2015届高三数学人教B版（通用，理）总复习配套文档：第8章 立体几何（9份）

中档题目强化练——立体几何
A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是 (　　)
A．球的三视图总是三个全等的圆
B．正方体的三视图总是三个全等的正方形
C．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形
D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
答案　A
解析　画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．
2． 设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是
(　　)
A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
C．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
D．若α∥β，m β，m∥α，则m∥β
答案　D
解析　对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平 ( http: / / www.21cnjy.com )行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确．
3． 设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为 (　　)
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．n⊥α，n⊥β，m⊥α
C．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ D．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α
答案　B
解析　如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错；
由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故B正确．
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4． 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是 (　　)
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A．EF与BB1垂直 B．EF与BD垂直
C．EF与CD异面 D．EF与A1C1异面
答案　D
解析　连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，
且F为B1C的中点，
又E为AB1的中点，所以EF綊AC，
而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，
所以B1B⊥EF，A正确；
又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正确；
显然EF与CD异面，C正确；由EF綊AC，AC∥A1C1，
得EF∥A1C1.故不成立的选项为D.
5． 若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是 (　　)
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A．2 B. C．3 D.
答案　A
解析　由三视图知原几何体可理解为三个部分拼接而成，其中一个棱长为1的正方体，另外两个为正方体的一半．因此易得总体积为2.
二、填空题
6． 三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
答案　
解析　∵PA⊥底面ABC，
∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3.
∵底面ABC为正三角形且边长为2，∴底面面积为×22×sin 60°＝，∴VP－ABC＝××3＝.
7． 已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则
①棱AB与PD所在直线垂直；
②平面PBC与平面ABCD垂直；
③△PCD的面积大于△PAB的面积；
④直线AE与直线BF是异面直线．
以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号)
答案　①③
解析　由条件可得AB⊥平面PAD，
∴AB⊥PD，故①正确；
若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，
得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错；
S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，
由AB＝CD，PD>PA知③正确；
由E、F分别是棱PC、PD的中点，
可得EF∥CD，又AB∥CD，
∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错．
8． 三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：
①SB⊥AC；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是a.
其中正确结论的序号是________．
答案　①②③④
解析　由题意知AC⊥平面SBC，故 ( http: / / www.21cnjy.com )AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，(如图)可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，④正确．
三、解答题
9. 如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，
AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.
(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；
(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．
(1)证明　在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，BD＝，
又∵BC＝，CD＝2，
∴∠DBC＝90°，即BD⊥BC.
又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，
∴BD⊥平面B1BCC1.
(2)解　DC的中点即为E点，
连接D1E，BE，∵DE∥AB，DE＝AB，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD綊BE.
又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，
∴四边形A1D1EB是平行四边形．
∴D1E∥A1B.
∵D1E 平面A1BD，A1B 平面A1BD，
∴D1E∥平面A1BD.
10．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB，BB′，B′C′，
C′D′的中点分别是E，F，G，H，如图所示．
(1)求证：AD′∥平面EFG；
(2)求证：A′C⊥平面EFG；
(3)判断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由．
(1)证明　
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连接BC′.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′，
所以四边形ABC′D′是平行四边形，
所以AD′∥BC′.
因为F，G分别是BB′，B′C′的中点，
所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.
因为EF，AD′是异面直线，
所以AD′ 平面EFG.
因为FG 平面EFG，所以AD′∥平面EFG.
(2)证明　
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连接B′C.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，
BC′ 平面BCC′B′，
所以A′B′⊥BC′.
在正方形BCC′B中，B′C⊥BC′，
因为A′B′ 平面A′B′C，B′C 平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，
所以BC′⊥平面A′B′C.
因为A′C 平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.
因为FG∥BC′，所以A′C⊥FG，同理可证A′C⊥EF.
因为EF 平面EFG，FG 平面EFG，EF∩FG＝F，
所以A′C⊥平面EFG.
(3)解　
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点A，D′，H，F不共面．理由如下：
假设A，D′，H，F共面，连接C′F，AF，HF.
由(1)知，AD′∥BC′，
因为BC′ 平面BCC′B′，AD′ 平面BCC′B′.
所以AD′∥平面BCC′B′.
因为C′∈D′H，
所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.
因为AD′ 平面AD′HF，
所以AD′∥C′F.
所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，矛盾．
所以点A，D′，H，F不共面．
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 已知直线l1，l2与平面α，则下列结论中正确的是 (　　)
A．若l1 α，l2∩α＝A，则l1，l2为异面直线
B．若l1∥l2，l1∥α，则l2∥α
C．若l1⊥l2，l1⊥α，则l2∥α
D．若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2
答案　D
解析　对于选项A，当A∈l1时，结论不成立；对于选项B、C，当l2 α时，结论不成立．
2． 已知直线l⊥平面α，直线m 平面β，有下面四个命题：
①α∥β l⊥m；　②α⊥β l∥m；
③l∥m α⊥β；　④l⊥m α∥β.
其中正确的命题有 (　　)
A．①② B．①③
C．②④ D．③④
答案　B
解析　①中， l⊥m，故①正确；
②中，l与m相交、平行、异面均有可能，故②错；
③中， α⊥β，故③正确；
④中，α与β也有可能相交，故④错误．
3． 如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，
E、F分别为PA、PD的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有 (　　)
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
答案　B
解析　对于①，因为E、F分别是PA、PD的中点，
所以EF∥AD.又因为AD∥BC，
所以EF∥BC.所以BE与CF共面．故①不正确．
对于②，因为BE是平面APD的斜线，AF是平面APD内与BE不相交的直线，所以BE与AF不共面．故②正确．
对于③，由①，知EF∥BC，所以EF∥平面PBC.故③正确．
对于④，条件不足，无法判断两平面垂直．
4． 有一个内接于球的四棱锥P－ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D，若PA⊥底面ABCD，∠BCD＝，∠ABC≠，BC＝3，CD＝4，PA＝5，则该球的表面积为________．
答案　50π
解析　由∠BCD＝90°知BD为底面ABCD外接圆的直径，则2r＝＝5.
又∠DAB＝90° PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD.
从而把PA，AB，AD看作长方体的三条棱，设外接球半径为R，则(2R)2＝52＋(2r)2＝52＋52，
∴4R2＝50，∴S球＝4πR2＝50π.
5. 如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD
＝，AD＝BD，EC⊥底面ABCD，FD⊥底面ABCD，且有
EC＝FD＝2.
(1)求证：AD⊥BF；
(2)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N，试求二面角B－MF－C的余弦值．
(1)证明　∵BC⊥DC，且BC＝CD＝，
∴BD＝2且∠CBD＝∠BDC＝45°.
又AB∥DC，可知∠DBA＝∠CDB＝45°.
∵AD＝BD，
∴△ADB是等腰三角形，且∠DAB＝∠DBA＝45°.
∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB.
∵FD⊥底面ABCD于D，AD 平面ABCD，
∴AD⊥DF.
又DF∩DB＝D1，∴AD⊥平面BDF，
∵BF 平面DBF，∴AD⊥BF.
(2)解　以点C为原点，直线CD、CB、CE方向为x，y，z轴建系．
则D(，0,0)，B(0，，0)，F(，0,2)，A(2，，0)，
∵N恰好为BF的中点，
∴N(，，1)．
设M(0,0，z0)，∴＝(，，1－z0)．
由解得z0＝1.
故M为线段CE的中点．
设平面BMF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
且＝(，－，2)，＝(0，－，1)，
由可得取x1＝－1，
则得n1＝(－1,1，)．
∵平面MFC的一个法向量为n2＝(0,1,0)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
故所求二面角B－MF－C的余弦值为.§8.2　平面的基本性质与推论
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1． 平面的基本性质及推论
(1)平面的基本性质：
基本性质1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内．
基本性质2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．
基本性质3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线．
(2)平面基本性质的推论：
推论1：经过一条直线和直线外的一点，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．
2． 直线与直线的位置关系
(2)判断两直线异面：与一平面相交于一点的直线与这个平面内不经过交点的直线是异面直线．
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.
(　√　)
(2)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．(　×　)
(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，并记作α∩β＝A. (　×　)
(4)两个平面ABC与DBC相交于线段BC. (　×　)
(5)经过两条相交直线，有且只有一个平面． (　√　)
2． 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
答案　C
解析　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．
3． 下列命题正确的个数为 (　　)
①经过三点确定一个平面
②梯形可以确定一个平面
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　C
解析　经过不共线的三点可以确定一个平面，∴①不正确；
两条平行线可以确定一个平面，∴②正确；
两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面，∴③正确；
命题④中没有说清三个点是否共线，∴④不正确．
4. 如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C l，直线AB∩l＝M，过A，
B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过 (　　)
A．点A B．点B
C．点C但不过点M D．点C和点M
答案　D
解析　∵AB γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
5． 已知空间四边形ABCD中， ( http: / / www.21cnjy.com )M、N分别为AB、CD的中点，则下列判断：①MN≥(AC＋BD)；②MN>(AC＋BD)；③MN＝(AC＋BD)；④MN<(AC＋BD)．
其中正确的是________．
答案　④
解析　如图，取BC的中点O，
连接MO、NO，
则OM＝AC，ON＝BD，
在△MON中，MN∴④正确.
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题型一　平面基本性质的应用
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．
思维启迪　(1)两条相交直线或两条平行直线确定一个平面；
(2)可以先证CE与D1F交于一点，然后再证该点在直线DA上．
证明　(1)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∈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．
思维升华　基本性质1是判断一条直线是否 ( http: / / www.21cnjy.com )在某个平面的依据；基本性质2及推论是判断或证明点、线共面的依据；基本性质3是证明三线共点或三点共线的依据．
　(1)以下四个命题中
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；
③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
正确命题的个数是 (　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
(2)a、b是异面直线，在直线a上有5个点，在直线b上有4个点，则这9个点可确定________个平面．
答案　(1)B　(2)9
解析　(1)①假设其中有三点共线， ( http: / / www.21cnjy.com )则该直线和直线外的另一点确定一个平面．这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．
(2)∵a、b是异面直线，
∴a上任一点与直线b确定一平面，共5个，b上任一点与直线a确定一平面，共4个，一共9个．
题型二　判断空间两直线的位置关系
例2　如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、
B1C1的中点．问：
(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．
思维启迪　第(1)问，连接MN，AC，证MN∥AC，即AM与CN共面；第(2)问可采用反证法．
解　(1)不是异面直线．理由如下：
连接MN、A1C1、AC.
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，
∴MN∥A1C1.
又∵A1A綊C1C，
∴A1ACC1为平行四边形，
∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，
∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．
(2)是异面直线．证明如下：
∵ABCD—A1B1C1D1是正方体，
∴B、C、C1、D1不共面．
假设D1B与CC1不是异面直线，
则存在平面α，使D1B 平面α，CC1 平面α，
∴D1、B、C、C1∈α，与ABCD—A1B1C1D1是正方体矛盾．
∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
思维升华　(1)证明直线异面通常用反证法；
(2)证明直线相交，通常用平面的基本性质，平面图形的性质等．
　(1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是 (　　)
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
(2)在图中，G、N、M、H分别是三 ( http: / / www.21cnjy.com )棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)
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(3)下列命题中不正确的是________．(填序号)
①没有公共点的两条直线是异面直线；
②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；
③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不可能平行；
④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．
答案　(1)D　(2)②④　(3)①②
解析　(1)连接B1C，B1D1，则点M是B1C的中点，MN是△B1CD1的中位线，∴MN∥B1D1，
∵CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1，BD∥B1D1，
∴MN⊥CC1，MN⊥AC，MN∥BD.
又∵A1B1与B1D1相交，∴MN与A1B1不平行，故选D.
(2)图①中，直线GH∥MN；
图②中，G、H、N三点共面，但M 面GHN，
因此直线GH与MN异面；
图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图④中，G、M、N共面，但H 面GMN，
因此GH与MN异面．
所以图②、④中GH与MN异面．
(3)没有公共点的两直线平行或异面，故①错；命题②错，此时两直线有可能相交；命题③正确，因为若直线a和b异面，c∥a，则c与b不可能平行，用反证法证明如下：若c∥b，又c∥a，则a∥b，这与a，b异面矛盾，故cb；命题④也正确，若c与两异面直线a，b都相交，由基本性质2可知，a，c可确定一个平面，b，c也可确定一个平面，这样，a，b，c共确定两个平面．
构造衬托平面研究直线相交问题
典例：(5分)在正方体ABCD—A1B ( http: / / www.21cnjy.com )1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
思维启迪　找三条异面直线 ( http: / / www.21cnjy.com )都相交的直线，可以转化成在一个平面内，作与三条直线都相交的直线．因而可考虑过一条直线及另外一条直线上的一点作平面．进而研究公共交线问题．
解析　方法一　在EF上任意取一点M ( http: / / www.21cnjy.com )，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图所示．
方法二　在A1D1上任取 ( http: / / www.21cnjy.com )一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．
答案　无数
温馨提醒　(1)本题难度不大，但比较灵活．对平面的基本性质、空间两条直线的位置关系的考查，难度一般都不会太大．
(2)误区警示：本题解法较多，但关 ( http: / / www.21cnjy.com )键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多．这说明学生还是缺少空间想象能力，缺少对空间直线位置关系的理解.
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方法与技巧
1． 主要题型的解题方法
(1)要证明“线共面”或“点共面”可先由部分直线或点确定一个平面，再证其余直线或点也在这个平面内(即“纳入法”)．
(2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线，只要证明这些点都是这两个平面的公共点，根据基本性质3可知这些点在交线上，因此共线．
2． 判定空间两条直线是异面直线的方法
(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点B的直线是异面直线．
(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．
失误与防范
1．正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不要理解成“不在同一个平面内”．
2．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的
(　　)
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件
答案　A
解析　“两条直线为异面直线” “两条直线无公共点”．“两直线无公共点” “两直线异面或平行”．故选A.
2． 若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则直线a与c (　　)
A．一定平行
B．一定相交
C．一定是异面直线
D．平行、相交、是异面直线都有可能
答案　D
解析　当a，b，c共面时，a∥c；当a，b，c不共面时，a与c可能异面也可能相交．
3． 设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是 (　　)
A．(0，) B．(0，)
C．(1，) D．(1，)
答案　A
解析　此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于.选A.
4. 如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，
C l，则平面ABC与平面β的交线是 (　　)
A．直线AC
B．直线AB
C．直线CD
D．直线BC
答案　C
解析　易知D∈β，D∈平面ABC，C∈β，C∈平面ABC.
∴平面ABC∩平面β＝CD.
5． 设P表示一个点，a、b表示两条直线，α、β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是 (　　)
①P∈a，P∈α a α
②a∩b＝P，b β a β
③a∥b，a α，P∈b，P∈α b α
④α∩β＝b，P∈α，P∈β P∈b
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
答案　D
解析　当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a α，∴①错；a∩β＝P时，
②错；
如图，∵a∥b，P∈b，∴P a，
∴由直线a与点P确定唯一平面α，
又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β经过直线a与点P，
∴β与α重合，∴b α，故③正确；
两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．
二、填空题
6． 平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
答案　1或4
解析　若过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行，则确定一个平面；否则确定四个平面．
7． a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
③若a 平面α，b 平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中正确的命题是________(只填序号)．
答案　①
解析　由公理4知①正确；当a与b ( http: / / www.21cnjy.com )相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故②不正确；a α，b β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故③不正确．
8. 如图，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．
其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论的序号都填上)
答案　③④
解析　直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
三、解答题
9． 如图，空间四边形ABCD中，E、F、G分别在AB、BC、CD上，
且满足AE∶EB＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E、F、G
的平面交AD于点H.
(1)求AH∶HD；
(2)求证：EH、FG、BD三线共点．
(1)解　∵＝＝2，∴EF∥AC，
∴EF∥平面ACD，而EF 平面EFGH，
平面EFGH∩平面ACD＝GH，
∴EF∥GH，∴AC∥GH.
∴＝＝3.
∴AH∶HD＝3∶1.
(2)证明　∵EF∥GH，且＝，＝，
∴EF≠GH，∴EFGH为梯形．
令EH∩FG＝P，则P∈EH，而EH 平面ABD，
又P∈FG，FG 平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD.
∴EH、FG、BD三线共点．
10．在三棱锥P－ABC中，E是PC的中点．求证：AE与PB是异面直线．
证明　假设AE与PB共面，
设平面为α，
∵A∈α，B∈α，E∈α，
∴平面α即为平面ABE，
∴P∈平面ABE，
这与P 平面ABE矛盾，
所以AE与PB是异面直线．
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 (　　)
A．l1⊥l2，l2⊥l3 l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3 l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面
答案　B
解析　当l1⊥l2，l2⊥l3时， ( http: / / www.21cnjy.com )l1与l3也可能相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．
2. 如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、
M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，
①GH与EF平行；
②BD与MN为异面直线；
③GH与MN成60°角；
④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
答案　②③④
解析　还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
3． 正方体ABCD—A1 ( http: / / www.21cnjy.com )B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点．那么，正方体的过P、Q、R的截面图形形状是________边形．
答案　六
解析　延长PQ或(QP)分别交 ( http: / / www.21cnjy.com )CB延长线于E，交CD延长线于F，取C1D1中点M，连接RM，连接RE交BB1于S，连接MF交DD1于N，连接NQ，PS，则六边形PQNMRS即为正方体ABCD—A1B1C1D1的过P、Q、R三点的截面图形．
4. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，
H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1、H、O三点共线．
证明　连接BD，B1D1，
则BD∩AC＝O，
∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，
B1D 平面BB1D1D，
则H∈平面BB1D1D，
∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.
即D1、H、O三点共线．
5． 定线段AB所在的直线与定平面α相交，P ( http: / / www.21cnjy.com )为直线AB外的一点，且P不在α内，若直线AP、BP与α分别交于C、D点，求证：不论P在什么位置，直线CD必过一定点．
证明　设定线段AB所在直线为l，与平面α交于O点，即l∩α＝O.
由题意可知，AP∩α＝C，BP∩α＝D，∴C∈α，D∈α.
又∵AP∩BP＝P，∴AP、BP可确定一平面β，
且C∈β，D∈β.∴CD＝α∩β.
∵A∈β，B∈β，∴l β，∴O∈β.∴O∈α∩β.即O∈CD.
∴不论P在什么位置，直线CD必过一定点．专题四　高考中的立体几何问题
1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是 (　　)
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A．4 B. C. D．6
答案　B
解析　由三视图知四棱台的直观图为
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由棱台的体积公式得：V＝(2×2＋1×1＋)×2＝.
2． (2013·课标全国Ⅱ)已 ( http: / / www.21cnjy.com )知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则 (　　)
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
答案　D
解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n ( http: / / www.21cnjy.com )⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.
3. 如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面
B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF
在该正方体的各个面上的正投影不可能是 (　　)
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答案　D
解析　空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的正投影是A；在面BCC′B′上的正投影是B；在面ABCD上的正投影是C，故选D.
4． 平行六面体ABCD－A1B1C1D ( http: / / www.21cnjy.com )1中，向量、、两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于 (　　)
A．5 B．6
C．4 D．8
答案　A
解析　∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2··＋2··＋2··
＝9＋1＋4＋2×3×1×＋2×3×2×＋2×1×2×＝25，
∴||＝5.故选A.
5. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，
CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的
位置关系为________．
答案　平行
解析　取PD的中点F，连接EF，
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在△PCD中，EF綊CD.
又∵AB∥CD且CD＝2AB，
∴EF綊AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴EB∥AF.
又∵EB 平面PAD，AF 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
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题型一　空间点、线、面的位置关系
例1　(2013·山东)如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，
AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，
PD，PC的中点．
求证：(1)CE∥平面PAD；
(2)平面EFG⊥平面EMN.
思维启迪　(1)在平面PAD内作直线CE的平行线或者利用平面CEF∥平面PAD证明；
(2)MN是平面EFG的垂线．
证明　(1)方法一　
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取PA的中点H，连接EH，DH.
又E为PB的中点，
所以EH綊AB.
又CD綊AB，所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH 平面PAD，CE 平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
方法二　
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连接CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝AB.
又CD＝AB，所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．
因此CF∥AD，又CF 平面PAD，
所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又EF 平面PAD，所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE 平面CEF，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF 平面EFG，FG 平面EFG.
所以AB⊥平面EFG.
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN 平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
思维升华　高考对该部分的考查 ( http: / / www.21cnjy.com )重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用．
　如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，
M，N分别为A1B，B1C1的中点．求证：
(1)BC∥平面MNB1；
(2)平面A1CB⊥平面ACC1A.
证明　(1)因为BC∥B1C1，
且B1C1 平面MNB1，
BC 平面MNB1，故BC∥平面MNB1.
(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱，
故BC⊥平面ACC1A1.
因为BC 平面A1CB，故平面A1CB⊥平面ACC1A1.
题型二　平面图形的翻折问题
例2　如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，BE，设点F是AB的中点．
(1)求证：DE⊥平面BCD；
(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B－DEG的体积．
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思维启迪　(1)翻折前后，△ACD内各元素的位置关系没有变化，易知DE⊥DC，再根据平面BCD⊥平面ACD可证明DE⊥平面BCD；
(2)注意从条件EF∥平面BDG得线线平行，为求高作基础．
(1)证明　∵AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°.
∵CD为∠ACB的平分线，∴∠BCD＝∠ACD＝30°.
∴CD＝2.
∵CE＝4，∠DCE＝30°，
∴DE2＝CE2＋CD2－2CE·CD·cos 30°＝4，
∴DE＝2，则CD2＋DE2＝EC2.
∴∠CDE＝90°，DE⊥DC.
又∵平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE 平面ACD，∴DE⊥平面BCD.
(2)解　∵EF∥平面BDG，EF 平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，
∴EF∥BG.
∵点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，
∴AE＝EG＝CG＝2.
如图，作BH⊥CD于H.
∵平面BCD⊥平面ACD，
∴BH⊥平面ACD.
由条件得BH＝，
S△DEG＝S△ACD＝×AC·CD·sin 30°＝，
∴三棱锥B－DEG的体积V＝S△DEG·BH
＝××＝.
思维升华　平面图形的翻折问题，关键是搞清 ( http: / / www.21cnjy.com )翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．
　(2012·北京)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)．
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(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．
(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE 平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明　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，
所以A1F⊥平面BCDE，
又因为BE 平面BCDE，
所以A1F⊥BE.
(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图，
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分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
题型三　线面位置关系中的存在性问题
例3　如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P、Q分别是线段AB、
CD的中点，EP⊥平面ABCD.
(1)求证：DP⊥平面EPC；
(2)问在EP上是否存在点F，使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
思维启迪　先假设EP上存在点F使平面AFD⊥平面BFC，然后推证点F的位置．
(1)证明　∵EP⊥平面ABCD，
∴EP⊥DP.
又ABCD为矩形，AB＝2BC，P、Q分别为AB、CD的中点，连接PQ，
则PQ⊥DC且PQ＝DC.
∴DP⊥PC.
∵EP∩PC＝P，∴DP⊥平面EPC.
(2)解　假设存在F使平面AFD⊥平面BFC，
∵AD∥BC，BC 平面BFC，AD 平面BFC，
∴AD∥平面BFC.
∴AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l.
∵EP⊥平面ABCD，∴EP⊥AD，而AD⊥AB，
AB∩EP＝P，∴AD⊥平面EAB，∴l⊥平面FAB.
∴∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角．
∵P是AB的中点，且FP⊥AB，
∴当∠AFB＝90°时，FP＝AP.
∴当FP＝AP，即＝1时，平面AFD⊥平面BFC.
思维升华　对于线面关系中的存在性问题，首 ( http: / / www.21cnjy.com )先假设存在，然后在这个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设满足的条件．若条件满足则肯定假设，若得到矛盾则否定假设．
　如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC
＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.
(1)求证：D1C⊥AC1；
(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由．
(1)证明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，
∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，
∴DC1⊥D1C.
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又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，
∴AD⊥平面DCC1D1，
又D1C 平面DCC1D1，
∴AD⊥D1C.
∵AD 平面ADC1，DC1 平面ADC1，
且AD∩DC1＝D，
∴D1C⊥平面ADC1，
又AC1 平面ADC1，∴D1C⊥AC1.
(2)解　假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.
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连接AD1，AE，D1E，
设AD1∩A1D＝M，
BD∩AE＝N，连接MN，
∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，
要使D1E∥平面A1BD，
可使MN∥D1E，
又M是AD1的中点，
则N是AE的中点．
又易知△ABN≌△EDN，
∴AB＝DE.
即E是DC的中点．
综上所述，当E是DC的中点时，
可使D1E∥平面A1BD.
题型四　空间向量与立体几何
例4　(2012·大纲全国)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为
菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，
PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．
思维启迪　利用PA⊥平面ABCD建立空间直角坐标系，利用向量求解．
方法一　(1)证明　因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
如图，
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设AC∩BD＝F，连接EF.
因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，
故PC＝2，EC＝，FC＝，
从而＝，＝.
因为＝，∠FCE＝∠PCA，
所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°.
由此知PC⊥EF.
因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以PC⊥平面BED.
(2)解　在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角A－PB－C为90°，
所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，
故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，
PD＝＝2.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD 平面PBC，BC 平面PBC，
故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，
即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.
所以PD与平面PBC所成的角为30°.
方法二　(1)证明　
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以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，
设D(，b,0)，其中b>0，
则B(，－b,0)．
于是＝(2，0，－2)，＝，
＝，
从而·＝0，·＝0，
故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.
(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
m·＝0，m·＝0，
即2z＝0且x－by＝0，
令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则
n·＝0，n·＝0，
即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为二面角A－PB－C为90°，所以面PAB⊥面PBC，
故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，
于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，
所以cos〈n，〉＝＝，
所以〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，
故PD与平面PBC所成的角为30°.
思维升华　用空间向量求解立体几何问题 ( http: / / www.21cnjy.com )，主要是通过建立坐标系或利用基底表示向量坐标，通过向量的计算求解位置关系及角的大小，二面角是历年高考的考查热点，平面的法向量是解题中的一个重点，还要注意二面角的范围．
　在如图所示的几何体中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AA1綊DD1綊CC1∥BE，且AA1＝AB，D1E⊥平面D1AC，AA1⊥底面ABCD.
(1)求二面角D1－AC－E的大小；
(2)在D1E上是否存在一点P，使得A1P∥平面EAC，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
解　(1)
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设AC与BD交于O，如图所示建立空间直角坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系Oxyz，设AB＝2，则A(，0,0)，B(0，－1,0)，C(－，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,2)，
设E(0，－1，t)，t>0，则＝(0,2,2－t)，＝(2，0,0)，＝(，－1，－2)．
∵D1E⊥面D1AC，∴D1E⊥CA，D1E⊥D1A，
∴解得t＝3，∴E(0，－1,3)，
∴＝(－，－1,3)，
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则∴
令z＝1，y＝3，m＝(0,3,1)．
又平面D1AC的法向量＝(0,2，－1)，
∴cos〈m，〉＝.
所以所求二面角的大小为45°.
(2)假设存在点P满足题意．
设＝λ＝λ(－)，
得＝＝(0，－，)，
＝＋＝(－，1,0)＋(0，－，)
＝(－，1－，)
∵A1P∥平面EAC，∴⊥m，
∴－×0＋3×(1－)＋1×＝0，解得λ＝，
故存在点P使A1P∥面EAC，此时D1P∶PE＝3∶2.
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(时间：80分钟)
1. 如图所示，在边长为5＋的正方形ABCD中，以A为圆心画一个
扇形，以O为圆心画一个圆，M，N，K为切点，以扇形为圆锥的
侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积．
解　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，
由已知条件得，
解得r＝，l＝4，S＝πrl＋πr2＝10π，
h＝＝，V＝πr2h＝2π.
2. 如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面
ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明　(1)方法一　因为D1D⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
所以D1D⊥BD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2，
所以AD2＋BD2＝AB2，
因此AD⊥BD.
又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1 平面ADD1A1，
故AA1⊥BD.
方法二　因为D1D⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
所以BD⊥D1D.
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如图，取AB的中点G，连接DG，
在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.
又∠BAD＝60°，
所以△ADG为等边三角形，
因此GD＝GB，
故∠DBG＝∠GDB.
又∠AGD＝60°，
所以∠GDB＝30°，
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以BD⊥AD.
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A.
又AA1 平面ADD1A，故AA1⊥BD.
(2)如图，连接AC，A1C1，
设AC∩BD＝E，连接EA1，
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以EC＝AC.
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC，
所以四边形A1ECC1为平行四边形，
因此CC1∥EA.
又EA1 平面A1BD，CC1 平面A1BD，
所以CC1∥平面A1BD.
3. 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在
线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P—ABCD的体积．
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CE 平面ABCD，
所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.
(2)解　由(1)可知CE⊥AD.
在Rt△ECD中，DE＝CD·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝1.
又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．
所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE
＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.
4． (2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，
AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD
＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F－BD－C的余弦值．
(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD 平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)解　方法一　由(1)知
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AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF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．不妨设CB＝1，
则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)．
因此＝，＝(0，－1,1)．
设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，
所以x＝y＝z，取z＝1，则m＝(，1,1)．
由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，〉＝＝＝，
所以二面角F－BD－C的余弦值为.
方法二　如图，
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取BD的中点G，连接CG，FG，
由于CB＝CD，
因此CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以FC⊥BD.
由于FC∩CG＝C，FC，CG 平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．
在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，
因此CG＝CB.又CB＝CF，
所以GF＝＝CG，故cos∠FGC＝，
因此二面角F－BD－C的余弦值为.
5． (2012·北京)如图1，在Rt△A ( http: / / www.21cnjy.com )BC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
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(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
(1)证明　∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC.
∴DE⊥A1C.又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解　如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，
则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
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设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，
n·＝0.
又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，
∴令y＝1，则x＝2，z＝，
∴n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
∵＝(0,1，)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
∴CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)解　线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：
假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
则m·＝0，m·＝0.
又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，
∴令x′＝2，则y′＝p，z′＝，
∴m＝.
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
6. 如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，
AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；
(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；
(3)求二面角A－CD－E的余弦值．
(1)解　
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如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，E(0,1,1)，
F(0,0,1)，
M.
＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，
于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
(2)证明　由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.
因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，
故CE⊥平面AMD.而CE 平面CDE，
所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解　设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，则
于是
令x＝1可得u＝(1,1,1)．
又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)．
所以cos?u，v?＝＝＝.
因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为.§8.3　空间中的平行关系
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1． 平行直线
(1)平行公理：
过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行．
(2)基本性质4(空间平行线的传递性)：
平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(3)定理：
如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．
(4)空间四边形：
顺次连接不共面的四点A、B、C、D所构成的图形，叫做空间四边形．
2． 直线与平面平行的判定与性质
判定 性质
定理 定义
图形
条件 a∩α＝ a α，b α，a∥b a∥α a∥α，a β，α∩β＝b
结论 a∥α b∥α a∩α＝ a∥b
3.面面平行的判定与性质
判定 性质
定义 定理
图形
条件 α∩β＝ a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b α∥β，a β
结论 α∥β α∥β a∥b a∥α
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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．(　×　)
(2)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．(　√　)
(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α. (　×　)
(4)空间四边形ABCD中，E、F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD.(　√　)
(5)若α∥β，直线a∥α，则a∥β. (　×　)
2． 若直线l不平行于平面α，且l α，则 (　　)
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
答案　B
解析　由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的．
3． 下列命题中，错误的是 (　　)
A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．平行于同一个平面的两个平面平行
C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行
D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
答案　C
解析　由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确．对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面．
4. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，
点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于_____．
答案　
解析　因为直线EF∥平面AB1C，EF 平面ABCD，
且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，
又E是DA的中点，所以F是DC的中点，
由中位线定理可得EF＝AC，
又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，
所以AC＝2，所以EF＝.
5． 已知平面α∥平面β，直线a α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________．
答案　②
解析　因为α∥β，a α，所以a∥β，在平面 ( http: / / www.21cnjy.com )β内存在无数条直线与直线a平行，但不是所有直线都与直线a平行，故命题②为真命题，命题①为假命题．在平面β内存在无数条直线与直线a垂直，故命题③为假命题．
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题型一　直线与平面平行的判定与性质
例1　(2012·山东)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正
三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
思维启迪　(1)利用等腰△EDB底边中线和高重合的性质证明；
(2)根据线面平行的判定或两个平面平行的性质证明线面平行．
证明　(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.
由于CB＝CD，所以CO⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩CO＝C，
CO，EC 平面EOC，
所以BD⊥平面EOC，
因此BD⊥EO.
又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)方法一　如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.
因为M是AE的中点，
所以MN∥BE.
又MN 平面BEC，BE 平面BEC，
所以MN∥平面BEC.
又因为△ABD为正三角形，
所以∠BDN＝30°.
又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.
所以DN∥BC.
又DN 平面BEC，BC 平面BEC，
所以DN∥平面BEC.
又MN∩DN＝N，
所以平面DMN∥平面BEC.
又DM 平面DMN，
所以DM∥平面BEC.
方法二　如图，
延长AD，BC交于点F，连接EF.
因为CB＝CD，∠BCD＝120°，
所以∠CBD＝30°.
因为△ABD为正三角形，
所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，
因为∠AFB＝30°，
所以AB＝AF.
又AB＝AD，
所以D为线段AF的中点．
连接DM，由于点M是线段AE的中点，
因此DM∥EF.
又DM 平面BEC，EF 平面BEC，
所以DM∥平面BEC.
思维升华　判断或证明线面平 ( http: / / www.21cnjy.com )行的常用方法：(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a α a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β)．
　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，H分别为棱A1B1，D1C1上的点，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G，求证：FG∥平面ADD1A1.
证明　因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，
EH 平面BCC1B1，B1C1 平面BCC1B1，
所以EH∥平面BCC1B1.
又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG，
所以EH∥FG，即FG∥A1D1.
又FG 平面ADD1A1，A1D1 平面ADD1A1，
所以FG∥平面ADD1A1.
题型二　平面与平面平行的判定与性质
例2　如图，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.
思维启迪　要证四点共面，只需证GH∥BC；要证面面平行，可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行．
证明　(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵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，∴A1E∥GB.
∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG.
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.
思维升华　证明面面平行的方法：
(1)面面平行的定义；
(2)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)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．
　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明　(1)如图，连接SB，
∵E、G分别是BC、SC的中点，
∴EG∥SB.
又∵SB 平面BDD1B1，
EG 平面BDD1B1，
∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.
又∵SD 平面BDD1B1，FG 平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，且EG 平面EFG，
FG 平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
题型三　平行关系的综合应用
例3　如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和
CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？
思维启迪　利用线面平行的性质可以得到线线平行，可以先确定截面形状，再建立目标函数求最值．
解　∵AB∥平面EFGH，
平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH.
∴AB∥FG，AB∥EH，
∴FG∥EH，同理可证EF∥GH，
∴截面EFGH是平行四边形．
设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α (α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角)．
又设FG＝x，GH＝y，则由平面几何知识可得＝，＝，两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)，
∴S EFGH＝FG·GH·sin α
＝x··(a－x)·sin α＝x(a－x)．
∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a为定值，
∴当且仅当x＝a－x时，x(a－x)＝，此时x＝，y＝.
即当截面EFGH的顶点E、F、G、H为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大．
思维升华　利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．
　如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD.
解　在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，
连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，
∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，
∴四边形FEGA为平行四边形，
∴FE∥AG.
又AG 平面PAD，FE 平面PAD，
∴EF∥平面PAD.
∴F即为所求的点．
又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC，
又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB.
∴PB⊥BC.
∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2.
设PA＝x则PC＝，
由PB·BC＝BE·PC得：
·a＝·a，
∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝a.
又CE＝ ＝a，
∴＝，∴＝＝，
即GE＝CD＝a，∴AF＝a.
立体几何中的探索性问题
典例：(12分)如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，
F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．
(1)求证：DE∥平面BCP；
(2)求证：四边形DEFG为矩形；
(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？
说明理由．
思维启迪　(1)利用DE∥PC证明线面平行；
(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；
(3)Q应为EG中点．
规范解答
(1)证明　因为D，E分别是AP，AC的中点，
所以DE∥PC.
又因为DE 平面BCP，
所以DE∥平面BCP. [3分]
(2)证明　因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，
所以DE∥PC∥FG，
DG∥AB∥EF.
所以四边形DEFG为平行四边形．
又因为PC⊥AB，
所以DE⊥DG.
所以四边形DEFG为矩形． [7分]
(3)解　存在点Q满足条件，理由如下： [8分]
连接DF，EG，设Q为EG的中点，
由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG.
分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.
与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG
的中点Q，且QM＝QN＝EG，
所以Q为满足条件的点． [12分]
解决立体几何中的探索性问题的步骤：
第一步：写出探求的最后结论．
第二步：证明探求结论的正确性．
第三步：给出明确答案．
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．
温馨提醒　(1)立体几何中 ( http: / / www.21cnjy.com )的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．
(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”.
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方法与技巧
1． 平行问题的转化关系
( http: / / www.21cnjy.com )
2． 直线与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质．
3． 平面与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β α∥β.
失误与防范
1．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．
2．在解决线面、面面平行的判定时，一 ( http: / / www.21cnjy.com )般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”．
3．解题中注意符号语言的规范应用．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是 (　　)
A．a平行于α内的所有直线
B．α内有无数条直线与a平行
C．直线a上的点到平面α的距离相等
D．α内存在无数条直线与a成90°角
答案　A
解析　若直线a平行于平面α，则α内既存在 ( http: / / www.21cnjy.com )无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．
2． 若直线m 平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的 (　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　D
3． 已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是
(　　)
A．a∥b，b α，则a∥α
B．a，b α，a∥β，b∥β，则α∥β
C．a⊥α，b∥α，则a⊥b
D．当a α，且b α时，若b∥α，则a∥b
答案　C
解析　A选项是易错项，由a∥b，b α，也可能推出a α；
B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；
C正确；
D中的直线a，b也可能异面．
4． 在空间四边形ABCD中，E， ( http: / / www.21cnjy.com )F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则 (　　)
A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形
答案　B
解析　如图，由题意得，EF∥BD，
且EF＝BD.
HG∥BD，且HG＝BD.
∴EF∥HG，且EF≠HG.
∴四边形EFGH是梯形．
又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行．
故选B.
5． 下列四个正方体图形中，A，B ( http: / / www.21cnjy.com )为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是 (　　)
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A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案　B
解析　①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，
∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如图)．
④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.
二、填空题
6. 过三棱柱ABC—A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1
平行的直线有________条．
答案　6
解析　如图，E、F、G、H分 ( http: / / www.21cnjy.com )别是A1C1、B1C1、BC、AC的中点，则与平面ABB1A1平行的直线有EF，GH，FG，EH，EG，FH共6条．
7. 如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是
下底面的棱A1B1、B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，
AP＝，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝
________.
答案　a
解析　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝，
∴CQ＝，从而DP＝DQ＝，∴PQ＝a.
8. 在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，
错误的为________．
①AC⊥BD；
②AC∥截面PQMN；
③AC＝BD；
④异面直线PM与BD所成的角为45°.
答案　③
解析　∵PQMN是正方形，
∴MN∥QP，则MN∥平面ABC，
由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，
同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故①②正确．
又∵BD∥MQ，∴异面直线PM与BD所成的角即为∠PMQ＝45°，故④正确．
三、解答题
9． 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．
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(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求三棱锥E－BCD的体积．
(1)证明　取BC中点G，连接AG，EG.
因为E是B1C的中点，所以EG∥BB1，且EG＝BB1.
由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，所以EG綊AD，
所以四边形EGAD是平行四边形．所以ED∥AG.
又DE 平面ABC，AG 平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)解　因为AD∥BB1，所以AD∥平面BCE，
所以VE－BCD＝VD－BEC＝VA－BCE＝VE－ABC，
由(1)知，DE∥平面ABC.
所以VE－ABC＝VD－ABC＝AD·BC·AG
＝×3×6×4＝12.
10. 如图E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、
CC1、C1D1、AA1的中点．求证：
(1)EG∥平面BB1D1D；
(2)平面BDF∥平面B1D1H.
证明　(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，
易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE，
由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D.
(2)由题意可知BD∥B1D1.
如图，连接HB、D1F，
易证四边形HBFD1是平行四边形，
故HD1∥BF.
又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，
所以平面BDF∥平面B1D1H.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是 (　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
答案　B
解析　对于选项A，不合题意；对于 ( http: / / www.21cnjy.com )选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由于n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意．综上选B.
2． 已知平面α∥平面β，P是α、β ( http: / / www.21cnjy.com )外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．
答案　24或
解析　根据题意可得到以下如图两种情况：
可求出BD的长分别为或24.
3. 空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行
于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围
是________．
答案　(8,10)
解析　设＝＝k，∴＝＝1－k，
∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，∴周长＝8＋2k.
又∵04. 平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底
DE＝2，过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA、DC于
A1、C1，求△A1B1C1的面积．
解　∵α∥β，
∴A1B1∥AB，B1C1∥BC，
又因∠A1B1C1与∠ABC同向．
∴∠A1B1C1＝∠ABC.
又∵cos∠ABC＝＝，
∴∠ABC＝60°＝∠A1B1C1.
又∵B1为EB的中点，∴B1A1是△EAB的中位线，
∴B1A1＝AB＝，
同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，
∴B1C1＝(BC＋DE)＝5.
则S△A1B1C1＝A1B1·B1C1·sin 60°
＝··5·＝.
故△A1B1C1的面积为.
5. 如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩
形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．
(1)求三棱锥A—PDE的体积；
(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
解　(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.
又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD.
因PD∩CD＝D，
所以AD⊥平面PCD，
所以AD是三棱锥A—PDE的高．
因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，
所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4.
又AD＝2，
所以VA—PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝.
(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥PA.
又因为EM 平面EDM，PA 平面EDM，所以PA∥平面EDM.
所以AM＝AC＝.
即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为.§8.5　空间向量及其运算
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1．空间向量的有关概念及定理
语言描述
共线向量(平行向量) 如果空间一些向量的基线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量．
共线向量定理 空间两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数x，使a＝xb.
共面向量定理 如果两个向量a、b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是，存在唯一的一对实数x，y，使c＝xa＋yb.
空间向量分解定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使p＝xa＋yb＋zc.
2. 两条异面直线所成的角
把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角(锐角或直角)叫做两条异面直线所成的角．
3． 数量积及坐标运算
(1)两个向量的数量积：
①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
②a⊥b a·b＝0(a，b为非零向量)；
③|a|2＝a·a，|a|＝.
(2)向量的坐标运算：
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
数乘向量 λa＝(λa1，λa2，λa3)
共线 a∥b(b≠0) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a∥b(b与三个坐标平面都不平行) ＝＝
垂直 a⊥b a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角公式 cos〈a，b〉＝
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面． (　√　)
(2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)． (　×　)
(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． (　×　)
(5)若A、B、C、D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0. (　√　)
(6)|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件． (　×　)
2. 如图所示，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
答案　A
解析　＝＋＝＋(－)
＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3． 已知正方体ABCD－A1B1C1D1 ( http: / / www.21cnjy.com )中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为 (　　)
A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1
答案　C
解析　如图，＝＋＝＋＝＋(＋)．
4． 同时垂直于a＝(2,2,1)和b＝(4,5,3)的单位向量是_________．
答案　或
解析　设与a＝(2,2,1)和b＝(4,5,3)同时垂直的单位向量是c＝(p，q，r)，则
解得或
即同时垂直于a，b的单位向量为
或.
5. 如图，在四面体O－ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的
中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示)．
答案　a＋b＋c
解析　＝＋＝＋＋
＝a＋b＋c.
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题型一　空间向量的线性运算
例1　如图，在三棱锥O—ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，
G是△ABC的重心，用基向量，，表示，.
思维启迪　利用空间向量的加减法和数乘运算表示即可．
解　＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋[(＋)－]
＝－＋＋.
＝＋＝－＋＋
＝＋＋.
思维升华　用已知向量来表 ( http: / / www.21cnjy.com )示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．
　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．
(1)化简－－＝________；
(2)用，，表示，则＝________.
答案　(1)　(2)＋＋
解析　(1)－－＝－
＝－＝.
(2)＝＋＝＋＋.
题型二　共线定理、共面定理的应用
例2　如图，已知E、F、G、H分别是空间四边形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；
(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有＝(＋＋＋)．
思维启迪　对于(1)只要证出向量＝＋即可；对于(2)只要证出与共线即可；对于(3)，易知四边形EFGH为平行四边形，则点M为线段EG与FH的中点，于是向量可由向量和表示，再将与分别用向量，和向量，表示．
证明　(1)连接BG，
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.
(3)找一点O，并连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG.
由(2)知＝，同理＝，
所以＝，即EH綊FG，
所以四边形EFGH是平行四边形．
所以EG，FH交于一点M且被M平分．
故＝(＋)＝＋
＝＋
＝(＋＋＋)．
思维升华　(1)证明点共线的方法
证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，如证明A，B，C三点共线，即证明，共线，亦即证明＝λ(λ≠0)．
(2)证明点共面的方法
证明点共面问题可转化为证明向量 ( http: / / www.21cnjy.com )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＋zOC(x＋y＋z＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．
　如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B上的点，F是AC上的点，且A1E＝2EB，CF＝2AF，则EF与平面A1B1CD的位置关系为________．
答案　平行
解析　取＝a，＝b，＝c为基底，易得＝－(a－b＋c)，
而＝a－b＋c，即∥，故EF∥DB1，
且EF 平面A1B1CD，DB1 平面A1B1CD，
所以EF∥平面A1B1CD.
题型三　空间向量数量积的应用
例3　如图所示，已知空间四边形AB CD的各边和对角线的长都等于
a，点M、N分别是AB、CD的中点．
(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长；
(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．
思维启迪　两条直线的垂直关系可以转化为两个向量的垂直关系；利用|a|2＝a·a可以求线段长；利用cos θ＝可求两条直线所成的角．
(1)证明　设＝p，＝q，＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.
＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，
∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.
∴⊥.
即MN⊥AB.
同理可证MN⊥CD.
(2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)，
∴||2＝(q＋r－p)2
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝.
∴||＝a.
∴MN的长为a.
(3)解　设向量与的夹角为θ.
∵＝(＋)＝(q＋r)，
＝－＝q－p，
∴·＝(q＋r)·(q－p)
＝(q2－q·p＋r·q－r·p)
＝(a2－a2cos 60°＋a2cos 60°－a2cos 60°)
＝(a2－＋－)＝.
又∵||＝||＝a，
∴·＝||||cos θ＝a×a×cos θ＝.
∴cos θ＝.
∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.
思维升华　(1)当题目条件有垂直关系时，常转化为数量积为零进行应用；
(2)当异面直线所成的角为α时，常利用它 ( http: / / www.21cnjy.com )们所在的向量转化为向量的夹角θ来进行计算．应该注意的是α∈(0，]，θ∈[0，π]，所以cos α＝|cos θ|＝；
(3)立体几何中求线段的长度可以通过解三角形，也可依据|a|＝转化为向量求解．
　已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)求向量a与向量b的夹角的余弦值；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k的值．
解　(1)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，
又|a|＝＝，
|b|＝＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－.
(2)方法一　∵ka＋b＝(k－1，k,2)．
ka－2b＝(k＋2，k，－4)，
且ka＋b与ka－2b互相垂直，
∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，
∴k＝2或k＝－，
∴当ka＋b与ka－2b互相垂直时，实数k的值为2或－.
方法二　由(1)知|a|＝，|b|＝，a·b＝－1，
∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2
＝2k2＋k－10＝0，得k＝2或k＝－.
“两向量同向”意义不清致误
典例：(5分)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(x，x2＋y－2，y)，并且a，b同向，则x，y的值分别为________．
易错分析　将a，b同向和a∥b混淆，没有搞清a∥b的意义：a·b方向相同或相反．
解析　由题意知a∥b，所以＝＝，
即
把①代入②得x2＋x－2＝0，(x＋2)(x－1)＝0，
解得x＝－2，或x＝1
当x＝－2时，y＝－6；当x＝1时，y＝3.
当时，b＝(－2，－4，－6)＝－2a，
两向量a，b反向，不符合题意，所以舍去．
当时，b＝(1,2,3)＝a，a与b同向，所以
答案　1,3
温馨提醒　(1)两向量平行和两向 ( http: / / www.21cnjy.com )量同向不是等价的，同向是平行的一种情况．两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件；
(2)若两向量a，b满足a＝λb(b≠0)且λ>0则a，b同向；在a，b的坐标都是非零的条件下，a，b的坐标对应成比例.
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方法与技巧
1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础．
2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．
3．利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题．
失误与防范
1．向量的数量积满足交换律 ( http: / / www.21cnjy.com )、分配律，但不满足结合律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
2．求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 空间直角坐标系中，A(1,2, ( http: / / www.21cnjy.com )3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是 (　　)
A．垂直 B．平行
C．异面 D．相交但不垂直
答案　B
解析　由题意得，＝(－3，－3,3)，＝(1,1，－1)，
∴＝－3，
∴与共线，又与没有公共点．∴AB∥CD.
2． 已知O，A，B，C为空间四个点，又，，为空间的一个基底，则 (　　)
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点中任意三点不共线
D．O，A，B，C四点不共面
答案　D
解析　，，为空间的一个基底，所以，，不共面，但A，B，C三种情况都有可能使，，共面．
3． 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
答案　A
解析　由题意知：解得或
4． 空间四点A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系是 (　　)
A．共线 B．共面 C．不共面 D．无法确定
答案　C
解析　∵＝(2,0，－4)，＝(－2，－3，－5)，＝(0，－3，－4)．
假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x，y，
使＝x＋y，即
由①②得x＝y＝1，代入③式不成立，矛盾．
∴假设不成立，故四点不共面．
5. 如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC
＝，则cos〈，〉的值为 (　　)
A．0 B.
C. D.
答案　A
解析　设＝a，＝b，＝c，则|b|＝|c|，
〈a，b〉＝〈a，c〉＝，＝c－b，
∴·＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|cos －|a||b|cos ＝0，
∴⊥，∴cos〈，〉＝0.
二、填空题
6． 已知2a＋b＝(0，－ ( http: / / www.21cnjy.com )5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．
答案　60°
解析　由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.
即2a·c＋b·c＝－10，
又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，
∴cos〈b，c〉＝＝＝－，
∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.
7． 已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值为________．
答案　
解析　∵b－a＝(1＋t,2t－1,0)，
∴|b－a|＝＝ ，
∴当t＝时，|b－a|取得最小值.
8. 如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，
则PC等于________．
答案　12
解析　因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2·
＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144.
所以||＝12.
三、解答题
9． 已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b(O为原点)
解　(1)∵a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，
∴2a＋b＝(0，－5,5)，
∴|2a＋b|＝＝5.
(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，
则＝λ，
即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)，
∴，∴E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，
∴＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．
又∵b＝(－2,1,1)，⊥b，
∴·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)
＝－5λ＋9＝0，
∴λ＝，
∴E(－，－，)，
∴在直线AB上存在点E(－，－，)，使⊥b.
10. 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BD1与AC夹角的余弦值．
解　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)＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos〈，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 若向量c垂直于不共线的向量a和b，d＝λa＋μb(λ、μ∈R，且λμ≠0)，则(　　)
A．c∥d
B．c⊥d
C．c不平行于d，c也不垂直于d
D．以上三种情况均有可能
答案　B
解析　由题意得，c垂直于由a，b确定的平面．
∵d＝λa＋μb，
∴d与a，b共面．
∴c⊥d.
2． 以下命题中，正确的命题个数为 (　　)
①若a，b共线，则a与b所在直线平行；
②若{a，b，c}为空间一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；
③若空间向量m、n、p满足m＝n，n＝p，则m＝p；
④对空间任意一点O和不共线三点A、B、C，若＝x＋y＋z(其中x，y，z∈R)，则P、A、B、C四点共面．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　由共线向量知a与b所在直线可能重合知①错；
若a＋b，b＋c，c＋a共面，则存在实数x，y，使a＋b＝x(b＋c)＋y(c＋a)＝ya＋xb＋(x＋y)c，
∵a，b，c不共面，∴y＝1，x＝1，x＋y＝0，∴x，y无解，
∴{a＋b，b＋c，c＋a}能构成空间的一个基底，∴②正确；
由向量相等的定义知③正确；
由共面向量定理的推论知，当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，∴④不正确．
故选B.
3. 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是
A1B1和BB1的中点，那么直线AM和CN所成角的余弦值为_____．
答案　
解析　以D为原点，DA、DC、DD1为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，
B1(1,1,1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，
∴M(1，，1)，N(1,1，)，
∴＝(0，，1)，＝(1,0，)，
∴cos〈，〉＝
＝＝.
4． 已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)求以，为边的平行四边形的面积；
(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．
解　(1)由题意可得：
＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，
∴cos〈，〉＝
＝＝＝.
∴sin〈，〉＝，
∴以，为边的平行四边形的面积为
S＝2×||·||·sin〈，〉
＝14×＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，
由题意得，解得或，
∴向量a的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
5. 直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，
D、E分别为AB、BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
(1)证明　设＝a，＝b，＝c，
根据题意，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0，
∴＝b＋c，＝－c＋b－a.
∴·＝－c2＋b2＝0.
∴⊥，即CE⊥A′D.
(2)解　∵＝－a＋c，
||＝|a|，||＝|a|.
·＝(－a＋c)·
＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝.
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.§8.7　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
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1． 斜线和平面所成的角
(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．
(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．
2． 二面角
(1)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)在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角．
3． 空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.
(3)求二面角的大小
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＝〈，〉．
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2°如图②③，n1，n2分别是二 ( http: / / www.21cnjy.com )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〉或－cos〈n1，n2〉．
4. 点面距的求法
如图，设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d＝.
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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(0， ( http: / / www.21cnjy.com )]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π]． (　√　)
(5)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°.(　√　)
(6)若二面角α－a－β的两个半平面α ( http: / / www.21cnjy.com )、β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ. (　×　)
2． 已知二面角α－l－β的大小是，m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的
角为 (　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵m⊥α，n⊥β，
∴异面直线m，n所成的角的补角与二面角α－l－β互补．
又∵异面直线所成角的范围为(0，]，
∴m，n所成的角为.
3． 在空间直角坐标系Oxyz中，平 ( http: / / www.21cnjy.com )面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于 (　　)
A．4 B．2 C．3 D．1
答案　B
解析　P点到平面OAB的距离为
d＝＝＝2，故选B.
4． 若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为_________．
答案　
解析　∵n·a＝－8－3＋3＝－8，|n|＝＝3，
|a|＝＝，
∴cos〈n，a〉＝＝＝－.
又l与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos〈n，a〉|＝.
5． P是二面角α－AB－β棱 ( http: / / www.21cnjy.com )上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．
答案　90°
解析　不妨设PM＝a，PN＝b，如图，
作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，
∵∠EPM＝∠FPN＝45°，
∴PE＝a，PF＝b，
∴·＝(－)·(－)
＝·－·－·＋·
＝abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b
＝－－＋＝0，
∴⊥，
∴二面角α－AB－β的大小为90°.
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题型一　求异面直线所成的角
例1　长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
思维启迪　本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量、所成的角来求．
答案　B
解析　建立坐标系如图，
则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，
cos〈，〉＝＝.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
思维升华　用向量方法求两条异 ( http: / / www.21cnjy.com )面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而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]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.
　已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．
设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
∴＝(0，－1,1)，
＝(0，－1,2)，
∴cos〈，〉＝＝.
题型二　求直线与平面所成的角
例2　如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，
AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．
(1)证明：PE⊥BC；
(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．
思维启迪　平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH的法向量．
(1)证明　以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)．
设C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)，则D(0，m,0)，E.
可得＝，＝(m，－1,0)．
因为·＝－＋0＝0，所以PE⊥BC.
(2)解　由已知条件可得m＝－，n＝1，
故C，D，E，
P(0,0,1)．
设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，
则即
因此可以取n＝(1，，0)．又＝(1,0，－1)，
所以|cos〈，n〉|＝.
所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.
思维升华　利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和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)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
　(2013·湖南)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
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(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
方法一　(1)证明　
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如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以AC⊥BB1.
又AC⊥BD，
所以AC⊥平面BB1D，
而B1D 平面BB1D，
所以AC⊥B1D.
(2)解　因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．
如图，连接A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，
所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.
又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形．
于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.
由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.
故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，
因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.
从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，
即AB＝＝.
连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.
在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，
即cos(90°－θ)＝.从而sin θ＝.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
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方法二　(1)证明　易知，AB，AD，AA ( http: / / www.21cnjy.com )1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0, ( http: / / www.21cnjy.com )0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．
从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)．
因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，
解得t＝或t＝－(舍去)．
于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)，
因为·＝－3＋3＋0＝0，
所以⊥，即AC⊥B1D.
(2)解　由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，
＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，
则，即
令x＝1，则n＝(1，－，)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
题型三　求二面角
例3　(2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E
分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)求二面角D－A1C－E的正弦值．
思维启迪　根据题意知∠ACB＝90°，故CA、CB、CC1两两垂直，可以C为原点建立空间直角坐标系，利用向量求二面角．
(1)证明　连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．
又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.
因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
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(2)解　由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.
以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，
＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则即可取n＝(1，－1，－1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，
则可取m＝(2,1，－2)．
从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.
即二面角D－A1C－E的正弦值为.
思维升华　求二面角最常用的方法就是分别求 ( http: / / www.21cnjy.com )出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
　如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，C是的中点，D为AC的中点．
(1)证明：平面POD⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PA－C的余弦值．
(1)证明　
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如图，以O为坐标原点，OB， ( http: / / www.21cnjy.com )OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D(－，，0)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，
则由n1·＝0，n1·＝0，
得
所以z1＝0，x1＝y1，取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，
则由n2·＝0，n2·＝0，
得
所以x2＝－z2，y2＝z2.
取z2＝1，得n2＝(－，，1)．
因为n1·n2＝(1,1,0)·(－，，1)＝0，
所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC.
(2)解　因为y轴⊥平面PAB，
所以平面PAB的一个法向量为n3＝(0,1,0)．
由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2＝(－，，1)．
设向量n2和n3的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝.
由图可知，二面角B－PA－C的平面角为锐角，
所以二面角B－PA－C的余弦值为.
题型四　求空间距离
例4　已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．
思维启迪　所求距离可以看作CG在平面GEF的法向量的投影．
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
则＝(0,0,2)，由题意易得平面GEF的一个法向量为n＝(1,1,3)，
所以点C到平面GEF的距离为d＝＝.
思维升华　求点面距一般有以下三种方法：
①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
　(2012·大纲全国改编)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则点A到平面BED的距离为 (　　)
A．2 B. C. D．1
答案　D
解析　以D为原点，DA、 ( http: / / www.21cnjy.com )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)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)．
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．
则.
取y＝1，则n＝(－1,1，－)为平面BDE的一个法向量．
又＝(2,0,0)，
∴点A到平面BED的距离是
d＝＝＝1.
利用空间向量求角
典例：(12分)(201 ( http: / / www.21cnjy.com )3·江西)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，连接CE并延长交AD于F.
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(1)求证：AD⊥平面CFG；
(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
思维启迪　(1)可利用判定定理证明线面垂直；
(2)利用AD、AP、AB两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP、DCP夹角的余弦值．
规范解答
(1)证明　在△ABD中，因为E为BD的中点，
所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝，
∠ABE＝∠AEB＝.
因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，
从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，
所以∠FED＝∠FEA.[2分]
故EF⊥AD，AF＝FD，又因为PG＝GD，所以FG∥PA.
又PA⊥平面ABCD，[4分]
所以GF⊥AD，
故AD⊥平面CFG.[6分]
(2)解　以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，
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则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，
D(0，，0)，P，
故＝，＝，
＝.[8分]
设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝－，则x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－，2)．[9分]
同理求得面DCP的法向量为n2＝(1，，2)，[10分]
从而平面BCP与平面DCP的夹角θ的余弦值为
cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.[12分]
利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系．
第二步：确定点的坐标．
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．
第四步：计算向量的夹角(或函数值)．
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．
第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．
温馨提醒　(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．
(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．
(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错.
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方法与技巧
1．用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算．
2．求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．
失误与防范
1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定
义、范围不同．
2．求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便．
3．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成
的角为 (　　)
A．60° B．45°
C．30° D．90°
答案　D
解析　以A为原点，AB、AD、AA1所在直 ( http: / / www.21cnjy.com )线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD1、B1D的方向向量分别是＝(－1,0,1)，＝(－1,1，－1)，cos〈，〉＝＝0，
∴直线B1D和CD1所成的角为90°.
2. 如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则
下列结论中不正确的是 (　　)
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
答案　D
解析　∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.
其中SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，从而AC⊥SB.
故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO.
则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，
又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.
故C正确；由排除法可知选D.
3． (2013·山东)已知三棱柱ABC－ ( http: / / www.21cnjy.com )A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 (　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　如图所示：SABC＝×××sin ＝.
∴＝SABC×OP＝×OP＝，∴OP＝.
又OA＝××＝1，
∴tan∠OAP＝＝，又0<∠OAP<，
∴∠OAP＝.
4． 在正方体ABCD—A1B1 ( http: / / www.21cnjy.com )C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则　∴
∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
5． 在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为 (　　)
A. B.a C. D.a
答案　B
解析　
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根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．
过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．
又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，
可得H点的坐标为.
∴PH＝ ＝a.
∴点P到平面ABC的距离为a.
二、填空题
6． 已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．
答案　或
解析　cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.
∴两平面所成二面角的大小为或.
7. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，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________．
答案　60°
解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．
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设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
8． 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
答案　
解析　以A为坐标原点，AB、AD、AA1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A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(，1,0)，D1(0,1,1)．
∴＝(1,0，－)，＝(0,1,0)．
设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．
又＝(，1，－1)，
∴点F到平面A1D1E的距离为
d＝＝＝.
三、解答题
9. 如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD
所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，
AB＝4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；
(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．
解　(1)建立如图空间直角坐标系，
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∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，
∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．
由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，
∴∠PAD＝60°.
在Rt△PAD中，由AD＝2，
得PD＝2，∴P(0,0,2)．
(2)∵＝(2,0，－2)，＝(－2，－3,0)，
∴cos〈，〉
＝＝－，
∴异面直线PA与BC所成的角的余弦值为.
10．(2013·天津)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面
ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱
AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE；
(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
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方法一　如图，以点A为原点，以AD，AA1 ( http: / / www.21cnjy.com )，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
(1)证明　易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.
(2)解　＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．
由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝，
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)解　＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．
可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝
＝＝，
于是＝，解得λ＝(负值舍去)，
所以AM＝.
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方法二　(1)证明　因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1 平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.
经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，
从而B1E2＝B1C＋EC，
所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，
又CC1，C1E 平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，
所以B1C1⊥平面CC1E，
又CE 平面CC1E，故B1C1⊥CE.
(2)解　过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.
由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．
在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.
在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin ∠B1GC1＝，
即二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)解　连接D1E，过点M作MH⊥ED ( http: / / www.21cnjy.com )1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．
设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有
MH＝x，AH＝x.
在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，
得EH＝MH＝x.
在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，
由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，
得x2＝1＋x2＋x，
整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝(负值舍去)．
所以线段AM的长为.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为 (　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)
由题意得，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，
连接AE，则AE⊥PD，
又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，
又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP.
∴＝(0,1,0)，＝(0，，)分别是平面ABP、平面CDP的法向量，而〈，〉＝45°，
∴平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°.
2． 在棱长为2的正方体ABCD—A1 ( http: / / www.21cnjy.com )B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________．
答案　
解析　以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，
∴＝(－1,0,2)，
＝(－1,1,1)，
∴cos〈，〉＝＝.
3． 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
答案　
解析　如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，
∴＝(2,0,0)，
＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则.令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴点D1到平面A1BD的距离
d＝＝＝.
4. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，
点E在棱AB上移动．
(1)证明：D1E⊥A1D；
(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；
(3)AE等于何值时，二面角D1－EC－D的大小为.
解　以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，设AE＝x，
则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，
E(1，x,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．
(1)∵＝(1,0,1)，＝(1，x，－1)，
∴·＝(1,0,1)·(1，x，－1)＝0，
故⊥.
(2)因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，
从而＝(－1,2,0)，＝(1,1，－1)，＝(－1,0,1)，
设平面ACD1的法向量为n＝(a,1，c)，
则也即得
从而n＝(2,1,2)，
所以点E到平面ACD1的距离为
h＝＝＝.
(3)设平面CD1E的法向量m＝(m,1，n)，
从而＝(1，x－2,0)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，
由即得m＝(2－x,1,2)，
依题意得：cos＝＝，
∴＝，
解得x1＝2＋(不合题意，舍去)，x2＝2－，
∴AE＝2－时，二面角D1－EC－D的大小为.
5． (2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4
的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；
(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
(1)证明　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
∴AA1⊥平面ABC.
(2)解　
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在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，
∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC
∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.
A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1 ( http: / / www.21cnjy.com )(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．
设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
∴ ，
∴取向量n1＝(0,4,3)
由
取向量n2＝(3,4,0)
∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝.
由题意知二面角A1－BC1－B1为锐角，
所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.
(3)证明　设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.
∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，
解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.
∴＝(4λ，3－3λ，4λ)
又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0
则λ＝，因此＝.§8.4　空间中的垂直关系
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1． 两条直线互相垂直
定义：如果两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点，并且交角为直角，则称这两条直线互相垂直．
2． 直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义：
如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论：
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直 HYPERLINK "http://www.21cnjy.com" l⊥α
推论1 如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面 b⊥α
推论2 如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行 a∥b
3. 平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义：
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理：
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 α⊥β
(3)平面与平面垂直的性质定理：
文字语言 图形语言 符号语言
性质定理 如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面 l⊥α
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α. (　×　)
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直． (　√　)
(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b. (　√　)
(4)若α⊥β，a⊥β a∥α. (　×　)
(5)a⊥α，a β α⊥β. (　√　)
2． (2013·广东)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是
(　　)
A．若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
B．若α∥β，m α，n β，，则m∥n
C．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
答案　D
解析　A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中若α∥β，仍然满足m⊥n，m α，n β，故C错误；故D正确．
3． 设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是
(　　)
A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a α，b β
C．a⊥α，b∥α D．a⊥α，b⊥α
答案　C
解析　对于选项C，在平面α内作c ( http: / / www.21cnjy.com )∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B选项中，直线a，b可能是平行直线，也可能是异面直线；D选项中一定有a∥b.
4． 将图1中的等腰直角 ( http: / / www.21cnjy.com )三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是 (　　)
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A．相交且垂直 B．相交但不垂直
C．异面且垂直 D．异面但不垂直
答案　C
解析　在题图1中的等腰直角三角形ABC中 ( http: / / www.21cnjy.com )，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.
5． α、β是两个不同的平面，m ( http: / / www.21cnjy.com )、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：____________________________.
答案　可填①③④ ②与②③④ ①中的一个
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题型一　直线与平面垂直的判定与性质
例1　如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
思维启迪　第(1)问通过DC⊥平面PAC证明；也可通过AE⊥
平面PCD得到结论；第(2)问利用线面垂直的判定定理证明直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直．
证明　(1)在四棱锥P—ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而AE 平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD 平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
思维升华　(1)证明直线和平面垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，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．
(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．
　如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明　(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，
所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD.
又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.
由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.
题型二　平面与平面垂直的判定与性质
例2　(2013·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，
CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD、
PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
思维启迪　(1)平面PAD⊥底面ABCD，可由面面垂直的性质证PA⊥底面ABCD；
(2)由BE∥AD可得线面平行；
(3)证明直线CD⊥平面BEF.
证明　(1)∵平面PAD∩平面ABCD＝AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.
又∵BE 平面PAD，AD 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．
∴BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，则PA⊥CD，
∴CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，
又E、F分别为CD、CP的中点，
∴EF∥PD，故CD⊥EF.
由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF.
∴平面BEF⊥平面PCD.
思维升华　(1)判定面面垂直的方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
　(2012·江西)如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E、F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4，DE＝4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.
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(1)求证：平面DEG⊥平面CFG；
(2)求多面体CDEFG的体积．
(1)证明　因为DE⊥EF，CF⊥EF，
所以四边形CDEF为矩形．
由GD＝5，DE＝4，得
GE＝＝3.
由GC＝4，CF＝4，得FG＝＝4，
所以EF＝5.
在△EFG中，有EF2＝GE2＋FG2，
所以EG⊥GF.
又因为CF⊥EF，CF⊥FG，所以CF⊥平面EFG.
所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG.
又EG 平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG.
(2)解　如图，在平面EGF中，
过点G作GH⊥EF于点H，
则GH＝＝.
因为平面CDEF⊥平面EFG，
所以GH⊥平面CDEF，
所以V多面体CDEFG＝S矩形CDEF·GH＝16.
题型三　直线、平面垂直的综合应用
例3　如图所示，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，
AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4.
(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；
(2)求四棱锥P—ABCD的体积．
思维启迪　(1)因为两平面垂直与M点位置无关，所以在平面MBD
内一定有一条直线垂直于平面PAD，考虑证明BD⊥平面PAD.
(2)四棱锥底面为一梯形，高为P到面ABCD的距离．
(1)证明　在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝4，
∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.
又∵面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，
BD 面ABCD，∴BD⊥面PAD.
又BD 面MBD，
∴面MBD⊥面PAD.
(2)解　过P作PO⊥AD，
∵面PAD⊥面ABCD，
∴PO⊥面ABCD，
即PO为四棱锥P—ABCD的高．
又△PAD是边长为4的等边三角形，
∴PO＝2.
在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，
∴四边形ABCD为梯形．
在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为＝，
此即为梯形的高．
∴S四边形ABCD＝×＝24.
∴VP—ABCD＝×24×2＝16.
思维升华　垂直关系综合题的类型及解法
(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．
(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．
　(2013·江西)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.
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(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；
(2)求点B1到平面EA1C1的距离．
(1)证明　过B作CD的垂线交CD于F，则
BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.
在Rt△BFE中，BE＝.
在Rt△CFB中，BC＝.
在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，
故BE⊥BC.
由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，
所以BE⊥平面BB1C1C.
(2)解　三棱锥E－A1B1C1的体积
V＝AA1·＝.
在Rt△A1D1C1中，A1C1＝＝3.
同理，EC1＝＝3，
A1E＝＝2.
故＝3.
设点B1到平面A1C1E的距离为d，
则三棱锥B1－A1C1E的体积
V＝·d·＝d，
从而d＝，d＝.
立体几何证明问题中的转化思想
典例：(12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的
棱AB，CD，C1D1的中点．
求证：(1)AN∥平面A1MK；
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
思维启迪　(1)要证线面平行，需证线线平行．(2)要证面面垂直，
需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．
规范解答
证明　(1)如图所示，连接NK.
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，
∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，
∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]
∵N，K分别为CD，C1D1的中点，
∴DN∥D1K，DN＝D1K，
∴四边形DD1KN为平行四边形． [3分]
∴KN∥DD1，KN＝DD1，
∴AA1∥KN，AA1＝KN.
∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K. [4分]
∵A1K 平面A1MK，AN 平面A1MK，
∴AN∥平面A1MK. [6分]
(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，
AB∥C1D1，AB＝C1D1.
∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K.
∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1. [8分]
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，
BC1 平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.
∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C. [10分]
∴MK⊥B1C.∵A1B ( http: / / www.21cnjy.com )1 平面A1B1C，B1C 平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK 平面A1MK，
∴平面A1B1C⊥平面A1MK. [12分]
温馨提醒　(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；
(2)线线关系是线面关系、面面 ( http: / / www.21cnjy.com )关系的基础．证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；
(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.
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方法与技巧
1． 证明线面垂直的方法
(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直 a⊥α；
(2)判定定理1： l⊥α；
(3)判定定理2：a∥b，a⊥α b⊥α；
(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥α a⊥β；
(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β.
2． 证明线线垂直的方法
(1)定义；
(2)平面几何中证明线线垂直的方法；
(3)线面垂直的性质：a⊥α，b α a⊥b；
(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α a⊥b.
3． 证明面面垂直的方法
(1)利用定义；
(2)判定定理：a α，a⊥β α⊥β.
4． 转化思想：垂直关系的转化
( http: / / www.21cnjy.com )
在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
失误与防范
1． 在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．
2． 面面垂直的性质定理是作辅 ( http: / / www.21cnjy.com )助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 已知m是平面α的一条斜线，点A α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是 (　　)
A．l∥m，l⊥α B．l⊥m，l⊥α
C．l⊥m，l∥α D．l∥m，l∥α
答案　C
解析　设m在平面α内的射影为n，当l⊥n且与α无公共点时，l⊥m，l∥α.
2. 如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中
点，PM垂直于△ABC所在平面，那么 (　　)
A．PA＝PB>PC
B．PA＝PBC．PA＝PB＝PC
D．PA≠PB≠PC
答案　C
解析　∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，
∴BM＝AM＝CM，
又PM⊥平面ABC，
∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，
故PA＝PB＝PC.
3． 在空间内，设l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是 (　　)
A．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ
B．l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m
C．α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，若l∥m，则l∥n
D．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β
答案　D
解析　对于A，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真命题；
对于B，∵如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；
对于C，∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；
对于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题．综上所述，选D.
4． 正方体ABCD—A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于(　　)
A．A′C′ B．BD
C．A′D′ D．AA′
答案　B
解析　连接B′D′，
∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，
∴B′D′⊥平面CC′E.
而CE 平面CC′E，
∴B′D′⊥CE.
又∵BD∥B′D′，
∴BD⊥CE.
5. 如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，
且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥
PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC
的长，其中正确的是 (　　)
A．①② B．①②③
C．① D．②③
答案　B
解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，
又PC 平面PAC，∴BC⊥PC；
对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，
∵PA 平面PAC，∴OM∥平面PAC；
对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．
二、填空题
6． 已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：
①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.
其中正确的个数是________．
答案　3
解析　如图所示．∵PA⊥PC、PA⊥PB，PC∩PB＝P，
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC 平面PBC，
∴PA⊥BC.
同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.
7． 在正三棱锥P－ABC中，D， ( http: / / www.21cnjy.com )E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．
答案　①②
解析　如图，∵P－ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC；
又∵DE∥AC，DE 平面PDE，AC 平面PDE，
∴AC∥平面PDE.故①②正确．
8． 已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m α；④α∥β.当满足条件
________时，有m⊥β.(填所选条件的序号)
答案　②④
解析　若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
三、解答题
9． 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥
BC，AD＝2，AB＝3，BC＝BE＝7，△DCE是边长为6的正三角形．
(1)求证：平面DEC⊥平面BDE；
(2)求点A到平面BDE的距离．
(1)证明　因为四边形ABCD为直角梯形，
AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，AB＝3，所以BD＝，
又因为BC＝7，CD＝6，所以根据勾股定理可得BD⊥CD，
因为BE＝7，DE＝6，同理可得BD⊥DE.
因为DE∩CD＝D，DE 平面DEC，CD 平面DEC，
所以BD⊥平面DEC.因为BD 平面BDE，
所以平面DEC⊥平面BDE.
(2)解　如图，取CD的中点O，连接OE，
因为△DCE是边长为6的正三角形，
所以EO⊥CD，EO＝3，
易知EO⊥平面ABCD，
则VE－ABD＝××2×3×3＝3，
又因为直角三角形BDE的面积为×6×＝3，
设点A到平面BDE的距离为h，则由VE－ABD＝VA－BDE，
得×3h＝3，所以h＝，
所以点A到平面BDE的距离为.
10．(2012·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，
E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，
F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
证明　(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.又AD 平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE 平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.又AD 平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，
所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F 平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1，B1C1 平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD 平面ADE，A1F 平面ADE，
所以A1F∥平面ADE.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则 (　　)
A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直
B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直
D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直
答案　C
解析　如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．
2． (2012·江苏)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝
3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________ cm3.
答案　6
解析　连接AC交BD于O，在长方体中，
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∵AB＝AD＝3，∴BD＝3且AC⊥BD.
又∵BB1⊥底面ABCD，∴BB1⊥AC.
又DB∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1D1D，
∴AO为四棱锥A－BB1D1D的高且AO＝BD＝.
∵＝BD×BB1＝3×2＝6，
∴＝·AO
＝×6×＝6(cm3)．
3． 如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，
PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；
③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．
答案　①④
解析　由PA⊥平面ABC，AE 平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，
得AE⊥平面PAB，
又PB 平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；
∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；
由正六边形的性质得BC∥AD，
又AD 平面PAD，BC 平面PAD，∴BC∥平面PAD，
∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，
∴④正确．
4. 如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝
，等边三角形ADB以AB为轴转动．
(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长；
(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论．
解　(1)取AB的中点E，连接DE，CE.
∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.
当平面ADB⊥平面ABC时，
∵平面ADB∩平面ABC＝AB，
∴DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.
由已知可得DE＝，EC＝1.
在Rt△DEC中，CD＝＝2.
(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：
①当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，
∴C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.
②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.
又∵AC＝BC，∴AB⊥CE.
又DE，CE为相交直线，∴AB⊥平面CDE.
由CD 平面CDE，得AB⊥CD.
综上所述，总有AB⊥CD.
5． 如图1所示，在边长为4的菱形ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D中，∠DAB＝60°.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图2所示．
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(1)求证：BD⊥平面POA；
(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P－BDEF的体积．
(1)证明　因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.
因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.
因为平面PEF⊥平面ABFED，
平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO 平面PEF，
所以PO⊥平面ABFED.
因为BD 平面ABFED，所以PO⊥BD.
因为AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.
(2)解　设AO∩BD＝H.
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因为∠DAB＝60°，所以△BDC为等边三角形．
故BD＝4，HB＝2，HC＝2.
设PO＝x，则OH＝2－x，OA＝4－x.
连接PH，OB，由OH⊥BD，得OB2＝(2－x)2＋22.
又由(1)知PO⊥平面BFED，则PO⊥OB.
所以PB＝＝
＝.
当x＝时，PBmin＝，此时PO＝＝OH，
所以V四棱锥P－BDEF＝×S梯形BDEF×PO＝×(×42－×22)×＝3.§8.6　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
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1． 用向量表示直线或点在直线上的位置
(1)给定一个定点A和一个向量a，再任 ( http: / / www.21cnjy.com )给一个实数t，以A为起点作向量＝ta，则此向量方程叫做直线l以t为参数的参数方程．向量a称为该直线的方向向量．
(2)对空间任一确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存在唯一的实数t，满足等式＝(1－t)＋t，叫做空间直线的向量参数方程．
2． 用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合) v1∥v2.
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l α 存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l α v⊥u.
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β u1 ∥u2.
3． 用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α v∥u.
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β u1⊥u2 u1·u2＝0.
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的． (　×　)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的． (　×　)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行． (　×　)
(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行． (　√　)
(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行． (　×　)
(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行． (　×　)
2． 若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则 (　　)
A．l1∥l2 B．l1⊥l2
C．l1与l2相交但不垂直 D．以上均不正确
答案　B
解析　a·b＝－12＋36－24＝0，故a⊥b，即l1⊥l2，选B.
3． 已知平面α内有一点 ( http: / / www.21cnjy.com )M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是 (　　)
A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1)
C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)
答案　A
解析　逐一验证法，对于选项A，＝(1,4,1)，
∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．
4． 已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为______________．
答案　，－，4
解析　由题意知，⊥，⊥.
所以
即
解得，x＝，y＝－，z＝4.
5． 若A(0,2，)，B(1，－1，)，C(－2,1，)是平面α内的三点，设平面α的法向量n＝(x，y，z)，则x∶y∶z＝________.
答案　2∶3∶(－4)
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题型一　证明平行问题
例1　(2013·浙江改编)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，
BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，
点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
思维启迪　证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行，
也可利用平面的法向量．
证明　方法一　如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知，
A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0,0)．
因为＝3，
所以Q.
因为M为AD的中点，故M(0，，1)．
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故·a＝0.
又PQ 平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
方法二　在线段CD上取点 ( http: / / www.21cnjy.com )F，使得DF＝3FC，连接OF，同证法一建立空间直角坐标系，写出点A、B、C的坐标，设点C坐标为(x0，y0,0)．
∵＝，设F点坐标系(x，y,0)则
(x－x0，y－y0,0)＝(－x0，－y0,0)
∴
∴＝(x0，＋y0,0)
又由证法一知＝(x0，＋y0,0)，
∴＝，
∴PQ∥OF.
又PQ 平面BCD，OF 平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
思维升华　用向量证明线面平行的方法有
(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
(2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
(3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．
　如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG.
证明　∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形，
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∴AB、AP、AD两两垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0)．
∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)，
设＝s＋t，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴解得s＝t＝2.
∴＝2＋2，
又∵与不共线，∴、与共面．
∵PB 平面EFG，∴PB∥平面EFG.
题型二　证明垂直问题
例2　如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为
CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
思维启迪　证明线面垂直可以利用线面垂直的定义，即证线与平面内的任意一条直线垂直；也可以证线与面的法向量平行．
证明　方法一　设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.
令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，
则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，
m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，
·m＝(a－c)·
＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证．
方法二　如图所示，取BC的中点O，连接AO.
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因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，
A(0,0，)，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)．
因为n⊥，n⊥，
故
令x＝1，则y＝2，z＝－，
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，
而＝(1,2，－)，所以＝n，所以∥n，
故AB1⊥平面A1BD.
思维升华　用向量证明垂直的方法
(1)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．
(2)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．
(3)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．
　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.
证明　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Cxyz，
∵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，)，∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，
＝(，0，)，
(1)令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
则即∴
令y＝2，得n＝(－，2,1)．
∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，
∴n⊥，又CM 平面PAD，∴CM∥平面PAD.
(2)取AP的中点E，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.
题型三　解决探索性问题
例3　(2012·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD
＝1，E为CD的中点．
(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．
思维启迪　利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．
(1)证明　以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，
z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，
E，B1(a,0,1)，
故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)解　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)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.又DP 平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
思维升华　对于“是否存在”型问题的探索方式有 ( http: / / www.21cnjy.com )两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证．另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．
　如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧
棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
(1)证明　连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.
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由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
B，C，＝，
＝，则·＝0.
故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)解　棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，
＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
＝，
而·＝0 t＝.即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.
利用向量法解决立体几何问题
典例：(12分)(2012·湖南)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥
平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，
E是CD的中点．
(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．
思维启迪　本题中的(1)有两种证明思路：
(1)利用常规方法，将证明线面垂直转化为证明线线垂直，利用线面垂直的判定定理证之；
(2)将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题，证明向量垂直；然后计算两个向量的数量积．
规范解答
方法一　(1)证明　如图，
连接AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5.[1分]
又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.[2分]
因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.[4分]
而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，
所以CD⊥平面PAE.[5分]
(2)解　过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF.
由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.
于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，[6分]
且BG⊥AE.
由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．[7分]
由题意得∠PBA＝∠BPF，
因为sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF.
由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC.
又BG∥CD，所以四边形BCDG是平行四边形．
故GD＝BC＝3.于是AG＝2.
在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以
BG＝＝2，BF＝＝＝.
于是PA＝BF＝.[10分]
又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，
所以四棱锥P－ABCD的体积为
V＝×S×PA＝×16×＝.[12分]
方法二　如图，
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以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设PA＝h，则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．[2分]
(1)证明　易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)．
因为·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，[4分]
所以CD⊥AE，CD⊥AP.
而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，
所以CD⊥平面PAE.[5分]
(2)解　由题设和(1)知，，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．[6分]
而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，
所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，
即＝.[8分]
由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h)，
又＝(4,0，－h)，
故＝.
解得h＝.[10分]
又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，
所以四棱锥P－ABCD的体积为
V＝×S×PA＝×16×＝.[12分]
温馨提醒　(1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量；
(2)建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；
(3)对于和平面有关的垂直问题，也可利用平面的法向量．
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方法与技巧
用向量知识证明立体几何问题有两种基本思 ( http: / / www.21cnjy.com )路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．
失误与防范
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几 ( http: / / www.21cnjy.com )何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则
(　　)
A．l∥α或l α B．l⊥α
C．l α D．l与α斜交
答案　A
2． 若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是 (　　)
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
答案　D
解析　若l∥α，则a·n＝0，
D中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a⊥n.
3． 设平面α的法向量为a＝(1,2，－2)，平面β的法向量b＝(－2，h，k)，若α∥β，则h＋k的值为 (　　)
A．－2 B．－8 C．0 D．－6
答案　C
解析　由α∥β得a∥b，
∴＝＝，
∴h＝－4，k＝4，∴h＋k＝0.
4． 已知a＝(2，－1, ( http: / / www.21cnjy.com )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. B. C. D.
答案　D
解析　由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴，∴.
5. 如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，
P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM所成的角为
(　　)
A．60° B．45°
C．90° D．以上都不正确
答案　C
解析　以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
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依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，
M(，2,0)．
∴＝(，1，－)，
＝(－，2,0)，
∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，
即⊥，∴AM⊥PM.
二、填空题
6． 已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，则x＝________.
答案　－4
解析　∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.
7． 设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)确定的平面上，则a＝________.
答案　16
解析　＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．
根据共面向量定理，设＝x＋y (x、y∈R)，
则(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)
＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，
∴　解得x＝－7，y＝4，a＝16.
8. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为
A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位
置关系是________．
答案　平行
解析　∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，
∴＝，＝，
∴＝＋＋＝＋＋
＝(＋)＋＋(＋)
＝＋.
又∵是平面B1BCC1的法向量，
∴·＝·＝0，
∴⊥.又∵MN 平面B1BCC1，
∴MN∥平面B1BCC1.
三、解答题
9． 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.
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证明　如图，
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以D为坐标原点，线段DA的 ( http: / / www.21cnjy.com )长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．
∴·＝0，·＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，
又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ，
又PQ 平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.
10. 如图，在底面是矩形的四棱锥P－ACBD中，PA⊥底面ABCD，E，
F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明　(1)
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以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线 ( http: / / www.21cnjy.com )为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
∴E(，1，)，F(0,1，)，＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．
∵＝－，∴∥，即EF∥AB，
又AB 平面PAB，EF 平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.
∵DC 平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2 ( http: / / www.21cnjy.com )，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为 (　　)
A．－1,2 B．1，－2 C．1,2 D．－1，－2
答案　A
解析　由已知得c＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，
故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0.
解得
2． 已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件＝＋＋，则
直线AM (　　)
A．与平面ABC平行 B．是平面ABC的斜线
C．是平面ABC的垂线 D．在平面ABC内
答案　D
解析　由已知得M、A、B、C四点共面．所以AM在平面ABC内，选D.
3. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，
O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q
为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ
的实数λ的有________个．
答案　2
解析　建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中点坐标为
，
又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3，
∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.
∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
4. 如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角
三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、
C1C、BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明　(1)如图建立空间直角坐标系Axyz，
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令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
∴＝，∴DE∥NC，
又∵NC 平面ABC，DE 平面ABC.
故DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
5． 在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．
(1)证明　如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设AD＝a，则D(0,0,0)、
A(a,0,0)、B(a，a,0)、
C(0，a,0)、E、
P(0,0，a)、F.
＝，＝(0，a,0)．
∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.
(2)解　设G(x,0，z)，则＝，
若使GF⊥平面PCB，则
由·＝·(a,0,0)
＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)
＝＋a＝0，得z＝0.
∴G点坐标为，即G点为AD的中点．HYPERLINK "http://www.21cnjy.com"
§8.1　空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积
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1．多面体的结构特征
多面体 结构特征
棱柱 有两个面互相平行，而且夹在这两个平行平面间的每相邻两个面的交线都互相平行.
棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形.
棱台 棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分.
2.旋转体的形成
几何体 旋转图形 旋转轴
圆柱 矩形 矩形的一边所在的直线
圆锥 直角三角形 直角三角形的一直角边所在的直线
圆台 直角梯形 直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线
球 半圆 半圆直径所在的直线
3. 空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图 ( http: / / www.21cnjy.com )中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原来的一半．
4． 空间几何体的三视图
(1)三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．
(2)三视图的特点：
三视图满足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．
5．柱、锥、台和球的侧面积和体积
面积 体积
圆柱 S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h
圆锥 S侧＝πrl V＝Sh＝πr2h＝πr2
圆台 S侧＝π(r1＋r2)l V＝(S上＋S下＋)h＝π(r＋r＋r1r2)h
直棱柱 S侧＝ch V＝Sh
正棱锥 S侧＝ch′ V＝Sh
正棱台 S侧＝(c＋c′)h′ V＝(S上＋S下＋)h
球 S球面＝4πR2 V＝πR3
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠ ( http: / / www.21cnjy.com )A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°. (　×　)
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． (　×　)
(5)圆柱的侧面展开图是矩形． (　√　)
(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算． (　√　)
2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是 (　　)
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答案　D
解析　由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.
3． (2013·课标全国Ⅰ)如图，有一个 ( http: / / www.21cnjy.com )水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 (　　)
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A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
答案　A
解析　作出该球轴截面的图象 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，依题意BE＝2，AE＝CE＝4，设DE＝x，故AD＝2＋x，因为AD2＝AE2＋DE2，解得x＝3，故该球的半径AD＝5，
所以V＝πR3＝.
4． 一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．
答案　
解析　由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为的三角形，所以原三角形的面积为.
5． 若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．
答案　π
解析　侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1，
∴h＝＝，∴V＝π×1×＝π.
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题型一　空间几何体的结构特征
例1　(1)下列说法正确的是 (　　)
A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形
C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
(2)给出下列命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是 (　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
思维启迪　从多面体、旋转体的定义入手，可以借助实例或几何模型理解几何体的结构特征．
答案　(1)B　(2)A
解析　(1)A错，如图1；B正确，如图 ( http: / / www.21cnjy.com )2，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．
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(2)①不一定，只有这两点的连线平 ( http: / / www.21cnjy.com )行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
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思维升华　(1)有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱．
(2)既然棱台是由棱锥定义的，所以在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．
(3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转得到，还要看旋转轴是哪条直线．
　如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为 (　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案　C
解析　还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.
题型二　空间几何体的三视图和直观图
例2　(1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是 (　　)
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(2)
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正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________．
思维启迪　(1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是可求出底面积．由底面积的大小可判断其俯视图是哪一个．
(2)按照直观图画法规则确定平面图形和其直观图面积的关系．
答案　(1)C　(2)a2
解析　(1)由该几何体的主视图和左 ( http: / / www.21cnjy.com )视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是可知该几何体的底面积是，由图知A的面积是1，B的面积是，C的面积是，D的面积是，故选C.
(2)画出坐标系x′O′y′，作出△OAB的直观图O′A′B′(如图)．D′为O′A′的中点．
易知D′B′＝DB(D为OA的中点)，
∴S△O′A′B′＝×S△OAB＝×a2＝a2.
思维升华　(1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．
(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已 ( http: / / www.21cnjy.com )知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．
　(1)(2013·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面积不可能等于 (　　)
A．1 B. C. D.
(2)如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是 (　　)
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．一般的平行四边形
答案　(1)C　(2)C
解析　(1)由俯视图知正方 ( http: / / www.21cnjy.com )体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为，面积范围应为[1，]，不可能等于.
(2)如图，在原图形OABC中，
应有OD＝2O′D′＝2×2
＝4 cm，
CD＝C′D′＝2 cm.
∴OC＝
＝＝6 cm，
∴OA＝OC，
故四边形OABC是菱形．
题型三　空间几何体的表面积与体积
例3　(1)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 (　　)
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A．48 B．32＋8
C．48＋8 D．80
(2)已知某几何体的三视 ( http: / / www.21cnjy.com )图如图所示，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为 (　　)
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A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
思维启迪　先由三视图确定几何体的构成及度量，然后求表面积或体积．
答案　(1)C　(2)C
解析　(1)由三视图知该几何体的直观图 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为＝.所以S表＝42＋2×4＋×(2＋4)×4×2＋4××2＝48＋8.
(2)由三视图确定该几何体是一个半球 ( http: / / www.21cnjy.com )体与三棱锥构成的组合体，如图，其中AP，AB，AC两两垂直，且AP＝AB＝AC＝1，故AP⊥平面ABC，S△ABC＝AB×AC＝，所以三棱锥P－ABC的体积V1＝×S△ABC×AP＝××1＝，又Rt△ABC是半球底面的内接三角形，所以球的直径2R＝BC＝，解得R＝，所以半球的体积V2＝××()3＝，故所求几何体的体积V＝V1＋V2＝＋.
思维升华　解决此类问题需先由三视图 ( http: / / www.21cnjy.com )确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成，并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．
　(2012·课标全国)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为 (　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，
所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．
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在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，
S△ABC＝×AB2＝，
高OD＝ ＝，
∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝.
转化思想在立体几何计算中的应用
典例：(12分)如图，在直棱柱ABC—A′B′C′中，底面是边长为3的等
边三角形，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿
棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为，设这条最短路线与
CC′的交点为N，求：
(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；
(2)PC与NC的长；
(3)三棱锥C—MNP的体积．
思维启迪　(1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN＋NP最短在展开图上呈现怎样的形式；(3)三棱锥以谁做底好．
规范解答
解　(1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为＝.[2分]
(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，如下图，设PC＝x，则MP2＝MA2＋(AC＋x)2.
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∵MP＝，MA＝2，AC＝3，∴x＝2，即PC＝2.
又NC∥AM，故＝，即＝.∴NC＝.[8分]
(3)S△PCN＝×CP×CN＝×2×＝.
在三棱锥M—PCN中，M到面PCN的距离，
即h＝×3＝.
∴VC—MNP＝VM—PCN＝·h·S△PCN
＝××＝.[12分]
温馨提醒　(1)解决空间几何体表面上的最 ( http: / / www.21cnjy.com )值问题的根本思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．
(2)如果已知的空间几何体是多面体， ( http: / / www.21cnjy.com )则根据问题的具体情况可以将这个多面体沿多面体中某条棱或者两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．
如果是圆柱、圆锥则可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．
(3)本题的易错点是，不知道从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.
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方法与技巧
1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．
2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．
3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；
(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．
4．直观图画法：平行性、长度两个要素．
5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
6．与球有关的组合体问题，一种是内切， ( http: / / www.21cnjy.com )一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．
失误与防范
1．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．
2．注意空间几何体的不同放置对三视图的影响．
3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．
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A组　专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有 (　　)
A．20 B．15
C．12 D．10
答案　D
解析　如图，在正五棱柱ABCD ( http: / / www.21cnjy.com )E－A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．
2． (2012·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是
(　　)
A．球 B．三棱锥
C．正方体 D．圆柱
答案　D
解析　考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得．
球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.
对于如图所示三棱锥O－ABC，
当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，
其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.
不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，
故答案选D.
3． (2013·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 (　　)
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A. B. C．200 D．240
答案　C
解析　由三视图知该几何体为直四棱柱，其 ( http: / / www.21cnjy.com )底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S＝＝20.又棱柱的高为10，所以体积V＝Sh＝20×10＝200.
4． 如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是 (　　)
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答案　D
解析　由俯视图可知是B和D中的一个，由主视图和左视图可知B错．
5． 某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为(　　)
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A.π B．π＋
C.π＋ D.π＋
答案　C
解析　由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为，∴表面积S＝×2×＋×π×12＋×π×1×2＝＋.
二、填空题
6. 如图所示，E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1的面ADD1A1、面
BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D1上的正
投影是________．(填序号)
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答案　②
解析　四边形在面DCC1D1上的正投影为② ( http: / / www.21cnjy.com )：B在面DCC1D1上的正投影为C，F、E在面DCC1D1上的投影应在边CC1与DD1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．
7． 已知三棱锥A—BCD的所有棱长都为，则该三棱锥的外接球的表面积为________．
答案　3π
解析　如图，构造正方体AND ( http: / / www.21cnjy.com )M—FBEC.因为三棱锥A—BCD的所有棱长都为，所以正方体ANDM—FBEC的棱长为1.所以该正方体的外接球的半径为.
易知三棱锥A—BCD的外接球就是正方体ANDM—FBEC的外接球，
所以三棱锥A—BCD的外接球的半径为.所以三棱锥A—BCD的外接球的表面积为
S球＝4π2＝3π.
8． (2013·江苏)如图，在三棱柱 ( http: / / www.21cnjy.com )A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.
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答案　1∶24
解析　设三棱锥F－ADE的高为h，
则＝
＝.
三、解答题
9．一个几何体的三视图及其相关数据如图所示，求这个几何体的表面积．
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解　这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．
根据图中数据可知圆台的上底面半径为1， ( http: / / www.21cnjy.com )下底面半径为2，高为，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何体的表面积为S＝π×12＋π×22＋π×(1＋2)×2＋×(2＋4)×＝＋3.
10．已知一个正三棱台的两底面边长分别为30 cm和20 cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．
解　如图所示，三棱台ABC—A1B1C1中，O、O1分别为两底面中心，D、D1分别为BC和B1C1的中点，则DD1为棱台的斜高．
由题意知A1B1＝20，AB＝30，
则OD＝5，O1D1＝，
由S侧＝S上＋S下，得
×(20＋30)×3DD1＝×(202＋302)，
解得DD1＝，
在直角梯形O1ODD1中，
O1O＝＝4，
所以棱台的高为4 cm.
B组　专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 在四棱锥E—ABCD中，底面ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D为梯形，AB∥CD,2AB＝3CD，M为AE的中点，设E—ABCD的体积为V，那么三棱锥M—EBC的体积为 (　　)
A.V B.V C.V D.V
答案　D
解析　设点B到平面EMC的距离为h1，点D到平面EMC的距离为h2.
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连接MD.
因为M是AE的中点，
所以VM—ABCD＝V.
所以VE—MBC＝V－VE—MDC.
而VE—MBC＝VB—EMC，VE—MDC＝VD—EMC，
所以＝＝.
因为B，D到平面EMC的距离即为到平面EAC的距离，而AB∥CD，且2AB＝3CD，所以＝.
所以VE—MBC＝VM－EBC＝V.
2． 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是 (　　)
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A．28＋6 B．30＋6
C．56＋12 D．60＋12
答案　B
解析　由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，
其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4.
∵AE＝4，ED＝3，∴AD＝5.
又CD⊥BD，CD⊥AE，
则CD⊥平面ABD，
故CD⊥AD，
所以AC＝且S△ACD＝10.
在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2.
在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4，
故S△BCD＝10，且BC＝.
在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.
在△ABC中，AB＝2，BC＝AC＝，
则AB边上的高h＝6，
故S△ABC＝×2×6＝6.
因此，该三棱锥的表面积为S＝30＋6.
3． 表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．
答案　2
解析　设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r.则πl2＋πr2＝3π，πl＝2πr，∴r＝1，即圆锥的底面直径为2.
4. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，
图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直
角三角形．
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(1)根据图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA.
解　(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.
(2)由左视图可求得PD＝＝＝6.
由主视图可知AD＝6，且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝＝＝6 cm.
5． 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是 ( http: / / www.21cnjy.com )边长为a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝a，PA＝PC＝a，若在这个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．
解　当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，
设球的半径为r，球心为O，
连接OP、OA、OB、OC、OD，
则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，
则VP－ABCD＝r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S正方形ABCD)＝r(2＋)a2.
由题意，知PD⊥底面ABCD，
∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝a3.
由体积相等，
得r(2＋)a2＝a3，
解得r＝(2－)a.