法
(1)几何法：一作二证三计算，即先作出角，再说明某角即为所求，最后在三
角形中求解.
(2)向量法：
建立空间直角坐标系，利用公式
求出异面直线的方向向量的夹角.
若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，
则异面直线所成的角为该角的补角.
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正视
图、侧视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是
( )
【解析】选A.根据几何体的三视图转换为直观图可知该几何体为一个正方体挖
去一个底面是边长为1的正方形，高为
的正四棱锥，如图所示，
所以：
2.已知不重合的平面α，β，γ
和直线l
，则“α∥β”的充分不必要条件是
( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.l⊥α
且l⊥β
C.α⊥γ
且γ⊥β
D.α内的任何直线都与β平行
【解析】选B.选项A.
α内有无数条直线与β平行，则α，β相交或α∥β，排除；
选项B.l⊥α
且l⊥β，故α∥β，当α∥β，不能得到l⊥α
且l⊥β，满足；
选项C.α⊥γ
且γ⊥β，则α，β相交或α∥β，排除；
选项D.α内的任何直线都与β平行，故α∥β；若α∥β，则α内的任何直线都与β平行，充要条件，排除.
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=3，点E为棱BB1上的点，且BE=2EB1，
则异面直线DE与A1B1所成角的正弦值为
( )
【解析】选B.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=3，点E为棱BB1上的点，
且BE=2EB1，如图所示，在AA1上取点F，使得AF=2FA1，连接EF，FD，可得
EF∥A1B1，
所以异面直线DE与A1B1所成角就是相交直线EF与DE所成的角，设∠DEF=θ，
又由在直角△ADF中，AD=2，AF=2，
所以
连接BD，在直角△BDE中，
所以
在△DEF中，
由余弦定理可得
所以异面直线DE与A1B1所成角的正弦值
4.已知底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点在球O1上，又知球O2与此正
三棱柱的5个面都相切，则球O1与球O2的半径之比为________，表面积之比为
________.?
【解析】设球O1，球O2的半径分别为R，r，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个
球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，AB=a，OA=R，
OE=r，
在△OEA中，
，由于OA2=OE2+AE2，所以
，则球O1与球O2的
半径比为
，所以球O1与球O2的表面积之比等于
答案：
5∶1
【创新迁移】
1.如图所示，正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最
小值为
，则该正四面体的外接球表面积是
( )
A.12π
B.32π
C.8π
D.24π
【解析】选A.将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示，菱形
ABCD，
在菱形ABCD中，连接BE，交AC于点P，则BE的长即为BP+PE的最小值，即
BE=
，
因为四面体ABCD是正四面体，所以AC=AB，所以∠BCD=120°，因为E是棱AD的中
点，所以∠DCE=30°，所以∠BCE=∠BCD-∠DCE=90°，
设DE=x，则AB=BC=CD=AD=2x，所以CE=
，则
所以
x=
，则正四面体ABCD的棱长为
，所以正四面体的外接球半径为
所以该正四面体外接球的表面积为
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V，点M，N分别在棱BB1，CC1上，满足
AM+MN+ND1最小，则四面体AMND1的体积为
( )
【解析】选D.如图，
因为点M，N分别在棱BB1，CC1上，要AM+MN+ND1最小，将MN，ND1所在的面沿它们的交线展开到与AM所在的面共面，AM，MN，ND1三线共线时，AM+MN+ND1最小，
所以
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3a，则27a3=V，
所以
.取BG=
BC，连接NG，则AGND1共面，在△AND1中，设N到AD1的距离
为h1，
所以
所以
所以
·D1N·AN·sin∠D1NA
=
·AD1·h1=
，所以
设M到平面AGND1的距离为h2，
所以VM-AGN=VA-MGN，
所以
所以
所以
专题能力提升练
十 空间几何体（35分钟70分）
一、选择题（每小题5分，共50分）
1.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图)，l?平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，则下列一定不可能的是
( )
A.l与AD平行
B.l与AB异面
C.l与CD所成角为30°
D.l与BD垂直
【解析】选A.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，l?平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，又因为AD∥B1C1，所以l必与直线AD不平行.
2.(2020·泰安一模)已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题错误的是
( )
A.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β
B.若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C.若α∥β，m?α，则m∥β
D.若m∥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等
【解析】选A.选项A.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则n?α或n∥α，又n∥β，并不能得到α⊥β这一结论，故A错误；
选项B.若m⊥α，n∥α，则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m⊥n，故B正确；
选项C.若α∥β，m?α，则由面面平行的性质定理可知m∥β，故C正确；
选项D.若m∥n，α∥β，则由线面角的定义和等角定理知，m与α所成的角和n与β所成的角相等，故D正确.
3.(2020·石家庄二模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几
何体的三视图，则该几何体的表面积为
( )
A.6+2
B.6+2
C.4+4
D.4+4
【解析】选C.几何体的直观图如图，是正方体的一部分，P-ABC，
正方体的棱长为2，该几何体的表面积为
×2×2+
×2×2+
×2×2
+
×2×2
=4+4
.
4.(2020·衡水模拟)某几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点P与点Q
在正视图与侧视图上的对应点分别为A，B，则在该几何体表面上，从点P到点Q
的路径中，最短路径的长度为
( )
A.
B.
C.2
D.
【解题导引】画出几何体的图形，然后PQ的路径有前面和右面以及前面和上面
两种路径，分别计算出结果，得出答案.
【解析】选C.由题意，几何体如图所示.
(1)前面和右面组成一面，
此时PQ=
(2)前面和上面组成一个平面，
此时PQ=
，2
<
.故最短路径的长度为2
.
5.(2020·泰安一模)一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，
水面的高度正好为棱长的一半.若将该正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某
条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为
( )
A.1
B.
C.
D.2
【解题导引】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此
得到结论.
【解析】选B.正方体的面对角线长为2
，由于水的体积是正方体体积的一
半，且正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转，所以容器里水
面的最大高度为面对角线长的一半，即最大水面高度为
.
6.(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】选A.设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2=4π，所以r=2，由正弦定理可得AB=2rsin
60°=2
，
所以OO1=AB=2
，
根据球截面性质得OO1⊥平面ABC，
所以OO1⊥O1A，
R=OA=
所以球O的表面积S=4πR2=64π.
7.如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB=BC=4，∠ABC=90°，侧棱SB与平
面ABC所成的角为45°，M为AC的中点，N是侧棱SC上一动点，当△BMN的面积最
小时，异面直线SB与MN所成角的余弦值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.由题意知△ABC为等腰直角三角形，因为M为AC的中点，所以
BM⊥AC.又SA⊥平面ABC，所以SA⊥BM，所以BM⊥平面SAC，所以BM⊥MN，故
△BMN的面积S=
BM·MN.易知AC=4
，所以BM=
AC=2
，所以S=
MN，
当MN最小时，△BMN的面积最小，此时MN⊥SC.当MN⊥SC时，过S作SE⊥SC，交CA
的延长线于点E，则SE∥MN，连接BE，则∠BSE为异面直线SB与MN所成的角或其
补角.因为SA⊥平面ABC，所以∠SBA为直线SB与平面ABC所成的角，所以
∠SBA=45°，所以SA=AB=4，所以SB=4
，SC=4
.又tan∠SCA=
所以SE=2
，所以AE=2
，ME=4
，在Rt△EMB中，易知BE=2
，所以
cos∠BSE=
故当△BMN的面积最小时，异面直线SB与MN所成
角的余弦值为
.
8.(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为
的等边三角形，且其顶点都在球O
的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为
( )
A.
B.
C.1
D.
【解析】选C.设△ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O的半径
为R，△ABC的边长为a，则S△ABC=
a2=
，可得a=3，于是r=
，由题知，
球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.
9.(2020·汕头一模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，S△APC=2，∠ABC=30°，
则三棱锥P-ABC的外接球O体积的最小值为
( )
A.4π
B.
C.64π
D.
【解题导引】设AC=x，由△APC的面积为2，得PA=
，进而得到△ABC外接圆的
半径r=x和O到平面ABC的距离为d=
·PA=
，再利用球的性质，得到球的半
径，即可求解.
【解析】选D.如图所示，设AC=x，由△APC的面积为2，得PA=
，
因为∠ABC=30°，所以△ABC外接圆的半径r=x，
因为PA⊥平面ABC，且PA=
，
所以O到平面ABC的距离为d=
·PA=
，
设球O的半径为R，则
当且仅当x=
时，等号成立，
所以三棱锥P-ABC的外接球的体积的最小值为
π×23=
.
10.(2020·新乡一模)唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部
分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2).当这种酒杯内壁表面积(假设
内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米)固定时，若要使得酒
杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为
( )
A.
B.
C.
D.
【解题导引】设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，计算容积得到V=-
R3+
R≤
πR3，根据高的关系得到πR2<
≤
πR2，计算得到答案.
【解析】选D.设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，则S=2πR2+2πRh，则
πRh=
-πR2，
所以酒杯的容积V=
πR3+πR2h=
πR3+
R=-
R3+
R≤
πR3，
又h>0，所以
-πR2>0，所以πR2<
≤
πR2，解得
≤R<
.
【加练备选】
如图所示，用一边长为
的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，
做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不
变，则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为
( )
【解析】选D.蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截
面圆的直径为1.因为鸡蛋的表面积为4π，所以球的半径为1，所以球心到截面
的距离
而截面到底面的距离即为三角形的高h=
，所以球心到
底面的距离为d+h=
二、填空题(每小题5分，共20分)
11.已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm3.?
【解析】根据三视图可知几何体下部是一个高为1，底面半径为1的圆锥.上部是
一个高为3的圆柱被一个斜平面所截后的一部分，底面半径是1，所以几何体的
体积是
×12×π×1+π×12×(1+
×2)=
.
答案：
12.(2020·汕头一模)有一种工艺品是由正三棱柱挖去一个圆锥所成，已知正三
棱柱ABC-A1B1C1
的所有棱长都是2，圆锥的顶点为△ABC的中心，底面为△A1B1C1
的内切圆，则该工艺品的体积为________ .?
【解题导引】先求正三棱柱ABC-A1B1C1底面△A1B1C1的高为h=
，进而求
得底面△A1B1C1内切圆的半径为r=
，利用几何体的体积公式，即可求解.
【解析】由题意，可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2，
所以△A1B1C1的高为h=
，
设底面△A1B1C1内切圆的半径为r，则(
-r)2=r2+1，解得r=
，
所以该工艺品的体积为V=
-V圆锥=S△ABC×AA1-
πr2×AA1=
×2×
×2-
×π×
×2=2
-
.
答案：2
-
13.(2020·惠州一调)已知球的直径DC=4，A，B是该球面上的两点，∠ADC=∠BDC=
，则三棱锥A-BCD的体积的最大值是________.?
【解析】因为球的直径DC=4，且∠ADC=∠BDC=
，所以AC=BC=2，AD=BD=2
，VA-BCD=
×S△BCD×h(其中h为点A到底面BCD的距离)，故当h最大时，VA-BCD的体积最大，即当平面ADC⊥平面BDC时，h最大且满足4h=2×2
，即h=
，此时VA-BCD=
×
×2×2
×
=2.
答案：2
【加练备选】
(2020·潮州二模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=
，AP=4，AB=AC=2
，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为
( )
A.
B.64π
C.
D.256π
【解题导引】根据题意画出图形，求出底面三角形ABC的外接圆的半径，进一步求得三棱锥P-ABC的外接球的半径，再由球的体积公式求解.
【解析】选C.
由题意，∠BAC=
，AB=AC=2
，故∠ABC=∠ACB=
；
△ABC的外接圆的半径r=
因为PA⊥平面ABC，且PA=4，
所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足R2=
+r2=16?R=4.
所以三棱锥P-ABC的外接球的体积为
·R3=
π.
14.(2020·石家庄二模)已知正四面体A-BCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O1与三棱锥A-BCD的四个面都相切，球O2与三棱锥A-BCD的三个面和球O1都相切，以此类推，…，球On与三棱锥A-BCD的三个面和球On-1都相切(n≥2，n∈N
)，则球On的表面积等于________.?
【解析】不妨设On的半径为rn，正四面体的棱长为a，取CD中点为E，球O1与平面ACD切于点F，球O2与平面ACD切于点H，
作截面ABE，G为△BCD的外心，如图所示：(共93张PPT)
第2课时 空间角、空间距离的计算问题
考向一 利用空间向量计算异面直线所成的角与线面角
命题角度1 求异面直线所成的角
【典例】1.已知正四面体ABCD中，所有的棱长为4，点O是△ABC的中心，将
△DAO绕直线DO旋转一周，则在旋转过程中，求直线DA与直线BC所成角的余弦的
最大值.
【解析】因为
又因为点O是△ABC的中心，所以OD⊥BC，所以
=0，所以
，
因为
，当且仅当
∥
且
与
同向时，
取等号.
设
与
所成角为θ，
所以
所以cos
θ≤
，所以直线DA与直线BC所成角的余弦的最大值是
.
2.(2020·新乡一模)如图，在正四棱锥V-ABCD中，二面角V-BC-D为60°，E为BC
的中点.
(1)证明：BC=VE；
(2)已知F为直线VA上一点，且F与A不重合，若异面直线BF与VE所成角为60°，
求
.
【解析】(1)设V在底面的射影为O.则O为正方形ABCD的中心，如图，连接OE，
因为E为BC的中点，所以OE⊥BC.在正四棱锥V-ABCD中，VB=VC，则VE⊥BC，
所以∠VEO为二面角V-BC-D的平面角，则∠VEO=60°.
在Rt△VOE中，VE=2OE，又AB=BC=2OE，
所以BC=VE.
(2)取AB的中点G，以O为坐标原点，分别以
为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系O-
xyz，
设AB=2，则V(0，0，
)，E(0，1，0)，B(1，1，0)，
A(1，-
1，0)，
=(1，-
1，-
)，
=(1，1，-
)，
=(0，1，-
).设
=λ
(λ≠1)，
则
=
-
=(λ-1，-λ-1，-
λ+
)，
从而|cos<
，
>|=
=
=cos
60°，
整理得λ2+10λ-11=0，
解得λ=-11(λ=1舍去)，故
=11.
命题角度2 求线面角
【典例】(2020·枣庄二模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面
ABCD是平行四边形，
=2
，
=2
.
(1)求证：AN∥平面MB1D1；
(2)若AB=2AD=2，∠BAD=60°，AA1=3，求NB1与平面MB1D1所成角的大小.
【解析】(1)取AM的中点E，连接EC1，A1C1.设A1C1∩B1D1=O，
连接MO.
由题意，O是线段A1C1的中点，M是线段EA1的中点，
所以MO是△A1C1E的中位线，所以MO∥EC1.
由题意，AE=
AA1，NC1=
CC1，AA1=CC1，
所以AE=NC1，又AE∥NC1，所以四边形AEC1N是平行四边形.所以AN∥EC1.
又MO∥EC1，
所以AN∥MO.
又AN?平面MB1D1，MO?平面MB1D1，
所以AN∥平面MB1D1.
(2)在△ABD中，AB=2AD=2，∠BAD=60°，
由余弦定理得BD2=12+22-2×1×2×cos
60°=3.
可见DA2+DB2=AB2，所以DA⊥DB.
以D为坐标原点，以
所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立
空间直角坐标系D-xyz，则M(1，0，2)，B1(0，
，3)，D1(0，0，3)，
N(-1，
，2).
所以
=(1，0，-1)，
=(0，
，0)，
=(1，0，1).
设n=(x，y，z)为平面MB1D1的一个法向量，
则
即
令x=1，则n=(1，0，1).
可见，
就是平面MB1D1的一个法向量，所以NB1与平面MB1D1所成的角为90°.
【探究延伸】
本例条件不变，求NB1与平面MB1D所成角的正弦值.
【解析】由例题解析知M(1，0，2)，B1(0，
，3)，D(0，0，0)，N(-1，
，2).
所以
=(1，0，1)，
=
，
，设NB1与平面MB1D所成的角为
α，平面MB1D的一个法向量m=(x,y,z)，则
所以
所以可取m=
，
所以
【素养提升】
向量法求异面直线所成角的关注点
(1)公式：设异面直线m，n所成角为θ，a，b分别是异面直线m，n的方向向量，
则cos
θ=
；
(2)关键：找出两异面直线的方向向量；
(3)提醒：两条异面直线所成角的范围是
，而两向量的夹角的范围是
，
应注意加以区分.
【变式训练】
1.(2020·石家庄二模)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等腰直角三角形，
AB=AC=1，PB=PC=
，设点E为PA中点，点D为AC中点，点F为PB上一点，且
PF=2FB.
(1)证明：BD∥平面CEF；
(2)若PA⊥AC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【解析】(1)如图.连接PD交CE于G点，连接FG，因为点E为PA的中点，点D为AC的中点，所以点G为△PAC的重心，则PG=2GD，因为PF=2FB，所以FG∥BD，
又因为FG?平面CEF，BD?平面CEF，
所以BD∥平面CEF；
(2)因为AB=AC，PB=PC，PA=PA，所以△PAB≌△PAC，因为PA⊥AC，所以
PA⊥AB，可得PA=2，又因为AB⊥AC，
则以AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，
=(-1，1，0)，
=(-1，0，2)，
=(0，-1，1).
设平面PBC的一个法向量为n=(x，y，z)，
由
取z=1，得n=(2，2，1).设直线CE与平面PBC所成角为θ，
则
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为
.
2.(2020·潍坊二模)如图(1)五边形ABCDE中，ED=EA，AB∥CD，CD=2AB，
∠EDC=150°，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥P-ABCD，如图(2)，
点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若直线PC与AB所成角的正切值为
，求直线BM与平面PDB所成角的正弦值.
【解析】(1)取PD的中点N，连接AN，MN，则MN∥CD，MN=
CD.
又AB∥CD，AB=
CD，所以MN∥AB，MN=AB，则四边形ABMN为平行四边形，所以
AN∥BM，
又BM⊥平面PCD，所以AN⊥平面PCD，
所以AN⊥PD，AN⊥CD.由ED=EA，即PD=PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角
形，
所以∠PDA=60°，
又∠EDC=150°，所以∠CDA=90°，所以CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，CD?平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)AB∥CD，所以∠PCD为直线PC与AB所成的角，由(1)可得∠PDC=90°，所以
tan∠PCD=
，所以CD=2PD，设PD=1，则CD=2，PA=AD=AB=1，
取AD的中点O，连接PO，过O作AB的平行线，可建立如图所示的空间直角坐标系
O-xyz，
则
所以
所以
设n=(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则
即
取x=3，则n=
为平面PBD的一个法向量，因为
则直线BM与平面PDB所成角的正弦值为
.
【加练备选】
(2020·日照一模)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，BDEF为正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=AB=1，∠ABC=60°.
(1)求证：平面CDE⊥平面BDEF；
(2)点M为线段EF上一动点，求BD与平面BCM所成角正弦值的取值范围.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=AB=1，
∠ABC=60°，
所以∠BAD=∠CDA=120°，∠ADB=30°，∠CDB=90°.即BD⊥CD.
BC=2.又因为平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD=BD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面BDEF，因为CD?平面CDE，
所以平面CDE⊥平面BDEF.
(2)由(1)知，分别以直线DB，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设EM=m(0≤m≤
)，
则B(
，0，0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，M(m,0,
)，
设平面BMC的法向量为n=(x,y,z)，
所以
即
令x=
，则y=3，z=
-m，
所以平面BMC的一个法向量为n=(
，3，
-m).
设BD与平面BCM所成角为θ，
所以
所以当m=0时，取最小值
，当m=
时，取最大值
，故BD与平面BCM所成角
正弦值的取值范围为
.
考向二 求二面角(规范解答)
【典例】(12分)(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.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
【思维流程图】(1)设圆O的半径→各线段的长度→PA⊥PC，PA⊥PB→PA⊥平面PBC；
(2)建系，写坐标→求出平面PBC及平面PCE的法向量→二面角B-PC-E的余弦值.
【规范解答】(1)不妨设圆O的半径为1，OA=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=AC=
，
……………………………………………………1分
…………………………2分
………………………………3分
在△PAC中，PA2+PC2=AC2，故PA⊥PC，同理可得PA⊥PB，又PB∩PC=P，……5分
故PA⊥平面PBC.………………………………………………6分
考查要求
基础性
学科素养
直观想象、逻辑推理
评分细则
设圆O的半径为1，求出AB=BC=AC的值给1分；求出PO的值给1分；
求出PA=PB=PC的值给1分；证明PA⊥PC，PA⊥PB，各给1分；证明PA⊥平面PBC给1分
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则有：
故
…………………
8分
设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，
则
可取m=(0，
，1).……………………………………9分
同理可求得平面PCE的法向量为
n=
.………………………………10分
故
由图知二面角B-PC-E为锐角，
所以二面角B-PC-E的余弦值为
.………………12分
考查要求
综合性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
建系，写出
坐标给2分；每
求对一个法向量给1分；求出二面角
B-PC-E的余弦值给2分
【答题模板】
【素养提升】求二面角的常用方法
(1)几何方法：一找二证三计算，即先找出二面角的平面角，再证明(一、二往往同时进行)，最后在三角形内计算.
(2)空间向量法：求两个平面的法向量，利用两向量的夹角公式求解.
【变式训练】
1.如图，在直角梯形ABED中，AB∥ED，AB⊥EB，点C是AB中点，且AB⊥CD，AB=2CD=4，现将三角形ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE与平面PBC所成的角为45°.
(1)求证：平面PBC⊥平面DEBC；
(2)求二面角D-PE-B的余弦值.
【解析】(1)在平面ABED中，AC⊥CD，BC⊥CD，
因为PC为AC沿CD折起得到，所以PC⊥CD，
因为PC∩BC=C，所以CD⊥平面PBC，又因为CD?平面DEBC，所以平面PBC⊥平面DEBC.
(2)在平面ABED中，AB⊥CD，AB⊥BE，CD∥EB，
由(1)知CD⊥平面PBC，所以EB⊥平面PBC，而PB?平面PBC，故EB⊥PB.由PE与平面PBC所成的角为45°，得∠EPB=45°，
所以△PBE为等腰直角三角形，所以PB=EB，
因为AB∥DE，又CD∥EB得BE=CD=2，
所以PB=2，故△PBC为等边三角形，
取BC的中点O，连接PO，
因为PO⊥BC，所以PO⊥平面EBCD，
以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，
则B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2,－1,0)，P（0,0,
）.
从而
设平面PDE的一个法向量为m=(x,y,z)，
平面PEB的一个法向量为n=(a,b,c)，
则由
得
令z=-2得
由
得
令c=1得n=
，
所以
设二面角D-PE-B的大小为θ，则θ为钝角且cos
θ=-
，即二面角D-PE-B的
余弦值为-
.
2.如图，在三棱锥P-ABC中，已知AC=2，AB=BC=PA=
，顶点P在平面ABC上的射
影为△ABC的外接圆圆心.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若点M在棱PA上，
，且二面角P-BC-M的余弦值为
，试求λ的值.
【解析】(1)如图，设AC的中点为O，连接PO，
由题意，得BC2+AB2=AC2，则△ABC为直角三角形，点O为△ABC的外接圆圆心.
又点P在平面ABC上的射影为△ABC的外接圆圆心，所以PO⊥平面ABC，
又PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)可知PO⊥平面ABC，
所以PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥AC，
于是以OC，OB，OP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，
则O(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，1，0)，A(-1，0，0)，P(0，0，1)，
由题意知
λ∈[0，1]，
=(1，0，1)，M(λ-1，0，λ)，
=(1，-1，0)，
=(1，0，-1)，
=(2-λ，0，-λ).
设平面MBC的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
得
令x1=1，得y1=1，z1=
，
即m=
.
设平面PBC的法向量为n=(x2，y2，z2)，
由
得
令x2=1，得y2=1，z2=1，即n=(1，1，1)，
解得λ=
，M
即M为PA的中点.
【加练备选】
(2020·泰安一模)在四边形ABCP中，AB=BC=
，∠P=
，PA=PC=2；如
图，将△PAC沿AC边折起，连接PB，使PB=PA.
(1)求证：平面ABC⊥平面PAC；
(2)若F为棱AB上一点，且AP与平面PCF所成角的正弦值为
，求二面角F-PC-A
的大小.
【解析】(1)在△PAC中，PA=PC=2，∠P=
，所以△PAC为正三角形，且AC=2，
在△ABC中，AB=BC=
，所以△ABC为等腰直角三角形，且AB⊥BC，取AC的中点
O，连接OB，OP，
所以OB⊥AC，OP⊥AC，因为OB=1，OP=
，PB=PA=2，所以PB2=OB2+OP2，
所以OP⊥OB，因为OP∩AC=O，AC，OP?平面PAC，所以OB⊥平面PAC.
因为OB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAC.
(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0，-1，0)，
B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，
)，
=(1，1，0)，
=(0，1，
)，
=(0，-1，
)，
=(0，-2，0)，设
=m
(0=(m，m-2，0)，设平面PFC的一个法向量n=(x，y，z).
则
所以
令y=
，解得
所以
因为AP与平面PFC所成角的正弦值为
，
所以
整理得3m2+4m-4=0
解得m=
或m=-2(舍去)，
所以n=(2
，
，1)，
又
为平面PAC的一个法向量，
所以
所以
由图知二面角F-PC-A为锐角，
所以二面角F-PC-A的大小为
.
考向三 立体几何中的探索问题
【典例】已知△ABC的各边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足
，D为AB的三等分点(靠近点A)，如图(1)所示，将△ADE沿DE折起到
△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B的平面角为90°，连接A1B，A1C，如图(2)所示.
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1
与平面A1BD所成的角为60°？若存在，
求出PB的长；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题图(1)可得：AE=2，AD=1，A=60°.从而
故得AD2+DE2=AE2，所以AD⊥DE，BD⊥DE.
所以A1D⊥DE，BD⊥DE，所以∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角，
又二面角A1-DE-B为直二面角，所以∠A1DB=90°，即A1D⊥DB，
因为DE∩DB=D且DE，DB?平面BCED，
所以A1D⊥平面BCED；
(2)存在，由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直
角坐标系D-xyz，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H，设PB=2a(0≤2a≤3)，则BH=a，PH=
a，DH=2-a，易
知A1(0，0，1)，P(2-a，
a，0)，E(0，
，0)，所以
=(a-2，-
a，1).
因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为
=(0，
，0)，
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以
解得a=
.所以PB=2a=
，满足0≤2a≤3，符合题意.所以在线段BC上存在
点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB=
.
【素养提升】
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.
【变式训练】
1.(2020·南充一模)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=a，PA⊥底面ABCD.
(1)当a为何值时，BD⊥平面PAC？证明你的结论；
(2)当PA=
a=2时，求面PDC与面PAB所成二面角的正弦值.
【解析】(1)当a=2时，四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD，
BD?平面ABCD，所以BD⊥PA，又AC∩PA=A.所以BD⊥平面PAC.
故当a=2时，BD⊥平面PAC.
(2)以A为坐标原点，
的方向为x轴的正方向，
的方向为y轴的正方向，
的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，
则D(4,0,0)，C(4,2,0)，P(0,0,2)，
设n=(x,y,z)是面PDC的法向量，则
即
可取n=(1,0,2)，
是平面PAB的法向量，
所以
所以
所以面PDC与面PAB所成二面角的正弦值为
.
2.(2020·宜宾一诊)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥平面ABC，
AA1=
a，A1C=CA=AB=a，AB⊥AC，D是AA1的中点.
(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；
(2)在侧棱BB1上确定一点E，使得二面角E-A1C1-A的大小为
.
【解析】(1)因为面ACC1A1⊥面ABC，AB⊥AC，
所以AB⊥面ACC1A1，即有AB⊥CD；
又AC=A1C，D为AA1的中点，
则CD⊥AA1.因为AB∩AA1=A，
所以CD⊥面ABB1A1.
(2)如图所示.以点C为坐标系原点，CA为x轴，过C点平行于AB的直线为y轴，
CA1为z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，
则有A(a,0,0)，B(a,a,0)，
A1(0,0,a)，B1(0,a,a)，C1(－a,0,a)，
设E(x,y,z)，且
=λ
，
即有(x-a,y-a,z)=λ(-a,0,a)，
所以E点坐标为((1-λ)a,a,λa).
由条件易得面A1C1A的一个法向量为n1=(0,1,0).
设平面EA1C1的一个法向量为n2=(x',y',z')，
由
可得
令y′=1，则有n2=
则
得λ=1-
.所以，当
时，
二面角E-A1C1-A的大小为
.
【加练备选】
已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.
(1)M为AB中点，在线段CB上是否存在
一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，
求出BP的长；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角C-NB1-C1的余弦值.
【解析】如图，建立空间直角坐标系B-xyz，
则由该几何体的三视图可知：
A(4，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，4)，
N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).
(1)设平面CNB1的法向量n=(x，y，z).
因为
=(-4，-4，4)，
=(-4，4，0)，
所以
所以令x=1，可解得平面CNB1的一个法向量n=(1，1，2)，
设P(0，0，a)(0≤a≤4)，由于M(2，0，0)，
则
=(2，0，-a)，
又因为MP∥平面CNB1，
所以
·n=2-2a=0，即a=1，
所以在线段CB上存在一点P，
使得MP∥平面CNB1，此时BP=1.
(2)设平面C1NB1的法向量m=(x′，y′，z′).
因为
=(-4，4，4)，
=(-4，4，0)，
所以
令x′=1，可解得平面C1NB1的一个法向量m=(1，1，0)，
所以
由图可知，所求二面角为锐角，
即二面角C-NB1-C1的余弦值为
.
专题能力提升练
十二 空间角、空间距离的计算问题
（40分钟80分）
1.(2020·威海一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.过点A作四棱锥P-ABCD的截面AEFG，分别交PD，PC，PB于点E，F，G，已知PG∶PB=2∶3，E为PD的中点.
(1)求证：AG∥平面PCD；
(2)求AF与平面PAB所成角的正弦值.
【解析】(1)在PC上取点H，且满足PH∶PC=2∶3，连接GH，HD，则GH∥BC，且
GH=
BC=2，因为AD∥BC，所以AD∥GH，且AD=GH，
所以四边形ADHG是平行四边形，所以AG∥HD，
又因为HD?平面PCD，AG?平面PCD，
所以AG∥平面PCD；
(2)过点A作与DC平行的射线l，易证l，AD，PA两两垂直，所以以l为x轴，以AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图，
则有P(0，0，2)，C(2，2，0)，G
E(0，1，1)，B(2，-1，0)，
设平面AEFG的法向量为n=(x，y，z)，则
令z=1，解得
所以n=(-1，-1，1)是平面AEFG的一个法向量，
因为点F在PC上，所以
+(1-λ)
=(2λ，2λ，2-2λ)，
因为AF?平面AEFG，所以
·n=-2λ-2λ+2-2λ=0，解得λ=
，
所以
或如下证法：因为AG∥平面PCD且平面AGFE∩平面PCD=EF，
所以AG∥EF，所以EF∥HD，
因为E为PD中点，所以F为PH中点，所以PF=
PC，所以
设平面PAB的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
=(0，0，2)，
=(2，-1，0)，则
令x1=1，解得
所以n1=(1，2，0)是平面PAB的一个法向量，
cos<
，n1>=
，
所以AF与平面PAB所成角的正弦值为
.
2.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，AD=2，BC=4，∠ABC=60°，△PAD为等边三角形，且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G，点E在线段BC上，且CE∶EB=1∶3.
(1)求证：DE⊥平面PAD；
(2)求二面角A-PC-D的余弦值.
【解题导引】(1)由等腰梯形的性质可证得DE⊥AD，由射影可得PG⊥平面ABCD，进而求证；
(2)取BC的中点F，连接GF，以G为原点，GA所在直线为x轴，GF所在直线为y轴，GP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面APC与平面DPC的法向量，再利用数量积求解即可.
【解析】(1)在等腰梯形ABCD中，
因为点E在线段BC上，且CE∶EB=1∶3，
所以点E为BC上靠近C点的四等分点，
因为AD=2，BC=4，CE=1，所以DE⊥AD，
因为点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G，连接PG，所以PG⊥平面ABCD，
因为DE?平面ABCD，所以PG⊥DE.
又AD∩PG=G，AD?平面PAD，PG?平面PAD，所以DE⊥平面PAD.
(2)取BC的中点F，连接GF，以G为原点，GA所在直线为x轴，GF所在直线为y轴，GP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
由(1)易知，DE⊥CB，CE=1，
又∠ABC=∠DCB=60°，所以DE=GF=
，
因为AD=2，△PAD为等边三角形，所以PG=
，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，
)，C(-2，
，0)，
所以
=(-3，
，0)，
=(-1，0，
)，
=(-1，
，0)，
=(1，0，
)，
设平面APC的法向量为m=(x1，y1，z1)，
令x1=
，则y1=3，z1=1，所以m=(
，3，1)，
设平面DPC的法向量为n=(x2，y2，z2)，
令x2=
，则y2=1，z2=-1，
所以
设平面APC与平面DPC的夹角为θ，则
所以二面角A-PC-D的余弦值为
3.如图，这是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下
底面共面，且AC⊥BC，P为弧
上(不与A1，B1重合)的动点.
(1)证明：PA1⊥平面PBB1；
(2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC=BC，
∠PB1A1=
，求二面角P-A1B1-C的余弦值.
【解析】(1)在半圆柱中，BB1⊥平面PA1B1，所以BB1⊥PA1.因为A1B1是上底面对应
圆的直径，所以PA1⊥PB1.因为PB1∩BB1=B1，PB1?平面PBB1，BB1?平面PBB1，所
以PA1⊥平面PBB1.
(2)以点C为坐标原点，以CB，CA为x，y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z
轴，建立空间直角坐标系C-xyz.如图所示，
设CB=1，则B(1，0，0)，A(0，1，0)，
A1(0，1，
)，B1(1，0，
)，
P(1，1，
).
所以
=(0，1，
)，
=(1，0，
).
平面PA1B1的一个法向量n1=(0，0，1).
设平面CA1B1的一个法向量n2=(x，y，z)，
则
令z=1，则
所以可取n2=(-
，-
，1)，所以cos=
由图可知二面角
P-A1B1-C为钝角，所以所求二面角的余弦值为-
.
4.(2020·德州一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=
AD，E，M分别为棱AD，PD的中点，PA⊥CD.
(1)证明：平面MCE∥平面PAB；
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，
求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【解析】(1)因为点E为AD的中点，BC=
AD，AD∥BC，所以四边形ABCE为平行
四边形，即EC∥AB.因为E，M分别为棱AD，PD的中点，EM∥AP.EM∩EC=E，所以
平面MCE∥平面PAB.
(2)如图所示.
因为PA⊥AB，PA⊥CD，AB与CD为相交直线，
所以AP⊥平面ABCD，不妨设AD=2，则BC=CD=
AD=1.
以与AD垂直的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间
直角坐标系，设AP=h，
从而
面PCD的法向量记为m=
则
令y1=1，则z1=
，m=
又面ACD的法向量为
二面角P-CD-A的大小为45°.
解得h=2，所以
所以
设平面PCE的法向量为n=
令y2=2，则x2=2，z2=1.所以n=
.设直线PA与平面PCE所成角为θ，
则sin
θ=
5.如图①：在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，BE⊥AD，将△ABD沿对角线BD折起，
使AB⊥BC，连接AC，EC，得到如图②所示三棱锥A-BCD.
(1)证明：BE⊥平面ADC；
(2)若ED=1，二面角C-BE-D的平面角的正切值为
，求直线BD与平面ADC所成角
的正弦值.
【解析】(1)在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，则AB⊥BD.
在三棱锥A-BCD中，因为AB⊥BC，BC∩BD=B.所以AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.
又BD⊥CD，AB∩BD=B，所以CD⊥平面ABD.又BE?平面ABD，所以CD⊥BE.因为BE⊥AD，AD∩CD=D，所以BE⊥平面ADC.
(2)由(1)知BE⊥平面ADC，
因为EC?平面ADC，所以BE⊥EC，
又BE⊥ED，所以∠DEC即为二面角C-BE-D的平面角，即tan∠DEC=
.
因为CD⊥平面ABD，AD?平面ABD.
所以CD⊥AD，故tan∠DEC=
又ED=1.所以AB=CD=
.
在平行四边形ABCD，∠ADB=∠DBC，∠BED=∠BDC=90°，
所以△DEB与△BDC为相似三角形，
则
设BD=m(m>0)，解得BC=
故
解得m=
，
所以BD=
，BC=3.
过点D作DF∥AB，以D为坐标原点，
的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
则D(0，0，0)，A(
，0，
)，C(0，
，0)，B(
，0，0)，
所以
设平面ADC的法向量为n=(x，y，z)，
得n=(2
，0，-
).设直线BD与平面ADC所成角为θ，
sin
θ=|cos<
，n>|=
即直线BD与平面ADC所成角的正弦值为
.
6.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB=BC=PA=1，
AD=2，∠PAD=∠DAB=∠ABC=90°，点E在棱PC上，且CE=λCP.
(1)求证：CD⊥AE；
(2)是否存在实数λ，使得二面角C-AE-D的余弦值为
？
若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)过点C作CF∥AB交AD于点F，
因为AB=BC=1，AD=2，∠DAB=∠ABC=90°，AD∥BC，
所以四边形ABCF为正方形，且AF=FD=1，AC=
.
在Rt△CFD中，CD=
，
在△ACD中，因为CD2+AC2=4=AD2，所以CD⊥AC.因为∠PAD=90°，所以PA⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
因为PA，AC?平面PAC，且PA∩AC=A，
所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)因为∠PAD=90°，所以PA⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PA⊥平面ABCD.所以
PA⊥CD，PA⊥AB，
以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，
=(-1，1，0)，
=(0，2，0)，
假设存在实数λ使得二面角C-AE-D的余弦值为
，
因为点E在棱PC
上，所以λ∈[0，1].
设E(x，y，z)，因为
所以(x-1，y-1，z)=λ(-1，-1，1)，
所以E(1-λ，1-λ，λ)，则
=(1-λ，1-λ，λ)，
因为CD⊥平面PAC，所以平面AEC的一个法向量为n=
=(-1，1，0)，设平面
AED的一个法向量为m=(x1，y1，z1)，(共12张PPT)
专题三 立
体
几
何
必备知识·整合回顾
【核心知识】建体系
【常用结论】精归纳
1.三视图与直观图
斜二测画法直观图面积为原图形面积的
倍.
2.空间几何体的表面积与体积
(1)长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径；
(2)n面体的表面积为S，体积为V，则内切球的半径
(3)直三棱柱的外接球半径：
，其中r为底面三角形的外接圆半径，L
为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径：
(4)面积射影定理：设平面α外的△ABC在平面α内的射影为△ABO，分别记
△ABC与△ABO的面积为S和S′，记△ABC所在的平面与平面α所成的二面角为
θ，则有：
备注：当二面角的范围为
时，
3.正四面体的常用结论
假设正四面体的边长为a，则有：
(1)
，S表面积=
，V体积=
(2)相邻两个面的二面角：
(3)三条侧棱与底面的夹角：
(4)外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分
点，球心到顶点的距离为外接球的半径
，球心到底面的距离为内切球的
半径
，因此R∶r=3∶1；
(5)顶点在底面的射影是底面三角形的中心(四心合一)；
(6)对棱互相垂直，且对棱中点的连线为对棱的公垂线，距离为
，三对对棱
公垂线交于一点，此点为该正四面体外接球(或内切球)的球心.
4.三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O
(1)若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心；
(2)若PA，PB，PC与面ABC所成角相等，则点O是△ABC的外心；
(3)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心；
(4)若PA⊥BC，PB⊥AC，PC⊥AB，则点O是△ABC的垂心；
(5)若P到△ABC的三边距离相等，则点O是△ABC的内心；
(6)若三侧面与底面所成的二面角相等，则点O是△ABC的内心.
(7)用方向向量描述空间直线，用法向量描述平面，因此异面直线所成的角转化为两个方向向量所成角，线面角转化为直线的方向向量与平面法向量所成角，二面角转化为两个平面法向量所成角的问题.
5.平行问题的转化关系
6.垂直问题的转化关系
【易错警示】防误区
1.三视图与直观图易错点
(1)不会将三视图还原为几何体；
(2)对斜二测画法规则掌握不牢.
2.点、线、面的位置关系易错点
(1)空间点、线、面位置关系不清；
(2)平行关系定理使用不当；
(3)垂直关系定理使用不当.
3.利用空间向量求线面角的几种常见错误
(1)误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角就是线面角；
(2)误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦就是线面角的正弦，而忘了加绝对值；
(3)不清楚线面角的范围.
