立体几何
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2．考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目.
空间几何体的结构及其表面积、体积
[考试要求]
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.
3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.
4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．
1．多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且全等
多边形
互相平行且相似
侧棱
互相平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
2．正棱柱、正棱锥的结构特征
(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．
(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
3．旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
长度相等且相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
旋转图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆
4．三视图与直观图
三视图
画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测画法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.
5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
6．柱体、锥体、台体和球的表面积和体积
名称几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝a，内切球半径r＝H＝a，外接球半径R＝H＝a.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )
(3)菱形的直观图仍是菱形．( )
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．如图所示，长方体ABCD?A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )
A．棱台
B．四棱柱
C．五棱柱
D．简单组合体
C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]
2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π
B．π
C．8π
D．4π
A [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.]
3．已知圆锥的表面积等于12π
cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1
cm
B．2
cm
C．3
cm
D．
cm
B [S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，
∴r＝2(cm)．]
4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－π×22×2＝π.]
考点一 空间几何体的三视图、直观图和展开图
1.三视图画法的基本原则
长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．
2．由三视图还原几何体的步骤
3．直观图画法的规则：斜二测画法．
4．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
三视图
[典例1－1] (1)(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
A
B C
D
(2)如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )
A
B C D
(3)(2020·全国卷Ⅱ)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )
A．E
B．F
C．G
D．H
(1)A (2)C (3)A [(1)由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.
(2)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.
(3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.]
点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．
直观图
[典例1－2] 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
D [法一：如图1,2所示的实际图形和直观图，
图1 图2
由图2可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图2中作C′D′⊥A′B′于D′，
则C′D′＝O′C′＝a，
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.
法二：S△ABC＝×a×asin
60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝×a2＝a2.故选D.]
点评：直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二测画法求解，注意
“斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S直观图＝S原图形．
展开图
[典例1－3] 如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝2，BC＝，AC＝1，AA1＝3，F为棱AA1上的一动点，则当BF＋FC1最小时，△BFC1的面积为________．
[将直三棱柱ABC?A1B1C1沿棱AA1展开成平面，连接BC1(图略)，与AA1的交点即为满足BF＋FC1最小时的点F，∵直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝2，BC＝，AC＝1，AA1＝3，再结合棱柱的性质，可得A1F＝AA1＝1，故AF＝2.
由图形及棱柱的性质，可得BF＝＝2，
FC1＝＝，BC1＝＝2，
cos∠BFC1＝＝＝－.
故sin∠BFC1＝＝，
∴△BFC1的面积为
S＝×BF×FC1×sin∠BFC1
＝×2××＝.]
点评：本题在探求BF＋FC1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．
1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2
B．2
C．3
D．2
B [先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图1所示．
图1 图2
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图2所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝×16＝4，OM＝2，
∴MN＝＝＝2.
故选B.]
2．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )
图1
图2
A．48
B．64
C．96
D．128
C [由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，
故俯视图的面积为24.
又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．
所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]
考点二 空间几何体的表面积与体积
1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．
(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．
2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)直接利用公式进行求解．
(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．
空间几何体的表面积
[典例2－1] (1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是
( )
A．48＋π
B．48－π
C．48＋2π
D．48－2π
(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
( )
A．12π
B．12π
C．8π
D．10π
(3)(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π
B．48π
C．36π
D．32π
(1)A (2)B (3)A [(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.
(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.
(3)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.]
点评：解答本题T(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．
空间几何体的体积
求空间几何体的体积的常用方法
[典例2－2] (1)如图所示，正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A?B1DC1的体积为( )
A．3
B．
C．1
D．
(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
(3)已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A?NMD1的体积为________．
(1)C (2)B (3) [(1)(直接法)由题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，
则有AD＝AB＝，
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A?B1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.
(2)法一：(分割法)由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π.
上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，
其体积V2＝×π×32×6＝27π.
所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.
法二：(补形法)由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.
故该几何体的体积为圆柱体积的一半，
即V＝V1＝63π.
法三：(估值法)由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．
(3)(等体积法)如图，
∵正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，
∴S△ANM＝×1×1＝，
∴VA?NMD1＝VD1?AMN＝××2＝.]
点评：处理体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．
1．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A．158
B．162
C．182
D．324
B [由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为×6＝162.故选B.]
2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．
4＋4 [如图．
由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
则正四棱锥的斜高PE＝＝.
所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4，
∴S表＝2×2＋4＝4＋4.]
考点三 与球有关的切、接问题
与球有关的切、接问题的解法
(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．
①若球面上四点P，A，B，C中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，利用2R＝求R.
②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．
[典例3] (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
(2)已知三棱锥P?ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A.π
B.π
C.π
D.π
(3)已知直三棱柱ABC?A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π
B．8π
C．12π
D．20π
(1)π (2)B (3)A [(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π.
(2)∵AB＝，BC＝，AC＝2，∴PA＝1，PC＝，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，
则长方体的外接球同时也是三棱锥P?ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
因此，三棱锥P?ABC外接球的体积是πR3＝π×()3＝π.故选B.
(3)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝＝＝，
则直三棱柱ABC?A1B1C1的外接球的半径为R＝＝＝，
则直三棱柱ABC?A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A.]
[母题变迁]
1．若将本例(3)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________．
[如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径
R＝OA＝
＝.]
2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．
[设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，
即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
则＝＝.]
3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3×＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]
点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．
(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．
(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．
1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D?ABC体积的最大值为( )
A．12
B．18
C．24
D．54
B [由等边△ABC的面积为9，
可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥D?ABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥D?ABC体积的最大值为×9×6＝18.]
2．(2020·南宁模拟)已知三棱锥P?ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P?ABC的外接球的体积为( )
A.
B.
C．27π
D．27π
B [∵三棱锥P?ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P?ABC的外接球．
∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接
球半径R＝.因此三棱锥P?ABC的外接球的体积V＝×3＝.]
核心素养5 用数学眼光观察世界——巧解简单几何体的外接球与内切球问题
简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略.
利用长方体的体对角线探索外接球半径
已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A．3π
B．4π
C．5π
D．6π
C [连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.]
[评析] 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
(2020·河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为
( )
A.
B.
C.
D.
A [设容器里所放球的半径为R，则圆柱形容器的底面半径为R，设圆柱形容器的高为h，
由题意知h＝2R，圆柱形容器的外接球的半径为＝R.
圆柱形容器的容积V＝πR2·2R＝2πR3，
V外接球＝π(R)3＝πR3，
所以＝＝，故选A.]
利用长方体的面对角线探索外接球半径
三棱锥S?ABC中，SA＝BC＝，SB＝AC＝，SC＝AB＝.则三棱锥的外接球的表面积为________．
14π [如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.
则SC＝AB＝＝，
SA＝BC＝＝，
SB＝AC＝＝.
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.]
[评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．
(2019·全国卷Ⅰ)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
D [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.
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．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＝π3＝π，故选D.]
利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心
平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为( )
A．π
B．3π
C．π
D．2π
A [如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′?BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．因而球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝，球半径R＝FD＝＝.故V＝π3＝π.]
[评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．
(2020·广州模拟)三棱锥P?ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P?ABC的外接球的表面积为( )
A．23π
B.π
C．64π
D.π
D [如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点．由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.]
利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________．
[设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝，底面积为S＝6··2＝，V柱＝Sh＝h＝，∴h＝，R2＝2＋2＝1，R＝1，球的体积为V＝.]
[评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．
(2017·全国卷Ⅲ)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.
B [设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.]
锥体的内切球问题
(1)题设：如图1，三棱锥P?ABC是正三棱锥，求其内切球的半径．
图1
第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；
第二步：求DH＝CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；
第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：＝，解出r.
(2)题设：如图2，四棱锥P?ABCD是正四棱锥，求其内切球的半径．
图2
第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；
第二步：求FH＝BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；
第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：＝，解出r.
(3)题设：三棱锥P?ABC是任意三棱锥，求其内切球半径．
方法：等体积法，三棱锥P?ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VP?ABC＝VO?ABC＋VO?PAB＋VO?PAC＋VO?PBC?VP?ABC
＝S△ABC·r＋S△PAB·r＋S△PAC·r＋S△PBC·r＝(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；
第三步：解出r＝.
(1)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
(2)如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．
(1)B (2)(2－)m [(1)半径为3，圆心角为的扇形弧长为2π，
故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π，
得其底面半径为1，如图，MB＝1，AB＝3,
∴AM＝2，由相似可得＝，得ON＝，
∴S球＝4π×＝2π.故选B.
(2)由PD⊥底面ABCD得PD⊥AD.又PD＝m，PA＝m，则AD＝m.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VP?ABCD＝VO?ABCD＋VO?PAD＋VO?PAB＋VO?PBC＋VO?PCD，即·m2·m＝m2R＋×m2R＋××m2·R＋××m2·R＋×m2R，解得R＝(2－)m，所以此球的最大半径是(2－)m.]
[评析] 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系．
有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形．在容器内放一个半径为r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．
r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形，所以顶角为，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面所在圆的半径为r，则容器内水的体积V＝π(r)2·3r－πr3＝πr3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V′＝π2h＝πh3，由V＝V′，得h＝r，所以这时容器中水的深度为r.]
柱体的内切球问题
(2016·全国卷Ⅲ)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.
B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，
∴Vmax＝π3＝π.故选B.]
[评析] 解答本题的关键是当V取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．
体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．
6 [设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，
则×a＝1，所以a＝2.
所以V＝×(2)2×2＝6.]
PAGE 空间图形的基本关系与公理
[考试要求]
1.理解空间直线、平面位置关系的定义.
2.了解可以作为推理依据的公理和定理.
3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．
1．四个公理
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，
那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
拓展：公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
(4)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：(0°，90°]．
拓展：异面直线判定的一个定理
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线，如图所示．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
4．等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( )
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( )
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
(4)若直线a不平行于平面α，且aα，则α内的所有直线与a异面．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线
D．不可能是相交直线
C [由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．]
2.如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
C [连接B1D1，D1C(图略)，
则B1D1∥EF，
故∠D1B1C为所求的角，
又B1D1＝B1C＝D1C，
∴∠D1B1C＝60°.]
3．下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么一定相交
B．两个平面的公共点一定共线
C．两个平面有3个公共点一定重合
D．过空间任意三点，一定有一个平面
D [如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．]
4.如图，在三棱锥A?BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．
(1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD [(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝AC，EH＝BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.]
考点一 空间图形的公理及应用
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
[典例1] 如图所示，正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
[证明] (1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又∵A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF∴CE与D1F必相交，设交点为P，
则由P∈直线CE，CE平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．
点评：
本例第(1)问的证明应用了公理2的推论，采用线线共面，则线上的点必共面的思想；本例第(2)问的证明应用了公理3，采用先证明CE与D1F相交，再证明交点在直线DA上．
1．有下列四个命题：
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
③空间四点中有三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．
其中真命题的所有序号有________．
②③ [①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]
2.如图所示，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
[证明] (1)因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，＝＝，
所以GH∥BD，
所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG平面ABC，
所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，
所以P，A，C三点共线．
考点二 判断空间两直线的位置关系
空间中两直线位置关系的判定方法
[典例2] (1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
(2)一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
(1)D (2)①③ [(1)法一：(反证法) 由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．
法二：(模型法)如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C错误．
图1 图2
(2)如图，①AB⊥EF，正确；②显然AB∥CM，所以错误；③EF与MN是异面直线，所以正确；④MN与CD异面，并且垂直，所以错误，则正确的是①③.]
点评：在直接判断不好处理的情况下，反证法、模型法(如构造几何体：正方体、空间四边形等)和特例排除法等是解决此类问题的三种常用便捷方法．
如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确结论的序号为________．
③④ [直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．]
考点三 异面直线所成的角
1.平移法求异面直线所成角的一般步骤
(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角．
(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小．
提醒：异面直线所成的角θ∈.
2．坐标法求异面直线所成的角
当题设中含有两两垂直的三边关系或比较容易建立空间直角坐标系时，常采用坐标法．
提醒：如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
[典例3] (1)(2018·全国卷Ⅱ)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.
(2)四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．
(1)C (2)或 [(1)法一：(平移法)如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，
所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
故选C.
法二：(补体法)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA?A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，
∴cos∠DB1B′＝.故选C.
法三：(坐标法)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，)，
则由向量夹角公式，得
cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
(2)如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
因为OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.]
点评：(1)平移法和补体法是求两条异面直线所成角的大小的两种常用方法，其实质是平行移动直线，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，体现了化归思想．
(2)要明确直线所成角的范围，防止概念不清导致解析不全，如本例(2)．
1.如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，异面直线AC与A1B所成的角为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
C [如图，连接CD1，AD1则A1B∥CD1，所以∠ACD1是异面直线AC与A1B所成的角或其补角．易知△ACD1是等边三角形．所以∠ACD1＝60°，所以异面直线AC与A1B所成的角为60°.故选C.]
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
C [将直三棱柱ABC?A1B1C1补形为直四棱柱ABCD?A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.
由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos
60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cos
θ＝＝＝.
故选C.]
PAGE 平行关系
[考试要求]
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行?线面平行”)
?l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行?线线平行”)
?a∥b
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行?面面平行”)
?α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
?a∥b
平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( )
(2)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )
(3)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( )
(4)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×
二、教材习题衍生
1．下列命题中正确的是( )
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥α
D [A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交．]
2．平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，aα，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
D [若α∩β＝l，a∥l，a
α，aβ，则a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，aα，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，aα，a∥l，bβ，b∥l，则
a∥β，b∥α，故排除C；故选D.]
3．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
平行 [如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，
∴EF∥BD1，
又EF平面ACE，
BD1平面ACE，
∴BD1∥平面ACE.]
4．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：
①aα，bβ，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；
③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.
其中能推出α∥β的条件是________．(填上所有正确的序号)
②④ [①③中α，β可能相交也可能平行，②④中α∥β.]
考点一 直线与平面平行的判定与性质
证明直线与平面平行的方法
(1)线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．
(2)线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．
(3)面面平行的性质：①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，aα?a∥β；②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行，即α∥β，aα，aβ，a∥α?a∥β.
直线与平面平行的判定
[典例1－1] (1)如图，已知在直三棱柱ABC?A1B1C1
中，AC＝BC，M，N分别是A1B1，AB的中点，点P在线段B1C上，则NP与平面AMC1的位置关系是( )
A．垂直
B．平行
C．相交但不垂直
D．要依点P的位置而定
(2)如图，四边形ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED.求证：BF∥平面CDE.
(1)B [由题设知B1M∥AN且B1M＝AN，∴四边形ANB1M是平行四边形，
∴B1N∥AM，∴B1N∥平面AMC1.
又∵C1M∥CN，∴CN∥平面AMC1.
又∵CN∩B1N＝N，∴平面B1NC∥平面AMC1.
又∵NP平面B1NC，∴NP∥平面AMC1.]
(2)[证明] 法一：(利用面面平行的性质)∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，
∵AB平面CDE，CD平面CDE，
∴AB∥平面CDE；
又AF∥ED，
∵AF平面CDE，ED平面CDE，
∴AF∥平面CDE；
∵AF∩AB＝A，AB平面ABF，AF平面ABF，∴平面ABF∥平面CDE，
又BF平面ABF，
∴BF∥平面CDE.
法二：(利用线面平行的判定)如图，在ED上取点N，使DN＝AF，连接NC，NF，∵AF∥DN，且AF＝DN，
∴四边形ADNF为平行四边形，
∴AD∥FN，且AD＝FN，
又四边形ABCD为矩形，AD∥BC且AD＝BC，
∴FN∥BC，且FN＝BC，
∴四边形BCNF为平行四边形，
∴BF∥NC，
∵BF平面CDE，NC平面CDE，
∴BF∥平面CDE.
点评：证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，注意内外平行三条件，缺一不可．
线面平行性质定理的应用
[典例1－2] 如图，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG.
证明：FG∥平面AA1B1B.
[证明] 在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D.
又CC1平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.
而BB1平面AA1B1B，FG平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B.
点评：(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识．
(2)利用线面平行性质必须先找出交线．
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
A B
C D
A [B选项中，AB∥MQ，且AB
平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB
平面MNQ，MQ平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB
平面MNQ，NQ平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.]
2.(2019·全国卷Ⅰ改编)如图，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.
[证明] 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，所以MN∥平面C1DE.
考点二 平面与平面平行的判定与性质
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
[典例2] 如图所示，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[证明] (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，
∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC.
∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G綊EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB.
∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.
[母题变迁]
1．在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.
[证明] 如图所示，连接BC1，HD，A1B，
∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，
∴HD∥A1B.
又HD平面A1B1BA，
A1B平面A1B1BA，
∴HD∥平面A1B1BA.
2．在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.
[证明] 如图所示，连接A1C交AC1于点M，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，
∴M是A1C的中点，连接MD，
∵D为BC的中点，
∴A1B∥DM.
∵A1B平面A1BD1，DM平面A1BD1，
∴DM∥平面A1BD1，
又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，
∴四边形BDC1D1为平行四边形，
∴DC1∥BD1.
又DC1平面A1BD1，
BD1平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.
又∵DC1∩DM＝D，
DC1，DM平面AC1D，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
点评：本例的证明应用了三种平行关系之间的转化
其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．
如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC，
∵NQ∩MQ＝Q，CD∩PC＝C，且NQ，MQ平面MNQ，CD，PC平面PCD，
∴平面MNQ∥平面PCD.
(2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且＝.
证明如下：
取PD中点E，连接NE，CE，
∵N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，BC綊AD，
∴NE綊MC，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE，
∵MN平面ACE，CE平面ACE，
∴MN∥平面ACE，且＝.
PAGE 垂直关系
[考试要求]
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
?l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
?a∥b
2．直线和平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)范围：.
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
?α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
?l⊥α
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行．( )
(2)若α⊥β，a⊥β?a∥α.( )
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )
[答案] (1)× (2)× (3)
× (4)×
二、教材习题衍生
1．下列命题中错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
A [A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]
2．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S?EFG中必有( )
A．SG⊥△EFG所在平面
B．SD⊥△EFG所在平面
C．GF⊥△SEF所在平面
D．GD⊥△SEF所在平面
A [四面体S?EFG如图所示：
由SG⊥GE，SG⊥GF.
且GE∩GF＝G得
SG⊥△EFG所在的平面．
故选A.]
3．如图所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
4 [∵PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△PAB，△PAC为直角三角形．
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC，
从而BC⊥PC.
因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
判定线面垂直的四种方法
[典例1] (1)(2019·北京高考)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：________.
(2)如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：PA⊥CD.
(1)②③?①或①③?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可以与α平行，也可以相交不垂直；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.]
(2)[证明] 因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由AC＝BC，得∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝2，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos
30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.
因为PD⊥平面ABC，CD平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D，得CD⊥平面PAB，又PA平面PAB，所以PA⊥CD.
点评：通过本例(2)的训练我们发现：判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．
如图所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.
[证明] 因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，AD底面ABC，
所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B＝B，BC，B1B平面B1BCC1，
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F平面B1BCC1，
所以AD⊥B1F.
法一：在矩形B1BCC1中，
因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，
所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，
所以B1D＝＝.
在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，
所以B1F＝＝.
在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，
所以DF＝＝.
显然DF2＋B1F2＝B1D2，
所以∠B1FD＝90°.所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
考点二 面面垂直的判定与性质
证明面面垂直的两种方法
[典例2] (2020·雅安模拟)如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面ACF⊥平面BDF；
(2)若∠CBA＝60°，求三棱锥E?BCF的体积．
[解] (1)证明：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵FD⊥平面ABCD，∴FD⊥AC.
又∵BD∩FD＝D，∴AC⊥平面BDF.
而AC平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF.
(2)取BC的中点O，连接EO，OD，
∵△BCE为正三角形，∴EO⊥BC，
∵平面BCE⊥平面ABCD且交线为BC，
∴EO⊥平面ABCD.
∵FD⊥平面ABCD，
∴EO∥FD，得FD∥平面BCE.
∴VE?BCF＝VF?BCE＝VD?BCE＝VE?BCD.
∵S△BCD＝×2×2×sin
120°＝，EO＝.
∴VE?BCF＝S△BCD×EO＝××＝1.
点评：抓住面面垂直的性质，实现面面与线面及线线垂直间的转化是求解本题的关键，另外在第(2)问求解体积时等体积法的应用，是破题的另一要点，平时训练要注意灵活应用．
(2020·广州模拟)如图，在三棱锥V?ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B?VAC的高．
[解] (1)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB.
∵平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC平面ABC，∴OC⊥平面VAB.
∵OC平面MOC,
∴平面MOC⊥平面VAB.
(2)在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝，
∴AB＝2，OC＝1，
∴等边△VAB的面积为S△VAB＝×22×sin
60°＝，
又∵OC⊥平面VAB，∴OC⊥OM，
在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，
∴S△AMC＝×1×＝，∴S△VAC＝2S△MAC＝，设三棱锥B?VAC的高为h，
由三棱锥V?ABC的体积与三棱锥C?VAB的体积相等，
即S△VAC·h＝S△VAB·OC,
∴h＝＝，
即三棱锥B?VAC的高为.
考点三 平行与垂直的综合问题
1.对命题条件的探索的三种途径
2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”
(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；
(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
探索性问题中的平行和垂直关系
[典例3－1] (2019·北京高考)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．
[解] (1)证明：因为PA⊥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，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)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点，取G为PA的中点，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.
点评：(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．
(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．
折叠问题中的平行与垂直关系
[典例3－2] 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BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q?ABP的体积．
[解] (1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC平面ACD，
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，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，
则QE∥DC且QE＝DC.
由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，
QE＝1.
因此，三棱锥Q?ABP的体积为
VQ?ABP＝×S△ABP×QE
＝××3×2sin
45°×1＝1.
点评：本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BA⊥AC”折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“∠ACM＝90°”折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
1．(2020·梧州模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′?BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是( )
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′?BCD的体积为
B [若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A错误；由题设知：△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C错误；VA′?BCD＝VC?A′BD＝
，故D错误，故选B.]
2.如图，直三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.
(1)求证：C1E∥平面ADF；
(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF?
[解] (1)证明：连接CE交AD于O，连接OF.
因为CE，AD为△ABC的中线，
则O为△ABC的重心，
故＝＝，故OF∥C1E，
因为OF平面ADF，C1E平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC?A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM平面B1BCC1，故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD平面ADF，
故CM⊥平面ADF.
又CM平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.
PAGE 空间向量的运算及应用
[考试要求]
1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．
1．空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间中，具有大小和方向的量
相等向量
方向相同且模相等的向量
相反向量
方向相反且模相等的向量
共线向量(或平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
2．空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．
3．两个向量的数量积
(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量数量积的运算律：
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4．空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝
5．直线的方向向量与平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．
(2)平面的法向量
①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．
②确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
6．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2?n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2?n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m?n·m＝0
l⊥α
n∥m?n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m?n＝λm
α⊥β
n⊥m?n·m＝0
(1)对空间任一点O，若＝x＋y(x＋y＝1)，则P，A，B三点共线．
(2)对空间任一点O，若＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，则P，A，B，C四点共面．
(3)平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．( )
(2)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0.( )
(3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.( )
(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥β
B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直
D．以上均不对
C [∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直．]
2．在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是( )
A．－a＋b＋c
B．a＋b＋c
C．－a－b＋c
D．a－b＋c
A [＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.]
3．O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且＝＋＋t，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝________.
[∵P，A，B，C四点共面，∴＋＋t＝1，∴t＝.]
4．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．
[||2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋2×1×cos
120°)
＝2，所以||＝，所以EF的长为.]
考点一 空间向量的线性运算
用基向量表示指定向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．
1．如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________.
[连接ON，设＝a，＝b，＝c，
则＝－＝(＋)－＝b＋c－a，
＝＋＝＋
＝a＋
＝a＋b＋c.
又＝x＋y＋z，所以x＝，y＝，z＝，
因此x＋y＋z＝＋＋＝.]
2．如图所示，在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，
试用a，b，c表示以下各向量：
(1)；(2)；(3)＋.
[解] (1)因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)因为N是BC的中点，
所以＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)因为M是AA1的中点，
所以＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c，
又＝＋＝＋
＝＋＝c＋a，
所以＋＝＋
＝a＋b＋c.
点评：空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算．
考点二 共线(共面)向量定理的应用
证明三点共线和空间四点共面的方法比较
三点(P，A，B)共线
空间四点(M，P，A，B)共面
＝λ且同过点P
＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t
对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋(1－x)
对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y)
[典例1] 如图，已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)求证：BD∥平面EFGH.
[证明] (1)连接BG，EG，则＝＋
＝＋
＝＋＋
＝＋.
由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝(－)＝，
所以EH∥BD.
又EH平面EFGH，BD平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
点评：证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明＝x＋y，或对空间任一点O，有＝＋x＋y，或＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)即可．
1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是( )
A．2，
B．－，
C．－3,2
D．2,2
A [∵a∥b，∴设b＝xa，∴
解得或故选A.]
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________．
[∵a与b不共线，故存在实数x，y使得c＝xa＋yb，
∴解得故填.]
考点三 空间向量数量积的应用
空间向量数量积的应用
(1)求夹角．设向量a，b所成的角为θ，则cos
θ＝，进而可求两异面直线所成的角．
(2)求长度(距离)．运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．
(3)解决垂直问题．利用a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．
[典例2] 如图所示，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．
[解] (1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
|1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝，即AC1的长为.
(2)证明：∵1＝a＋b＋c，＝b－a，
∴1·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c＝|b||c|cos
60°－|a||c|cos
60°＝0.
∴1⊥，∴AC1⊥BD.
(3)1＝b＋c－a，＝a＋b，
∴|1|＝，||＝，
1·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos〈1，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
点评：解决数量积的两条常用途径：一是数量积的定义，常借助基向量运算求解；二是坐标法，常用于可好建系的几何体(如正方体、长方体等)．
如图，已知直三棱柱ABC?A1B1C1，在底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．
(1)求的模；
(2)求cos〈，〉的值；
(3)求证：A1B⊥C1M.
[解] (1)如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
由题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
所以||
＝
＝.
(2)由题意得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，
所以＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，
·＝3，||＝，||＝，
所以cos〈，〉＝＝.
(3)证明：由题意得C1(0,0,2)，M，
＝(－1,1，－2)，
＝，
所以·＝－＋＋0＝0，
所以⊥，
即A1B⊥C1M.
考点四 利用向量证明平行与垂直
(1)利用空间向量证明平行的方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题
(2)利用空间向量证明垂直的方法
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示
面面垂直
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
[典例3] 如图所示，在四棱锥P?ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角，求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD.
[解] (1)证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C?xyz.
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
∴∠PBC＝30°.
∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，
∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，
∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，
＝.
设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
由即
令y＝2，得n＝(－，2,1)．
∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，
∴n⊥.又CM平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
(2)法一：由(1)知＝(0,4,0)，＝(2，0，－2)，
设平面PAB的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由即
令x0＝1，得m＝(1,0，)．
又∵平面PAD的一个法向量n＝(－，2,1)，
∴m·n＝1×(－)＋0×2＋×1＝0，
∴平面PAB⊥平面PAD.
法二：取AP的中点E，连接BE，
则E(，2,1)，＝(－，2,1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，
∴⊥.∴BE⊥DA.
又PA∩DA＝A，
∴BE⊥平面PAD.
又∵BE平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
点评：利用向量法证明空间位置关系的关键是相应坐标元素的正确求解．如本例中的点M可借助＝4可得．
如图所示，在长方体ABCD
?A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
[解] 以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.
(1)证明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，
故＝(0,1,1)，＝.
因为·
＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
因此⊥，
所以B1E⊥AD1.
(2)存在满足要求的点P，
假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，
再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)．
＝(a,0,1)，＝.
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，
得
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
则平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，
有－az0＝0，
解得z0＝.
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
PAGE 立体几何中的向量方法
[考试要求] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
1．异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角〈a，b〉
l1与l2所成的角θ
范围
0＜〈a，b〉＜π
0<θ≤
关系
cos〈a，b〉＝
cos
θ＝|cos〈a，b〉|＝
2．直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin
θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3．二面角
(1)如图1，AB，CD是二面角α?l?β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
图1 图2 图3
(2)如图2,3，n1，n2分别是二面角α?l?β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos
θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若
cos
〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为( )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
A [由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.]
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
A.
B.π
C.或π
D.或π
C [∵m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，
∴cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.
∴两平面所成的二面角为或π，故选C.]
3.如图所示，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
A [以D为原点建立空间直角坐标系D?xyz，如图，
设AB＝2，则N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，
∴＝(－1，－1，－2)，
＝(1,0，－2)，
∴·＝－1＋4＝3，
||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＞0，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为.故选A.]
4．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.
B.
C.
D.
C [建立如图所示的坐标系，设AB＝2，
则C1(，1,0)，A(0,0,2)，＝(，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)．所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为＝＝.]
考点一 求异面直线所成的角
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
[典例1]
(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
C [
在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B?xyz，则A(0,2,0)，B1(0,0,1)，C，
C1，＝(0，－2,1)，＝，
cos〈，〉＝＝＝，故选C.]
[母题变迁]
1.本例条件换为：“直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点”，则直线EF和BC1所成的角是________．
60° [以B为坐标原点，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．
设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
则EF和BC1所成的角是60°.]
2．本例条件换为：“直三棱柱ABC?A1B1C1中，底面为等边三角形，
AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点”，则AM与BN所成角的余弦值为________．
[如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1,0)，M(0,0,2),
B(－，0,0)，N，
所以＝(0,1,2)，＝，
所以cos〈，〉＝＝＝.]
点评：两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是
[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.若PA＝AB，则PB与AC所成角的余弦值为________．
[因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O?xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，
＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos
θ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.]
考点二 求直线与平面所成的角
利用向量法求线面角的两种方法
[典例2] (2020·郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面
ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD平面BDEF，
所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以以点D为坐标原点，DA，DB，DE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．
则A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(0，，)，
所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2,1)为平面AEC的一个法向量．
因为＝(－1，，)，
所以cos〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
点评：本题在求解中常犯的一个错误是：直接由“AB＝2AD及∠ABD＝”得出△ABD为直角三角形，解题务必推理严谨．
如图，四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN.
由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT平面PAB，MN
平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.
以A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A?xyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，
＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则
即
可取n＝(0,2,1)．
于是|cos〈n，〉|＝＝，
则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
考点三 求二面角
利用向量计算二面角大小的常用方法
提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．
[典例3] (2019·全国卷Ⅰ)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．
[解] (1)连接ME，B1C
∵M，E分别为BB1，BC中点，
∴ME为△B1BC的中位线，
∴ME∥B1C且ME＝B1C，
又N为A1D中点，且A1D綊B1C，
∴ND∥B1C且ND＝B1C，
∴ME綊ND，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN∥DE.
又MN
平面C1DE，DE平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.
(2)法一：设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，
由直四棱柱性质可知：OO1⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD.
则以O为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：
则A，M，
A1，D(0，－1,0)，N
.
取AB中点F，连接DF，则F.
∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝60°，
∴△BAD为等边三角形，
∴DF⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，DF平面ABCD，
∴DF⊥AA1.
∴DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1.
∴为平面AMA1的一个法向量，且＝.
设平面MA1N的法向量n＝，
又＝，＝.
∴
令x＝，则y＝1，z＝－1
，∴n＝.
∴cos〈，n〉＝＝＝，
∴sin〈，n〉＝，
∴二面角A?MA1?N的正弦值为.
法二：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，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)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则即
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
即
可取n＝(2,0，－1)，
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A?MA1?N的正弦值为.
[母题变迁]
本例条件不变，求点C到平面C1DE的距离．
[解] 法一：(几何法)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
又DE∩C1E＝E，
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为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.
法二：(等体积法)在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE⊥BC，根据题意有DE＝，C1E＝，
因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，
所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××，
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1?CDE＝VC?C1DE，
则有××××d＝××1××4，
解得d＝＝，
所以点C到平面C1DE的距离为.
点评：本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．
1.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为________．
60° [∵＝＋＋，
∴||＝
＝
＝＝2.
∴·＝||·||·cos〈，〉＝－24.
∴cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，
∴所求的二面角为60°.]
2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B?PC?E的余弦值．
[解] (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＝P，PB，PC平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)作ON∥BC，交AB于点N，以O为坐标原点，以所在的直线为x轴，的方向为y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz.
由题设可得E(0,1,0)，A(0，－1,0)，
C，P.
所以＝，＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知＝是平面PCB的一个法向量，记n＝，
则cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角B?PC?E的余弦值为.
PAGE 立体几何中的最值、翻折、探索性问题
考点一 立体几何中的最值问题
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
二是利用空间几何体的侧面展开图；
三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．
[典例1] (1)如图所示，长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝，面对角线B1D1上存在一点P使得A1P＋PB最短，则A1P＋PB的最小值为( )
A．
B．
C．2＋
D．2
(2)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.
若点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
(1)A [如图，把△A1B1D1折起至与平面BDD1B1共面，连接A1B交B1D1于P，则此时的A1P＋PB最短，即为A1B的长，在△A1B1B中，由余弦定理求得A1B＝，故选A.]
(2)[解] 因为PA⊥平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为AE⊥AD，B为AE中点，所以PA，AD，AB两两垂直．
以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系A?xyz，则各点的坐标为A(0,0,0)，B(1,0，0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
＝(－1,0,2)，故可设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)．
又＝(0，－1,0)，所以＝＋＝(－λ，－1,2λ)．
又＝(0，－2,2)，
所以cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
则cos2〈，〉＝＝≤，
当且仅当t＝，
即λ＝时，
|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos
x在上是减函数，
所以当λ＝时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.
点评：本例(1)属于线段和的最值问题，求解时采用了化空间为平面，化折为直的重要手段；本例(2)属于解决空间角的最值问题，求解时采用了把空间角的余弦三角函数值表示为参数λ的二次函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．
(2020·广州模拟)如图所示，在四面体ABCD中，AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，AB＝BC＝AC，且AD＋BC＝4.
(1)证明：BC⊥平面ABD；
(2)设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角C?BD?E的余弦值．
[解] (1)证明：因为AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，AD平面ABD，
所以AD⊥平面ABC，
因为BC平面ABC，所以AD⊥BC.
因为AB＝BC＝AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，
因为AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD.
(2)设AD＝x(0＜x＜4)，则AB＝BC＝4－x，
四面体ABCD的体积
V＝f(x)＝x×(4－x)2
＝(x3－8x2＋16x)(0＜x＜4)．
f′(x)＝(3x2－16x＋16)＝(x－4)(3x－4)，
当0＜x＜时，f′(x)＞0，V＝f(x)单调递增；
当＜x＜4时，f′(x)＜0，V＝f(x)单调递减．
故当AD＝x＝时，四面体ABCD的体积取得最大值．
以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B?xyz，
则B(0,0,0)，A，
C，D，
E.
设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即
令z＝－2，得n＝(0,1，－2)，
同理可得平面BDE的一个法向量为m＝(1，－1,2)，
则cos〈m，n〉＝＝＝－.
由图可知，二面角C?BD?E为锐角，故二面角C?BD?E的余弦值为.
考点二 平面图形的翻折问题
三步解决平面图形翻折问题
[典例2] (2018·全国卷Ⅰ)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.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
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)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||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，
所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin
θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
点评：平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．
如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
图1 图2
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C?BQ?A的余弦值．
[解] (1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
∴P，
∴＝(3,0,6)，＝(0，m,0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴＝(－6,3,0)，＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由
得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设二面角C?BQ?A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cos
θ＝＝，
即二面角C?BQ?A的余弦值为.
考点三 立体几何中的探索性问题
(1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，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，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
[典例3] (2020·上饶模拟)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点．
(1)求证：BD1∥平面A1DE；
(2)设在线段AB上存在点M，使二面角D1?MC?D的大小为，求此时AM的长及点E到平面D1MC的距离．
[解] (1)证明：连接AD1，交A1D于点O，∵四边形AA1D1D为正方形，
∴O是AD1的中点，∵点E为AB的中点，连接OE.
∴EO为△ABD1的中位线，∴EO∥BD1.
又∵BD1平面A1DE，OE平面A1DE，∴BD1∥平面A1DE.
(2)由题意可得D1D⊥平面ABCD，以点D为原点，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，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，B(1,2,0)，E(1,1,0)，
设M(1，y0,0)(0≤y0≤2)，
∵＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)，
设平面D1MC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，有n1＝(2－y0,1,2)．
而平面MCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
要使二面角D1?MC?D的大小为，
则cos
＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得y0＝2－(0≤y0≤2)，故AM＝2－，此时
n1＝，＝(1,1，－1)．
故点E到平面D1MC的距离为d＝＝＝.
点评：求空间距离常用的方法
(1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．
(2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．
(3)向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．
求点P到平面α的距离的步骤：
①在平面α内取一点A，确定向量的坐标；
②确定平面α的法向量n；
③代入公式d＝求解．
(2020·沈阳模拟)如图，已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且＝λ(λ∈[0,1])．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，
由＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P(λ，0,1)，所以＝，＝.
又＝，所以·＝0＋－＝0，·＝0＋－＝0，
所以⊥，⊥，即AM⊥PN，AM⊥PQ，
又PN∩PQ＝P，所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
(2)设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
＝，＝，
则即得
令x＝3，所以n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．
取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．
假设存在符合条件的点P，则
|cos〈m，n〉|＝＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)．
综上，存在点P，且当A1P＝时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
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