(共39张PPT)
第二节
空间点、直线、平面之间的位置关系
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.平面的基本事实
基本事实1：过______________的三个点，有且只有一个平面．
当三个点共线时，过这三点的平面有无数个
基本事实2：如果一条直线上的________在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
基本事实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________过该点的公共直线．
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线________．
不在一条直线上
两个点
一条
平行
2．基本事实的三个推论
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_______直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条_______直线，有且只有一个平面．
3．空间中直线与直线的位置关系
相交
平行
相交
平行
任何
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 ________ ____个
平行 ________ ____个
在平面内 ________ ____个
a∩α＝A
1
a∥α
0
a α
无数
平面与平面 平行 ________ ____个
相交 ________ ____个
α∥β
0
α∩β＝l
无数
5.等角定理
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角__________．
6．异面直线所成的角
(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
(2)取值范围：(0，].
当异面直线所成角为时，称两条异面直线互相垂直
相等或互补
【常用结论】
1．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．
2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)没有公共点的两条直线是异面直线．( )
(2)两两平行的三条直线可以确定三个平面．( )
(3)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．( )
(4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
×
×
×
×
2．(教材改编)下列命题中正确的是( )
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
答案：D
解析：对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；
对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故B错误；
对于C，三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，故C错误；
对于D，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确．
3．(教材改编)三个平面最多把空间分成________部分，最少能把空间分成________部分．
答案：8 4
解析：三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．
4．(易错)已知两条相交直线a，b，a∥平面α，b与α的位置关系是( )
A．b∥α B．b与α相交
C．b α D．b∥α或b与α相交
答案：D
解析：因为a，b是两条相交直线，所以a，b确定一个平面β，若β∥α，则b∥α，若β与α相交，则b与α相交．故选D.
5．(易错)如果OA∥O1A1，OB∥O1B1，∠AOB＝，则∠A1O1B1＝________．
答案：或
解析：∵OA∥O1A1，OB∥O1B1，
∴当直线OA，OA1，OB，OB1中方向都相同或都相反时，∠A1O1B1＝，
当直线OA，OA1，OB，OB1中方向有一条不同，一条相反时，∠A1O1B1＝.
课堂互动探究案
1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．
2．了解四个基本事实和一个定理，并能用定理解决问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】 “有且只有一个平面”“确定一个平面”“共面”三者之间有何区别与联系？
提示：“确定一个平面”与“有且只有一个平面”是等价的，都包括“存在”和“唯一”两个方面．但“共面”的意思是“在同一个平面内”，只强调了“存在性”，不含“唯一性”．所以“共面”与前两者是不同的．
【问题2】 分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线吗？
提示：不一定．它们可能异面，可能相交，也可能平行．
关键能力·题型剖析
题型一 基本事实的应用
例1 已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
证明：
(1)如图所示．∵E，F分别为D1C1，C1B1的中点，
∴EF是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
∴EF∥BD.∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β.
∴Q是α与β的公共点．同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)由(1)知，EF∥BD且EF设交点为M，则由M∈DE，DE 平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，点M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三线交于一点．
题后师说
共面、共线、共点问题的证明方法
巩固训练1
如图，已知A，B，C，D是空间四点，且点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上．求证：直线AD，BD，CD在同一平面内．
证明：因为点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上，
所以点A，B，D确定唯一的一个平面，设为α，所以l α，
因为C∈l，所以C∈α，所以A，B，C，D∈α，
所以AD α，BD α，CD α，
即直线AD，BD，CD在同一平面内．
题型二 空间两直线的位置关系
角度一 空间两直线位置关系的判断
例2 已知异面直线a、b分别在平面α、β内，α∩β＝c，那么c与a、b的关系为( )
A．与a、b都相交 B．至少与a、b之一相交
C．至多与a、b之一相交 D．只能与a、b之一相交
答案：B
解析：对于A，a∥c，b∩c＝M，且M a，此时满足题意，同理b∥c，a∩c＝N，且N b，也满足题意，此时A不成立；对于C，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a、b平行，与异面矛盾，故C不正确；对于D，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故D不正确．综上所述，c至少与a、b之一相交，选项B是正确的．故选B.
题后师说
空间两直线位置关系的判定方法
巩固训练2
(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF与AB是异面直线
D．EF与CD 是异面直线
答案：AB
解析：展开图还原为几何体后，如图，AB与CD是异面直线，GH与CD相交，EF与AB是相交直线，EF与CD 是平行直线，所以A、B正确，C、D错误．故选AB.
角度二 异面直线所成的角
例3 [2024·河北邯郸模拟]如图，在圆柱O′O中，AB，A′B′分别为圆O，圆O′的直径，C为上靠近A的三等分点，C′为上靠近A′的三等分点，且AO＝AA′＝OO′＝2，则异面直线AC′与OC夹角的正切值为( )
A． B．2
C． D．
答案：D
解析：如图，连接CC′，AO′，C′O′，AC.因为C′O′∥CO，C′C⊥AC，△AOC为等边三角形，所以异面直线AC′与OC的夹角为∠AC′O′或其补角，因为AC′＝＝2，AO′＝＝2，O′C′＝2，所以异面直线AC′与OC夹角的正切值为tan ∠AC′O′＝＝.故选D.
题后师说
求异面直线所成角的步骤
巩固训练3
已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝CC1＝3，则异面直线AD1与BD所成角的余弦值为( )
A． B．－
C． D．－
答案：C
解析：连接DC1，BC1，根据长方体的性质可知AD1∥BC1，所以∠DBC1是异面直线AD1与BD所成角(或其补角)，在△BDC1中，BD＝DC1＝5，BC1＝3，由余弦定理得cos ∠DBC1＝＝.故选C.
题型三 空间几何体的截面问题
例4 [2024·河南新乡模拟]如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为( )
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
答案：A
解析：如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，E、F分别为棱CC1、BC的中点，则EF∥BC1，正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2.故选A.
题后师说
作截面应遵循的三个原则
(1)在同一平面上的两点可引直线；
(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；
(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线．
巩固训练4
已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，则过这三点的截面图的形状是( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
答案：D
解析：分别取D1C1，D1D，AD的中点H，M，N，连接GH，HM，MN，∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BB1，B1C1的中点，∴HG∥EN，HM∥EF，FG∥MN，∴六边形EFGHMN是过E，F，G这三点的截面图，∴过这三点的截面图的形状是六边形．故选D.
1．四棱锥P-ABCD如图所示，则直线PC( )
A.与直线AD平行
B．与直线AD相交
C．与直线BD平行
D．与直线BD是异面直线
答案：D
解析：根据异面直线的定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，可以判断直线PC与直线AD、直线BD是异面直线．故选D.
2．两条直线a，b分别和异面直线c，d都相交，则直线a，b的位置关系是( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．可能是平行直线
D．可能是异面直线，也可能是相交直线
答案：D
解析：已知直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别与两条直线c与直线d相交于点A，B，C，D，根据题意可得当点D与点B重合时，两条直线相交，当点D与点B不重合时，两条直线异面，所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D.
3．在空间四边形ABCD的各边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF∩GH＝P，则点P( )
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．既在直线AC上也在直线BD上
D．既不在直线AC上也不在直线BD上
答案：B
解析：如图，∵EF 平面ABC，GH 平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即点P一定在直线AC上．故选B.
4．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，BB1＝1，P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成的角为________．
答案：
解析：取CD中点Q，连接BQ，C1Q，
∵DQ＝BP，DQ∥BP，∴四边形BPDQ为平行四边形，∴PD∥BQ，
∴异面直线BC1与PD所成角即为直线BC1与BQ所成角，即∠C1BQ(或其补角)，
∵BQ＝＝，BC1＝＝，C1Q＝＝，
∴△BC1Q为等边三角形，∴∠C1BQ＝，
即异面直线BC1与PD所成角为.(共41张PPT)
第三节 空间直线、平面的平行
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.线面平行的判定定理和性质定理
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果平面外一条直线与________的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行 线面平行”) a α，b α，且a∥b a∥α
“内”“外”“平行”三个条件缺一不可
性质定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面______，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行 线线平行”)
此平面内
相交
2.面面平行的判定定理和性质定理
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面内的两条________与另一个平面平行，那么这两个平面平行 “相交”条件不可缺少
a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α
性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么________平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
相交直线
两条交线
【常用结论】
(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(4)若α∥β，a α，则α∥β.
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( )
(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α∥β，且直线a∥α，则直线a∥β.( )
×
×
√
×
2．(教材改编)如图，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
答案：平行
解析：连接BD，则AC∩BD＝O，连接OE(图略)，则OE∥BD1，OE 平面ACE，BD1 平面ACE，∴BD1∥平面ACE.
3．(教材改编)如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD和AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
答案：
解析：由平面α∥平面β，平面PAB∩平面α＝CD，平面PAB∩平面β＝AB，
∴AB∥CD，∴＝，∵PC＝2，CA＝3，CD＝1，∴＝，∴AB＝.
4．(易错)若直线a与平面α内的无数条直线平行，则a与α的关系为________．
答案：a∥α或a α
解析：若直线a在平面外，则a∥α；若直线a在平面内，符合条件，∴a∥α或a α.
5．(易错)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，则a与β的关系是________．
答案：a β或a∥β
解析：因为直线a∥平面α，平面α∥平面β，
所以a β或a∥β.
课堂互动探究案
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并会证明．
2．掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】 一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？
提示：不都平行．该平面内的直线有两类：一类与该直线平行，一类与该直线异面．
【问题2】 一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？
提示：平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理．
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面平行的判定与性质
角度一 直线与平面平行的判定
例1 在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是正方形， A1为AB1的中点，求证：直线AC∥平面A1BC1.
证明：连接CB1，设CB1∩BC1＝D，因为四边形BB1C1C是正方形，
所以D为CB1的中点，连接A1D，
因为A1，D分别为AB1，CB1的中点，则A1D∥AC，
因为A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直线AC∥平面A1BC1.
题后师说
证明线面平行的两种常用方法
(1)利用线面平行的判定定理．
(2)利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β)．
角度二 直线与平面平行的性质
例2 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.
求证：BE∥FG.
证明：因为E为线段AD的中点，所以DE＝AD＝1.
又因为BC＝1，所以DE＝BC.
在梯形ABCD中，DE∥BC，
所以四边形BCDE为平行四边形．所以BE∥CD.
又因为BE 平面PCD，且CD 平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
因为BE 平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，
所以BE∥FG.
题后师说
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定．
巩固训练1
如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
解析：(1)证明：令AC∩BD＝O，连接OE，
∵四边形ACEF为矩形，M，O分别为EF，AC中点，
∴EM∥OA，且EM＝OA，
∴四边形AOEM为平行四边形，∴AM∥OE，
∵AM 平面BDE，OE 平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明：由(1)知AM∥平面BDE，
又∵AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
∴l∥AM，
∵AM∥平面BDE，AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
∴m∥AM，∴l∥m.
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 如图，在三棱柱ABC - A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
证明：(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，
∴EF∥A1C1，
∵A1C1 平面A1C1G，EF 平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分别为A1B1，AB的中点，
∴A1F＝BG，又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G 平面A1C1G，BF 平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF 平面BEF.
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
题后师说
证明面面平行的三种常用方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．
(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ α∥γ)．
巩固训练2
如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.
证明：(1)由题意，BB1∥DD1且BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.
又BD 平面CD1B1，B1D1 平面CD1B1，
∴BD∥平面CD1B1，
∵A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C，
又A1B 平面CD1B1，D1C 平面CD1B1，
∴A1B∥平面CD1B1，
又∵BD＝B，BD，A1B 平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知，平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，∴直线l∥直线BD，
∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
∴B1D1∥BD，∴l∥B1D1.
题型三 平行关系的综合应用
例4 如图，四棱锥P - ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解析：
(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，
又DH 平面PAD，CE 平面PAD，因此CE∥平面PAD.
(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明：取AB的中点F，连接CF，EF，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AD 平面PAD，CF 平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，CE，CF 平面CEF，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．
题后师说
解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”“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，绝不可过于“模式化”．
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
巩固训练3
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
解析：
(1)当＝1时，BC1∥平面AB1D1，
如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，
∴点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴＝＝，
又＝1，∴＝1，即＝1.
1．若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”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：A
解析：∵l，m是平面α外的两条不同的直线，m∥α，∴若l∥m，则推出“l∥α”；若l∥α，则l∥m或l与m相交或l与m异面；∴若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”的充分不必要条件．故选A.
2．已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α∥β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q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：A
解析：若α∥β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q；根据面面平行的判定定理，如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故选A.
3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点， BF∥平面ACE，则EF的长度为( )
A.2 B．
C． D．2
答案：B
解析：正方体ABCD-A1B1C1D1，连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示，∵BF∥平面ACE，平面BEF∩平面ACE＝OE，BF 平面BEF，∴BF∥OE，又EF∥BO，∴BOEF为平行四边形，则EF＝BO＝.故选B.
4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1，M，N作正方体的截面α交CC1于点Q，则＝________．
答案：
解析：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1，M，N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1＝A1M，平面DCC1D1＝NQ，
故A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，
故△NC1Q∽△A1B1M，故＝＝，
而B1M＝BB1＝CC1，
故＝，则＝.(共46张PPT)
第四节 空间直线、平面的垂直
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的________，平面α叫做直线l的________．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．
垂线
垂面
(2)判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直， “相交”是定理的关键词，应用定理时不能省略 那么该直线与此平面垂直
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线________
平行
a⊥α
2.平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是________，就说这两个平面互相垂直．
直二面角
(2)判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 实际应用：找出一个平面的垂面的依据 如果一个平面过另一个平面的______，那么这两个平面垂直
性质 定理 两个平面垂直，如果一个平面内有 一定不能漏掉“垂直于交线”这一条件 一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
垂线
b⊥α
【常用结论】
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．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.( )
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )
(4)垂直于同一个平面的两个平面平行．( )
×
×
×
×
2．(教材改编)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
答案：C
解析：对于A，m与l可能平行或异面，故A错；对于B、D，m与n可能平行、相交或异面，故B、D错；对于C，因为n⊥β，l β，所以n⊥l，故C正确．故选C.
3．(教材改编)在三棱锥P - ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案：(1)外 (2)垂
解析：(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G．
∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，
∴PC⊥AB，
∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，
又CG 平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，
即O为△ABC的垂心．
4．(易错)“直线与平面α内无数条直线垂直”是“直线与平面α垂直”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：B
解析：根据直线垂直平面的定义，由“直线与平面α垂直”可推出“直线与平面α内无数条直线都垂直”，反之不能由“直线与平面α内无数条直线都垂直”推出“直线与平面α垂直”．故选B.
5．(易错)已知ABCD是边长为a的正方形，点P在平面ABCD外，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则该几何体P - ABCD的5个面中，互相垂直的面有________对．
答案：5
解析：
已知ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，
所以PA⊥AD，PA⊥AB，又AD∩AB＝A，
所以PA⊥平面ABCD，
因为PA 平面PAB，PA 平面PAD，
所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，
因为AB⊥AD，AB⊥PA，AD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，
因为AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，
同理可得BC⊥平面PAB，BC 平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，
因为AB∥CD，所以CD⊥平面PAD，
CD 平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD，
故互相垂直的面有5对．
课堂互动探究案
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，并会证明．
2．掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】 如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线就垂直于这个平面吗？
提示：不一定．如图，当平面α内的无数条直线a，b，c，…都互相平行时，直线l在保证与直线a，b，c，…都垂直的条件下，与平面α可能平行、垂直也可能斜交．
【问题2】 当两个平面互相垂直时，一个平面内一条直线垂直另一个平面内任意一条直线？
提示：不一定．当两个平面互相垂直时，一个平面内的一条直线只有垂直于这两个平面的交线时，这条直线才垂直于另一个平面．
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2, AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点.
(1)求证：AN⊥CM；
(2)求证：AN⊥平面BCM.
证明：(1)连接DN，则DN＝＝2，AN＝＝2，
∴DN2＋AN2＝AD2，∴DN⊥AN，
又∵DM∥CN，DM＝CN，∴四边形DMCN为平行四边形，
∴DN∥CM，∴AN⊥CM.
(2)证明：在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2，AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点，
∵AC＝BC＝2，AB＝2，
∴AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又ABC-DEF是直三棱柱，
∴AD⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AD⊥BC，
AC，AD 平面ACFD，AC∩AD＝A，
∴BC⊥平面ACFD，AN 平面ACFD，则BC⊥AN，
∵M，N分别为AD，CF的中点，且AD＝4，AC＝2，
∴四边形ACNM为正方形，则CM⊥AN，又BC∩CM＝C，
BC，CM 平面BCM，∴AN⊥平面BCM.
题后师说
证明直线与平面垂直的常用方法
(1)判定定理，它是最常用的思路．
(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．
巩固训练1
如图，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．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
证明：(1)在四棱锥P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，
∵AE 平面PAC，故CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，
∠ABC＝60°，可得PA＝AC，
∵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，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 [2023·全国乙卷]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
解析：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，
则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
方法一 由＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
方法二 在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，
所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
题后师说
(1)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．
(2)面面垂直性质的应用：①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
巩固训练2
[2024·河北邢台模拟]如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，PB⊥AE，E为CD中点，AB＝，BC＝2AD＝2.
(1)证明：平面PAE⊥平面PBD；
(2)若PB＝PD＝2，求点B到平面PCD的距离．
解析：(1)证明：由AB⊥BC，AD∥BC，AB＝，BC＝2AD＝2，
可得底面ABCD为直角梯形，如图，作DF⊥BC于F，
则DF＝AB＝，DC＝＝2，
sin ∠BCD＝sin ∠FCD＝＝，
∴∠BCD＝，BD＝＝2，
从而△BCD是等边三角形，∠BDC＝，而∠ADC＝，
故BD平分∠ADC.
∵E为CD中点，故DA＝DE＝1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，PB，BD 平面PBD，∴AE⊥平面PBD.
∵AE 平面PAE，∴平面PAE⊥平面PBD.
(2)由(1)知，AE⊥平面PBD，AE 平面ABCD，则平面PBD⊥平面ABCD，
取BD中点O，连接PO，∵PB＝PD，则PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
PO 平面PBD，∴PO⊥平面ABCD.
∵PB＝PD＝BD＝2，∴PO＝，
连接OC，∵BC＝DC＝BD＝2，故CO＝.
在Rt△POC中，CO＝PO＝，∴PC＝，
在△PCD中，PD＝CD＝2，PC＝，
所以PC边上的高为 ＝，
∴S△PCD＝＝，
∵VB-PCD＝VP-BCD＝S△BCD·PO＝×2×2×sin ＝1，
设点B到平面PCD的距离为h，则×h＝1，解得h＝.
题型三 垂直关系的综合应用
例3 [2024·北京怀柔模拟]如图，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM∥平面SCD.
(1)求证：M为线段BC中点；
(2)求证：平面SAD⊥平面SCD；
(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：依题意平面EFM∥平面SCD，
由于平面EFM∩平面ABCD＝EM，平面SCD∩平面ABCD＝CD，
所以EM∥CD，由于正方形ABCD中，E是AD的中点，
所以M是线段BC的中点．
(2)证明：由于平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
由于CD⊥AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面SAD，
由于CD 平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD.
(3)存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE.
因为ED∥CM，并且ED＝CM，所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO＝CO.
又因为N为SC中点，所以NO∥SE.
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
又SE 平面SAD，由已知SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO 平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.
所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，＝.
题后师说
(1)对于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)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
巩固训练3
如图，正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点M为A1B1的中点．在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，
于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M 平面BC1M，
则平面BC1M⊥平面AA1B1B，
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，
平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，
于是点Q即为所要找的点，
如图所示，显然△ABQ∽△BB1M，因此＝，
即有＝，于是BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
1．[2024·广东深圳模拟]若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的( )
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
答案：D
解析：如图所示，若直线b与平面α相交点A，但不垂直时，当直线a垂直于直线b在平面α内的射影，此时b⊥a，得不出b⊥α.因为b⊥α，且直线a在平面α内，所以b⊥a，则“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件，故选D.
2．空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交 D．不确定
答案：B
解析：因为三角形的两边AC，BC有交点C，且直线l和AC，BC同时垂直，所以该直线垂直平面ABC，故该直线与AB垂直．故选B.
3．[2024·九省联考]设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
答案：C
解析：对于A，若α⊥γ，β⊥γ，α，β可能相交也可能平行，故A项不正确；对于B，l∥α，α⊥β，则可能有l∥β，故B，D项不正确；对于C，α⊥γ，β∥γ则必有α⊥β，故C项正确．故选C.
4.如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且PA⊥平面ABCD，则在△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，△PAC及△PBD中，直角三角形有________个．
答案：5
解析：PA⊥平面ABCD，AB，AC，AD 平面ABCD，
则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，
故△PAB，△PAD，△PAC是直角三角形；
PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，则PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，故BC⊥平面PAB，PB 平面PAB，故BC⊥PB，
故△PBC是直角三角形，同理可得△PCD为直角三角形；
△PBD中，设AB＝AD＝a，PA＝b，则BD＝a，PB＝PD＝，
PB2＋PD2＝2a2＋2b2>2a2＝BD2，故△PBD不是直角三角形．
综上所述共有5个直角三角形．(共49张PPT)
第五节 空间向量及其应用
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.向量共线与向量共面定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b 存在λ∈R，使________．
(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 存在唯一的有序实数对(x，y)，使__________．
2．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得____________．
a＝λb
p＝xa＋yb
p＝xa＋yb＋zc
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则________叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
②范围：0≤〈a，b〉≤π.
(2)两个非零向量a，b的数量积：a·b＝______________．
∠AOB
|a||b|cos 〈a，b〉
4．空间向量的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量积 a·b _______________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) ____________________
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) __________________
模
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
5.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
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u1＝(a1，b1，c1)，u2＝(a2，b2，c2) l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得____________
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0 ____________
直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2) l∥α(l α) u⊥n u·n＝0 ______________
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn ________
n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)分别是平面α，β的法向量 α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2 ________
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0 ____________
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)
a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
【常用结论】
1．三点共线：在平面中A，B，C三点共线 ＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点．
2．四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面 ＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．( )
(2)对于非零向量b，由a·b＝b·c，得a＝c.( )
(3)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( )
(4)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＝0.( )
√
×
×
√
2．(教材改编)若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是( )
A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}
答案：C
解析：A：因为(a＋b)＋(a－b)＝2a，所以a，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除A；
B：因为(a＋b)－(a－b)＝2b，所以b，a＋b，a－b共面，不能构成基底，排除B；
D：因为a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，所以a＋b，a－b，a＋2b共面，不能构成基底，排除D；
C：若c，a＋b，a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋μ(a－b)＝(λ＋μ)a＋(λ－μ)b，则a，b，c共面，与{a，b，c}为空间向量的一组基底相矛盾，故c，a＋b，a－b可以构成空间向量的一组基底，C正确．故选C．
3．(教材改编)已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．
答案：－4
解析：∵a∥b，∴＝＝，∴x＝－4.
4．(易错)已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A．9 B．－9
C．－3 D．3
答案：B
解析：∵a，b，c三向量共面，
∴存在实数m，n，使得c＝ma＋nb，
∴解得λ＝－9.
5．(易错)在正方体ABCD - A1B1C1D1中，＝，＝＋y()，则x＝________，y＝________．
答案：1
解析：由向量加法的三角形法则得＝＋，由平行四边形法则得：＝．
∵＝，＝，＝，
∴＝＋＝＝+ (+)＝＋)，∴x＝1，y＝.
课堂互动探究案
1.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，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、数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直．
3．理解直线的方向向量与平面的法向量，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．
问题思考·夯实技能
【问题1】 “空间中任何两个向量都是共面向量”，这个结论是否正确？
提示：正确．根据向量相等的定义，可以把向量进行平移，空间任意两个向量都可以平移到同一平面内，成为共面向量．
【问题2】 类比平面向量基本定理写出空间向量基本定理．
提示：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.
关键能力·题型剖析
题型一 空间向量的线性运算
例1 如图，在三棱锥O-ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且＝2，若记＝a，＝b，＝c，则＝( )
A．a＋b＋c B．a＋b＋c
C．a＋b＋c D．a＋b＋c
答案：A
解析：因为＝＝＝)＝＝)－＝＝a＋b＋c.故选A.
题后师说
用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．
(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
巩固训练1
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设＝a，＝＝c，则用a，b，c表示为( )
A．a＋b－c B．－a＋b＋c
C．a－b－c D．－a－b＋c
答案：A
解析：＝＋＋＝b－c＋(a－b)＝a＋b－c，故选A.
题型二 空间向量基本定理的应用
例2 (1)[2024·江西萍乡模拟]若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( )
A．a＋b，a－b－c，3a－c
B．a－2b，a＋c，－3b－c
C．2a＋b，a－c，3a＋b－c
D．a－2b，b＋c，3a－3b＋c
答案：C
解析：对于A，假设a＋b，a－b－c，3a－c共面，则存在实数x，y使得a＋b＝x(a－b－c)＋y(3a－c)，则此方程组无解，假设不成立，a＋b，a－b－c，3a－c不共面；
对于B，假设a－2b，a＋c，－3b－c共面，则存在实数m，n使得a－2b＝m(a＋c)＋n(－3b－c)，则此方程组无解，假设不成立，a－2b，a＋c，－3b－c不共面；
对于C，因为(2a＋b)＋(a－c)＝3a＋b－c，故2a＋b，a－c，3a＋b－c共面；
对于D，假设a－2b，b＋c，3a－3b＋c共面，则存在实数s，t使得a－2b＝s(b＋c)＋t(3a－3b＋c)，则此方程组无解，假设不成立，a－2b，b＋c，3a－3b＋c不共面．故选C.
(2)[2024·福建莆田模拟]我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P-ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝( )
A．1 B．2
C． D．
答案：A
解析：∵EC＝2PE，∴＝，
∴＝＝＝
＝)－＝
＝＝－()
＝，
∴x＝1，y＝－，z＝，∴x＋y＋z＝1.
故选A.
题后师说
恰当运用向量共面的充要条件：在空间中P，A，B，C四点共面 ＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点．
巩固训练2
[2024·安徽宣城模拟]四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝( )
A． B．1
C． D．2
答案：A
解析：因为＝＝＝＋()，
所以2＝，
所以＝，
所以x＝，y＝，z＝，
所以x＋y＋z＝＝，故选A.
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 [2024·河北邯郸模拟]如图，在棱长为2的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.
(1)求线段AC1的长度；
(2)求直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值．
解析：(1)如图所示：
由图可知＝＝，
因此由题意有
|＝|
＝
＝
＝2.
(2)如图所示：
所以＝＝，
由(1)可知＝，
所以由题意有＝)
＝，
＝22＋22＋2×2×2×＋2×2×＋2×2×＝16，
又|＝
＝ ＝2，
且由(1)可知|1|＝2，
不妨设直线AC1与直线C1D的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝，
故直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值为.
题后师说
空间向量的数量积运算有两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
巩固训练3
[2024·广东广州模拟]棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中点．
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求cos 〈，〉；
(3)求FH的长．
解析：(1)如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，G(0，，0)，
因为＝(1，1，－1)，＝(－2，0，－2)，
所以·＝(1，1，－1)·(－2，0，－2)
＝1×(－2)＋1×0＋(－1)×(－2)＝0，
所以⊥，故EF⊥.
(2)因为＝(0，－，－2)，所以||＝，
因为||＝，且·＝(1，1，－1)·(0，－，－2)＝2－＝，
所以cos 〈，〉＝＝＝·＝＝.
(3)因为H是C1G的中点，所以H(0，，1)，
又因为F(1，1，0)，所以＝(1，－，－1)，
||＝ ＝ ＝，即FH＝.
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 [2024·河北张家口模拟]如图，三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2.D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，PD＝，点M在线段PE上．
(1)试确定M的位置使得平面MBD⊥平面PBC；
(2)在(1)的条件下，判断直线AP与平面MBD的位置关系，并说明理由．
解析：(1)由题意，在三棱锥P-ABC中，DB⊥DC，
PD⊥平面ABC，DB 平面ABC，DC 平面ABC，
∴PD⊥DB，PD⊥DC，
建立空间直角坐标系如图所示，
∴B(，0，0)，D(0，0，0)，C(0，，0)，E(，0)，A(0，－，0)，P(0，0，)，
设＝λ(0<λ<1)．
∴＝(，0，0)，＝(，0，－)，＝(0，，－)，＝(，－)，＝(0，0，)．
∴＝＝＋λ＝(λ，λ，(1－λ))，
设平面MBD法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝λ，可得n1＝(0，2(λ－1)，λ)，
设平面PBC法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则，
可令x2＝y2＝1，可得n2＝(1，1，1)，
要使平面MBD⊥平面PBC，则n1·n2＝0，
∴n1·n2＝0＋2(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝，
∴即＝时平面MBD⊥平面PBC，
∴M为PE上靠近E的三等分点时平面MBD⊥平面PBC.
(2)由题意及(1)得，AP∥平面MBD，理由如下，
在三棱锥P-ABC中，＝(0，)，平面MBD的法向量为n1＝(0，1，－1)，
∵·n1＝(0，)·(0，1，－1)＝0，∴∥平面MBD，
∵AP 平面MBD，∴AP∥平面MBD.
题后师说
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
巩固训练4
如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
证明：(1)根据题意可知平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD＝AD，
又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED 平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，即两两垂直；
以D为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)，
又M为CE的中点，所以M(0，2，1)，
则＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
所以＝，故共面．
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
易知·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB；
又·＝0，可得BC⊥DE；
又DB∩DE＝D，DB，DE 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
1．[2024·河南安阳模拟]已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝，向量b＝，则与a，b不能构成空间基底的向量是( )
A． B．
C． D．或
答案：C
解析：∵＝(a－b)＝)－)，∴与a、b不能构成空间基底．故选C.
2.如图，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，＝a，＝＝c，则＝( )
A．a＋b＋c B．－a－b－c
C．－a＋b＋c D．－a－b＋c
答案：A
解析：＝＝)＝＝－＝a＋b＋c.故选A.
3．[2024·江苏南通模拟]设向量a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，当m与n满足下列哪种关系时，向量ma＋nb与x轴垂直( )
A．3m＝2n B．3m＝n
C．m＝2n D．m＝n
答案：A
解析：∵a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，∴ma＋nb＝(3m－2n，5m＋n，2m＋3n)，取x轴的方向向量为e＝(1，0，0)，若向量ma＋nb与x轴垂直，则3m－2n＝0，解得3m＝2n.故选A.
4．[2024·河北保定模拟]已知向量a＝(2，－1，1)，b＝(1，3，1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．
答案：
解析：cos 〈a，b〉＝＝＝＝0，故a⊥b，故以a，b为邻边的平行四边形为矩形，面积为|a|·|b|＝·＝.(共52张PPT)
第一节
基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.空间几何体的结构特征
围成多面体的每一个面都是平面图形，没有曲面
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相____且____ 多边形 互相____
侧棱 __________ 相交于______但不一定相等 延长线交于____
侧面 形状 __________ ______ ______
平行
全等
平行
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
梯形
旋转体一定有旋转轴
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 平行、相等且____于底面 相交于____ 延长线交于____
轴截面 全等的____ 全等的__________ 全等的________ ________
侧面展开图 ____ ____ ____
垂直
一点
一点
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆
矩形
扇形
扇环
2.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用________画法来画，其规则是：
(1)“斜”：直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°.
(2)“二测”：图形中平行于x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________．
斜二测
一半
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝____ S圆锥侧＝____ S圆台侧＝________
2πrl
πrl
π(r＋r′)l
4.柱、锥、台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＝________
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝________
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下
球 S＝________ V＝________
S底·h
S底·h
4πR2
πR3
【常用结论】
1．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．
2．直观图与原平面图形面积间的关系：
S直观图＝S原图形．
夯 实 基 础
1．思考辨析(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )
(4)菱形的直观图仍是菱形．( )
×
×
×
×
2．(教材改编)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
答案：B
解析：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，
∵侧面展开图是一个半圆，
∴πl＝2πr l＝2r，
∵圆锥的表面积为12π，
∴πr2＋πrl＝3πr2＝12π，∴r＝2，
故圆锥的底面半径为2 cm.
3.(教材改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．
答案：1∶47
解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.
4．(易错)如图，长方体ABCD - A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，FG∥BC.则剩下的几何体是( )
A．棱台 B．四棱柱
C．五棱柱 D．六棱柱
答案：C
解析：根据几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.
5．(易错)圆柱的侧面展开图是长12 cm，宽8 cm的矩形，则这个圆柱的体积为______．
答案： cm3或 cm3
解析：当圆柱的高为8 cm时，r＝ cm，V＝π×()2×8＝ cm3；当圆柱的高为12 cm时，r＝ cm，V＝π×()2×12＝ cm3.
课堂互动探究案
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．
3．能用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图．
问题思考·夯实技能
【问题1】 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱吗？请画图说明．
提示：不一定．如图．
【问题2】 柱体、锥体、台体体积之间有什么关系？
提示：
关键能力·题型剖析
题型一 基本立体图形
角度一 结构特征
例1 (多选)下列说法正确的是( )
A．棱台的侧面都是等腰梯形
B．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面
C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形
D．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
答案：BC
解析：A.棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，如一条侧棱垂直于底面，那么会有两个侧面为直角梯形，故错误；B.棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面，故正确；C.底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形，故正确；D.以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个同底的圆锥，故错误．故选BC.
题后师说
辨别空间几何体的两种方法
角度二 直观图
例2 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC＝AB＝1，则原平面图形的面积为( )
A． B．
C．3 D．6
答案：C
解析：如图，过点A作AE⊥CD于点E，
因为∠ADC＝45°，所以AD＝AE＝BC＝，
CD＝CE＋DE＝CE＋AE＝AB＋BC＝2，
原平面图形中A′D′＝2，A′B′＝AB＝1，C′D′＝CD＝2，作原平面图形如图，
则原平面图形的面积为(C′D′＋A′B′)×A′D′＝3，故选C.
题后师说
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半”．
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原平面图形面积的关系：S直观图＝S原图形．
角度三 展开图
例3 [2024·江西九江模拟]如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2AA1＝2，N为A1C1的中点，M为线段AA1上的点．则|MN|＋|MB|的最小值为________．
答案：
解析：将侧面ABB1A1沿A1A展开，使得侧面ABB1A1与侧面ACC1A1在同一平面内，如图，连接BN交AA1于M，则|MN|＋|MB|的最小值为此时的|BN|，|BN|＝＝＝，∴|MN|＋|MB|的最小值为.
题后师说
几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．
巩固训练1
(1)下列命题正确的是( )
A．用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形
C．圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形
D．一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台
答案：C
解析：只有在平面平行于圆锥底面时，才能将圆锥截为一个圆锥和一个圆台，当平面不平行于圆锥底面时，得到的几何体并非圆锥和圆台，所以A错；棱柱的侧棱都相等且平行，且侧面是平行四边形，但其底面多边形各边不一定相等，则侧面并不一定全等，所以B错；
圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形，所以C对；直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示，所以D错．故选C.
(2)[2024·山东济南模拟]已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A． B．
C．2 D．2
答案：B
解析：正三角形的高为，根据斜二测画法的知识可知，直观图的面积为(×1××sin )×2＝.故选B.
(3)[2024·福建漳州模拟]如图是一座山的示意图，山体大致呈圆锥形，且圆锥底面半径为2 km，山高为2 km，B是母线SA上一点，且AB＝2 km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡．当公路长度最短时，下坡路段长为( )
A． km B．3 km
C．3.6 km D． km
答案：C
解析：由题意，半径为2 km，山高为2 km，则母线SA＝＝8，底面圆周长2πr＝4π，所以展开图的圆心角α＝＝，
如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，AB＝＝10，由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6 km，
下坡路段长度为3.6 km.故选C.
题型二 空间几何体的表面积
例4 (1)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的如图所示的正八面体．若某金刚石的棱长为2，则它的表面积为( )
A．8 B．8
C．8 D．16
答案：C
解析：根据题意，设等边三角形的高为h，所以h＝＝，所以每个边长为2的等边三角形的面积为×2×＝，所以正八面体的表面积为8.故选C.
(2)[2024·河北秦皇岛模拟]在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3 cm，高为4 cm，内孔半径为1 cm，则此几何体的表面积是________ cm2.( )
A．72＋＋6π B．72＋27＋8π
C．72＋27＋6π D．60＋27＋6π
答案：C
解析：所求几何体的侧面积为3×4×6＝72(cm2)，上下底面面积为(×32××6－π)×2＝(27－2π)(cm2)，挖去圆柱的侧面积为2π×4＝8π(cm2)，则所求几何体的表面积为(72＋27＋6π)(cm2)．故选C.
题后师说
求解几何体表面积的策略
巩固训练2
(1)[2024·安徽亳州模拟]如图，一种棱台形状的无盖容器(无上底面A1B1C1D1)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为，且A1A＝B1B＝C1C＝D1D.若该容器模型的体积为 cm3，则该容器模型的表面积为( )
A．(5＋9)cm2 B．(4＋9)cm2
C．(3＋9)cm2 D．(2＋9)cm2
答案：A
解析：依题意可知，上底面边长为2 cm，下底面边长为3 cm，设模型的高为h1，则容器模型的体积为：×(4＋＋9)×h1＝×h1＝，h1＝1 cm，所以侧面等腰梯形的高h2＝ ＝ cm，所以模型的表面积为4×＋9＝(5＋9) cm2.故选A.
(2)[2024·广东湛江模拟]如图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O为圆台下底面圆心，O2，O1分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为2 cm，O1O2＝5 cm，OO1＝4 cm，圆台下底面圆半径为5 cm，则该组合体的表面积为( )
A．42π cm2 B．84π cm2
C．36π cm2 D．64π cm2
答案：B
解析：圆柱的上底面面积为4π，圆柱的侧面面积为4π×5＝20π cm2，圆台的下底面面积为25π cm2，圆台的母线长为＝5 cm，所以圆台的侧面面积为π(2＋5)×5＝35π cm2，则该组合体的表面积为4π＋20π＋25π＋35π＝84π cm2.故选B.
题型三 空间几何体的体积
例5 (1)[2024·安徽滁州模拟]我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，是指在下雨时可以用圆台形的盆接雨水来测量降雨量．若一个圆台形盆的上口直径为40 cm，盆底直径为20 cm，盆深18 cm，某次下雨盆中积水9 cm，则这次降雨量最接近(注：降雨量等于盆中水的体积除以盆口面积)( )
A．3 cm B．3.5 cm
C．5.5 cm D．5.8 cm
答案：B
解析：根据题意，盆中水的体积约为×9＝1 425π(cm3)，降雨量等于＝3.562 5 cm.故选B.
(2)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥的体积为( )
A． B．8
C． D．4
答案：C
解析：令B1到平面AMD1的距离为d，
＝＝·d，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，
所以＝，
＝·d＝·d＝，
所以＝＝，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面A1B1C1D1，
则AA1为三棱锥A-B1C1D1的高，
＝＝＝×2××2×2＝.故选C.
(3)如图中的多面体的底面是边长为a的正方形，上面的棱平行于底面，其长为2a，其余的棱长都是a.已知a＝6，则这个多面体的体积是________．
答案：288
解析：如图，在线段PQ上分别取C，C1两点，使得平面ABC，A1B1C1⊥平面AA1B1B，AB中点为M，连接CM.
则由题意，CC1＝BB1＝6，CP＝C1Q＝CC1＝3.
又BP＝6，故CB＝＝3，CM＝＝＝6.
故这个多面体的体积V＝
＝×6×6×3×6×6×6×6×6×3＝36＋216＋36＝288.
题后师说
求空间几何体的体积的三种方法
巩固训练3
(1)[2023·全国乙卷]已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为( )
A．π B．π
C．3π D．3π
答案：B
解析：
(1)在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，解得PC＝，
于是PO＝＝ ＝，
所以圆锥的体积
V＝π×OA2×PO
＝π×()2×＝π.故选B.
(2)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案：B
解析：在图1中的几何体中，水的体积为V1＝S△ABC×2＝2S△ABC，在图2的几何体中，水的体积为：V2＝＝×h＝S△ABCh，因为V1＝V2，可得S△ABCh＝2S△ABC，解得h＝3.故选B.
1．如图所示，在三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，则剩余的部分是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．组合体
答案：B
解析：三棱台A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱锥A′-ABC，剩余的部分是以A′为顶点，四边形BCC′B′为底面的四棱锥A′-BCC′B′.故选B.
2．[2023·全国甲卷]在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为( )
A．1 B． C．2 D．3
解析：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝，
又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝×2×＝1，故选A.
答案：A
3．[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
答案：
解析：如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝.
4．[2024·九省联考]已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．
答案： 1
解析：设圆锥的底面半径为r，球的半径为R.
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，
由题可知：h＝2R，所以球的半径R＝r，
所以圆锥的体积为V1＝×(π×r2)×r＝，
球的体积V2＝πR3＝π×(r)3＝πr3，
所以＝＝；
圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面积S2＝4πR2＝4π×(r)2＝3πr2，
所以＝＝1.(共41张PPT)
高考大题研究课六 向量法求空间角与距离
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝______＝________．
2．直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝________＝________．
3．平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝________＝________．
4．点P到直线l的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝____________．
5．点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝|·|＝________，如图所示．
【常用结论】
1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈u，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈u，n〉|.
2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是[0，].
夯 实 基 础
1．思考辨析(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的夹角．( )
(4)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等．( )
×
×
×
√
2．(教材改编)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是( )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：建系如图，设BC＝CA＝CC1＝2，
则B(0，2，0)，D1 (1，1，2)，A(2，0，0)，F1 (1，0，2)，＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)，
故cos＝＝.故选A.
3．(教材改编)已知平面ABC的一个法向量为n＝(1，2，1)，向量＝(0，，0)，则点F到平面ABC的距离为________．
答案：
解析：由题意，点F到平面ABC的距离为＝＝.
4．设M，N分别是正方体ABCD-A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中点，则直线MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为________．
答案：
解析：建系如图，设AB＝2，
则M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A′(2，0，2)，C(0，2，0)，
则＝(－1，0，1)，＝(0，－2，2)，
＝(－2，0，0)．
设平面A′BCD′的法向量为n＝(x，y，z)，
故
令z＝1，则y＝1，x＝0，
所以n＝(0，1，1)，
所以MN与平面A′BCD′所成角的正弦值为|cos 〈，n〉|＝||＝.
5．已知平面AB1C∥平面A1C1D，＝(－1，0，0)，平面A1C1D的一个法向量为m＝(1，1，1)，则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为________．
答案：
解析：由题意得d＝＝＝.
课堂互动探究案
掌握向量法求空间角与距离的公式，并会应用，提高学生空间想象能力、数学运算能力．
题型一 直线与平面所成的角
例1 [2024·河南焦作模拟]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，∠ACB＝60°.
(1)证明：平面ABD∥平面FEC1；
(2)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．
解析：(1)证明：在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.AB 平面FEC1，EF 平面FEC1，
则AB∥平面FEC1，
因为AC∥A1C1，则AF∥DC1，又AF＝AC＝A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，
所以AD∥FC1，AD 平面FEC1，FC1 平面FEC1，
则AD∥平面FEC1，
又因为AD∩AB＝A，且AD，AB 平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
(2)因为AC＝2，CB＝1，∠ACB＝60°，
由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos ∠ACB＝22＋12－2×2×cos 60°＝3，
所以AB2＋BC2＝AC2，从而AB⊥BC.
以B为坐标原点的方向为x轴，y轴，
z轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系B-xyz.
故B(0，0，0)，A(0，，0)，
D(，2)，C(1，0，0)．
从而＝(0，，0)，＝(，2)，＝(1，－，0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取x＝4，则n＝(4，0，－1)为平面ABD的一个法向量，
所以cos 〈n，〉＝＝＝，
所以直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.
题后师说
利用空间向量求线面角的解题步骤
巩固训练1
[2024·河北石家庄模拟]如图，在△AOB中，∠AOB＝，OB＝，OA＝1，C为OB的中点，将△AOB绕OB所在的直线逆时针旋转至△BOD形成如图所示的几何体Γ，∠AOD＝.
(1)求几何体Γ的体积；
(2)求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
解析：(1)根据圆锥的定义易知，几何体Γ为圆锥的一部分，且OB为圆锥的高，
所以V＝×S扇形AOD×OB＝×12×＝π；
(2)过O点作OM⊥OA，分别以OA，OM，OB所在的直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则：
A(1，0，0)，C(0，0，)，B(0，0，)，
D(－，0)，
则＝(－1，0，)，＝(－，0)，
＝(－1，0，)，
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝3，得n＝(，3，2)，
设直线AB与平面ACD所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为.
题型二 平面与平面的夹角
例2 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，
当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
思路导引
(1)建立空间坐标系→写出与的坐标∥→B2C2∥A2D2.
(2)设P点坐标→求平面PA2C2与平面A2C2D2的法向量n，m→利用|cos 〈n，m〉|＝→求得点P坐标→由两点间的距离公式求B2P.
[满分答卷·评分细则]
解析：(1)以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
→正确建系得1分
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，∴∥．→正确计算出∥得2分
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2，→说明B2C2与A2D2不共线得1分
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，则＝(－2，－2 ，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，→正确写出的坐标得1分
设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，则令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n=(λ－1，3－λ，2)，→正确求出平面PA2C2的法向量n得2分
设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，则令a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m=(1，1，2)，→正确求得平面A2C2D2的法向量m得2分
∴|cos 〈n，m〉|＝＝＝|cos 150°|＝，→正确运用公式得1分
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，→正确求出λ得1分
∴B2P=1.→正确求出B2P＝1得1分
题后师说
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
巩固训练2
如图，在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4.
(1)证明：AC⊥BD1；
(2)若正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为3，过BD1的平面α与CC1平行，求平面α与平面BCC1B1夹角的余弦值．
解析：(1)证明：连接BD，B1D1，设正四棱台的上、下底面的中心分别为O1，O，
则O1，O分别为B1D1，BD的中点，
连接OO1.因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，
所以O1O⊥平面ABCD，
又AC 平面ABCD，所以O1O⊥AC.
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又BD＝O，BD，OO1 平面DBB1D1，所以AC⊥平面DBB1D1，
因为BD1 平面DBB1D1，所以AC⊥BD1.
(2)设BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，易知OG，OF，OO1两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OG，OF，OO1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(2，2，0)，D1(－1，－1，3)，C(－2，2，0)，C1(－1，1，3)，B1(1，1，3)，
所以＝(－3，－3，3)，＝(－4，0，0)，＝(－1，－1，3)，＝(1，－1，3)．
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
取z1＝1，则y1＝3，x1＝0，所以n＝(0，3，1)．
设平面α的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则
取x2＝1，则y2＝－2，z2＝－1，所以m＝(1，－2，－1)．
设平面α与平面BCC1B1的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝，所以平面α与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
题型三 空间距离
例3 [2024·安徽滁州模拟]如图，在三棱锥M-ABC中，MB⊥平面ABC，∠ACB＝90°，MB＝2，AB＝4.
(1)求证：平面MAC⊥平面MBC，
(2)若直线AB与平面MBC所成角为45°，点E为AM的中点，求点A到平面BCE的距离．
解析：(1)证明：因为MB⊥平面ABC，AC 平面ABC，
所以MB⊥AC，因为∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC，又M∩BC B＝B，
所以AC⊥平面MBC，
又AC 平面MAC，所以平面MAC⊥平面MBC.
(2)由(1)知AC⊥平面MBC，且直线AB与平面MBC所成角为45°，
所以∠ABC＝45°，又AB＝4，
所以BC＝AC＝2，
建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(0，2，2)，E(，1)，
所以＝(0，2，0)，＝(，1)，＝(2，0，0)，
设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝，则y＝0，z＝－2，则m＝(，0，－2)，
所以点A到平面BCE的距离是 d＝＝＝.
题后师说
利用向量法求点到平面的距离的步骤
巩固训练3
[2024·湖南长沙模拟]斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O.
(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．
解析：(1)连接OC，因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，
由题意知A1O⊥平面ABC，
又AA1＝2，∠A1AO＝60°，所以A1O＝，
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则A1(0，0，)，A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，，0)，
由＝得B1(－2，0，)，同理得C1(－1，)，
设＝，t∈[0，1]，得D(－1－t，0，t)，
又＝(－2，)，＝(－1－t，0，t－)，
由·＝0，得－2(－1－t)＋t－)＝0，
得t＝，又BB1＝2，∴BD＝，
∴存在点D且BD＝满足条件．
(2)设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，＝＝(－1，0，)，
则有，可取n＝(，－1，1)，
又＝(1，0，)，
∴点A1到平面BCC1B1的距离为d＝＝＝，
∴所求距离为.(共31张PPT)
高考大题研究课七
向量法求立体几何中的折叠、探索及最值问题
会用向量法解决立体几何中的折叠、角的存在条件及最值问题，提高学生空间想象能力、数学运算能力．
关键能力·题型剖析
题型一 折叠问题
例1 [2024·江西景德镇模拟]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD＝2，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD.
(1)证明：平面PAC⊥平面ACD；
(2)若M为PD上的一点，点P到平面ACM的距离为，求二面角M-AC-D的余弦值．
解析：(1)证明：在梯形ABCD中，取AD中点N，连接CN，
∵BC∥AD，BC＝AN＝AD，
∴四边形ABCN为平行四边形，∴AB＝CN，
∴CN＝AD，∴CD⊥AC；
∵PA⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴CD⊥平面PAC，
∵CD 平面ACD，∴平面PAC⊥平面ACD.
(2)分别取AC，AD中点O，G，连接PO，OG，
∵PA＝PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ACD，平面PAC∩平面ACD＝AC，PO 平面PAC，
∴PO⊥平面ACD，∵O，G分别为AC，AD中点，
∴OG∥CD，∴OG⊥平面PAC，
则以O为坐标原点，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，A(，0，0)，C(－，0，0)，D(－，2，0)，
∴＝(，－2，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，2，0)，＝(－2，2，0)，＝(，0，－1)，
设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0<λ<1)，
则＝＝(λ－2，2－2λ，λ)，
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
则
令y＝λ，解得x＝0，z＝2λ－2，∴n＝(0，λ，2λ－2)；
∴点P到平面ACM的距离d＝＝＝，
解得λ＝，∴n＝(0，，－1)；
∵平面ACD⊥z轴，∴平面ACD的一个法向量m＝(0，0，1)，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
又二面角M-AC-D为锐二面角，
∴二面角M-AC-D的余弦值为.
题后师说
折叠问题的两个解题策略
巩固训练1
[2024·辽宁锦州模拟]如图一， △ABC是等边三角形，CO为AB边上的高线，D，E分别是CA，CB边上的点，AD＝BE＝AC＝2；如图二，将△CDE沿DE翻折，使点C到点P的位置，PO＝3.
(1)求证：OP⊥平面ABED；
(2)求二面角B-PE-F的正弦值．
解析：(1)证明：因为△ABC为等边三角形，AD＝BE＝AC，DE∥AB，
CO为AB边上的高线，故DE⊥OF，DE⊥PF，
又OF∩PF＝F，OF，PF 平面FOP，所以DE⊥平面FOP.
因为OP 平面FOP，所以DE⊥OP.
在△FOP中，OF＝，OP＝3，PF＝2，
所以OF2＋OP2＝PF2，故OP⊥OF，
而DE 平面ABED，OF 平面ABED，OF∩DE＝F，故OP⊥平面ABED.
(2)分别以方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则P(0，0，3)，B(0，3，0)，E(，2，0)，F(，0，0)，
则＝(，2，－3)，＝(，－1，0)，＝(0，－2，0)．
设平面BPE的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面PEF的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则
且
取x1＝1，x2＝，
得到平面BPE的一个法向量n1＝(1，)，平面PEF的一个法向量n2＝(，0，1)，
设二面角B-PE-F大小为θ，
则|cos θ|＝＝＝，
所以sin θ＝＝.
题型二 探索性问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：设BD交OC于点M，
∵底面ABCD为矩形，
∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝，
∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1，
在Rt△OBC中，OC＝＝＝，
∵OB∥CD，OB＝CD，∴＝＝，
∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝，
∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，
∴BM⊥OM，即BD⊥OC，
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形，
∵O为AB的中点，∴SO⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面SAB，SO 平面SAO，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB，
∴SO⊥平面ABCD，
∵BD 平面ABCD，∴SO⊥BD，即BD⊥SO，
又∵BD⊥OC，SO∩OC＝O，SO，OC 平面SOC，
∴BD⊥平面SOC.
(2)设＝λ，λ∈[0，1]，
∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面SAB.
以O为坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz；
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形，
∵O为AB的中点，
∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝，
S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，
＝(－1，－)，＝(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)；
∴＝λ＝λ(－1，－)＝(－λ，－λ，λ)，
∴＝＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，λ，λ)，
设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
即
令y1＝，∴m＝(0，)，
设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由可得
令y2＝λ，
∴n＝(0，λ，λ－)，
∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，
∴＝或＝，
∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为＝或＝.
题后师说
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”转化为“点的坐标的方程是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知条件和结论列出等式，解出参数．
巩固训练2
[2024·河南郑州模拟]在底面ABCD为梯形的多面体中．AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2CD＝2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
解析：(1)证明：由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2CD＝2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有BC＝DC＝，易得AE＝DE＝，BD＝2，AD＝＝＝2，
在△ABD中，∵AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD.
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又DE∩AD＝D，DE 平面ADE，AD 平面ADE，
故BD⊥平面ADE.
因为AE 平面ADE，所以BD⊥AE.
(2)存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，1)，
所以＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，＝(1，－2，1)，
设＝λ＝λ＝λ(0，2，0)，其中0≤λ≤1，解得Q(1，2λ，1)，
故＝(1，2λ，1)，
设平面QAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝0，z＝－2λ，
故n＝(0，1，－2λ)，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以sin 60°＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，解得λ＝或λ＝，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
题型三 最值问题
例3 [2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解析：(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为CD∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.
(2)因为DP，DA，DC两两垂直，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示：
因为PD＝AD＝1，设D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
设Q(m，0，1)，不妨设m＞0，则有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)，
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，
则cos 〈n，〉＝＝，
设PB与平面QCD所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝·＝· · ·＝，
当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
题后师说
利用向量法求解与角有关的最值问题时，往往将问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等方法可供选择．
巩固训练3
如图，已知圆柱的轴截面ABCD为正方形，E，F为圆弧AB上的两个三等分点，EH，FG为母线，P，Q分别为线段AD，FG上的动点(与端点不重合)，经过C，P，Q的平面α与线段EH交于点M.
(1)证明：CP∥MQ；
(2)当AP＝GQ时，求平面α与圆柱底面O所成夹角的正弦值的最小值．
解析：(1)证明：因为E，F为圆弧AB上的两个三等分点，所以EF∥AB.
因为EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
同理可得，EH∥平面ABCD.
因为EF∩EH＝E，EF，EH 平面EFGH，
所以平面EFGH∥平面ABCD.
又平面α∩平面EFGH＝MQ，平面α∩平面ABCD＝CP，
所以CP∥MQ.
(2)不妨设圆柱底面半径为2，
如图，以点O为坐标原点，在底面过点O作OB的垂线为x轴，OB为y轴，OO′为z轴，建立空间直角坐标系．
则F(，1，0)，E(－，1，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，4)．
设AP＝GQ＝h(0所以＝(0，4，4－h)，＝(－，1，h)．
设平面α的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取n＝(5h－4，h－4，4)．
易知圆柱底面的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则cos 〈n，m〉＝＝＝，
当h＝时，cos 〈n，m〉取得最大值为，
所以平面α与圆柱底面O所成夹角的正弦值的最小值为.(共30张PPT)
专题培优课 几何法求线面角、二面角与距离
【考情分析】 利用几何法求线面角、二面角与距离是高考命题的热点之一，常以客观题的形式出现．
问题思考·夯实技能
【问题1】 请你在图中作出直线l与平面α所成的角，并指出它的范围．
提示：在直线l上任取一点P，过点P作平面α的垂线，垂足为O，连结OA，则∠PAO为直线l与平面α所成的角，其范围为[0，].
【问题2】 请你在图中作出平面α与平面β所成的角，并指出它的范围．
提示：在平面α与平面β的交线l上任取一点O，作OA⊥l(OA α)，OB⊥l(OB β)，则∠AOB为二面角α-l-β的平面角，其范围为[0，π].
关键能力·题型剖析
题型一 几何法求线面角
例1 [2024·江西九江模拟]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为( )
A．[] B．[]
C．[] D．[]
答案：C
解析：设AD1＝O，连接OM，则AD1⊥A1D，
因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
所以AB⊥AD1，
因为AD1∩AB＝A，AD1，AB 平面ABC1D1，
所以A1O⊥平面ABC1D1，
所以∠A1MO即为A1M与平面ABC1D1所成角θ.
设AA1＝2，tan θ＝＝，
因为≤OM≤，
所以tan θ∈[，1]，
因为θ∈[0，]，所以θ∈[]，故选C.
题后师说
几何法求线面角的一般步骤
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．
巩固训练1
在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P-ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为( )
A. B．
C． D．
答案：B
解析：因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，故可得CD⊥PA，
又CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
故可得CD⊥平面PAD.
连接ED，
故∠CED即为所求直线CE与平面PAD所成角，
不妨设PA＝AB＝AD＝2，
故在直角三角形CED中，CD＝2，
DE＝＝，
故可得CE＝＝3，
则sin ∠CED＝＝，
则直线 CE 与平面 PAD 所成角的余弦值为，故选B.
题型二 几何法求二面角
例2 如图所示，在三棱锥S-ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝2，SA＝，则二面角S-BC-A的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
答案：C
解析：取BC的中点D，连接AD，SD，∵△SBC，△ABC都是等边三角形，∴AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠SDA为二面角S-BC-A的平面角，又BC＝2，∴SD＝AD＝，∵SA＝，∴△SAD为等边三角形，∴∠SDA＝60°，故二面角S-BC-A的大小为60°.故选C.
题后师说
作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
巩固训练2
埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的底角的正切值为( )
A．2 B．3
C． D．
答案：D
解析：如图所示，设正四棱锥的底面边长AB＝2a，点O为底面ABCD的中心，取AD中点为M，则OM＝AM＝a，连接OM，PM，则PM⊥AD，OM⊥AD，则侧面与底面所成角的平面角即为∠PMO，因为侧面与底面所成角的余弦值为，即＝，则PM＝a，在Rt△PAM中，tan ∠PAM＝＝＝.故选D.
题型三 几何法求距离
例3 已知四边形ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，PD⊥AD，PD＝AD＝2，二面角P-AD-C的大小为60°，则点A到平面PBD的距离是( )
A． B．
C． D．1
答案：A
解析：由题意，∵四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD，CD＝AD.
又∵PD⊥AD，PD 平面PAD，CD 平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴∠PDC就是二面角P-AD-C的平面角，
∴∠PDC＝60°，又∵CD＝AD＝2＝PD，
∴△PCD是等边三角形，取CD中点E，连接PE、BE如图，则PE⊥CD，
∵CD⊥AD，PD⊥AD，PD 平面PCD，CD 平面PCD，PD∩CD＝D，
∴AD⊥平面PCD，又∵PE 平面PCD，∴AD⊥PE，
又∵AD∩CD＝D，AD 平面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD，即PE为棱锥P-BDA的高，
在边长为2的等边△PCD中，PE＝.
又∵BE 平面ABCD，所以PE⊥BE，
在正方形ABCD中，由BC＝2CE＝2知BE＝，
∴在Rt△PEB中，PB＝＝2；在正方形ABCD中，BD＝2，
又知PD＝2，则△PBD如图，取PD中点F，连接BF，
则BF⊥PD，且由PF＝1，PB＝2得BF＝，
∴S△PBD＝×2×＝.假设点A到平面PBD的距离为h，
又知S△BAD＝×AB×AD＝×2×2＝2，
∴由VP-BDA＝VA-PBD得PE×S△BAD＝h×S△PBD，
即×2＝h×，解得h＝，
∴点A到平面PBD的距离为.故选A.
题后师说
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上的某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到平面α的距离为d＝.
巩固训练3
已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，则点C到平面BDD1B1的距离为( )
A．1 B．
C．2 D．2
答案：B
解析：连接AC交BD于点E，则因为四边形ABCD为正方体，所以AC⊥BD，且E为AC中点，因为BB1⊥底面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC，因为BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BDD1B1，所以CE的长即为点C到平面BDD1B1的距离，因为正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，所以由勾股定理可得：AC＝＝2，显然CE＝.故选B.
1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝4，BC＝2，BB1＝3，则点B到上底面A1B1C1D1的距离为( )
A．4 B．2
C．2 D．3
答案：D
解析：∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴BB1的长度为点B到平面A1B1C1D1的距离，故点B到上底面A1B1C1D1的距离为3.故选D.
2．[2023·全国乙卷]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B．
C． D．
答案：C
解析：如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM 平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，
设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH 平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan ∠DCM＝＝，故选C.
3．(多选)[2022·新高考Ⅰ卷]已知正方体ABCD - A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案：ABD
解析：如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．
如图(2)，连接B1C.因为＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确．
如图(3)，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．
如图(4)，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，则二面角P-BC-D的大小是__________．
答案：
解析：过P作PM⊥AD，垂足为M，过M作MN⊥BC，垂足为N，连接PN.
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又PM⊥AD，PM 平面PAD，
根据面面垂直的性质定理可得，PM⊥平面ABCD，又BC 平面ABCD，故PM⊥BC，
又BC⊥MN，MN∩PM＝M，MN，PM 平面PMN，故BC⊥平面PMN，
由PN 平面PMN，故BC⊥PN，于是二面角P-BC-D的平面角为∠PNM，
根据题目数据，在Rt△PMN中，
PM＝，MN＝1，∠PMN＝，
则tan ∠PNM＝＝，则∠PNM＝.(共32张PPT)
专题培优课 与球有关的切、接问题
【考情分析】 与球有关的切、接问题是高考命题的热点之一，经常以客观题出现．一般围绕球与柱、锥、台体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心．
关键能力·题型剖析
题型一 几何体的外接球
角度一 补形法
例1 (1)[2024·山东济宁模拟]如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则三棱锥A′-DEF的外接球体积为( )
A．8π B．6π
C．4π D．2π
答案：A
解析：(1)依题意，A′D⊥A′E，A′E⊥A′F，A′D⊥A′F，且A′D＝4，A′E＝A′F＝2，于是四面体A′-DEF可以补形成以A′D，A′E，A′F为相邻三条棱的长方体，该长方体与四面体A′-DEF的外接球相同，设四面体A′-DEF的外接球的半径为R，则2R为长方体的体对角线长，即2R＝＝2，所以四面体A′-DEF的外接球体积为π×()3＝8π.故选A.
(2)如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝6，BC＝CE＝4，该四棱锥的外接球的表面积为________．
答案：68π
解析：如图所示，可以将四棱锥E-ABCD补成一个长方体ADFG-BCEH，故长方体的外接球即为四棱锥的外接球，
即AE的中点O即为外接球球心，
所以半径R＝AE
＝＝＝，
所以外接球表面积S＝4πR2＝68π.
题后师说
补形法的解题策略
巩固训练1
(1)在三棱锥P-ABC中，若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，|AC|＝5，|BC|＝，|PA|＝8，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是( )
A．100π B．50π
C．144π D．72π
答案：A
解析：如图，将三棱锥放于一个长方体内，则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，∴PB为三棱锥P-ABC外接球的直径，∵PB＝＝10，∴外接球的表面积为4π×()2＝100π.故选A.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB⊥BC，BC＝1，AB＝， AA1＝2，则该直三棱柱的外接球的体积为( )
A． B．
C． D．
答案：C
解析：如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即直三棱柱的外接球．
长方体的体对角线长为＝4，
设长方体的外接球的半径为R，则2R＝4，得R＝2，
所以该直三棱柱的外接球的体积V＝πR3＝.故选C.
角度二 截面法
例2 [2024·江西九江模拟]已知△ABC是边长为2的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为8π，则O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：如图所示，设△ABC的中心为O1，则OO1⊥平面ABC，又O1B 平面ABC，故OO1⊥O1B，因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以O1B＝×2＝，又因为球O的表面积为8π，所以4πR2＝8π，解得R＝，即OB＝，所以OO1＝＝ ＝，即球心O到平面ABC的距离为.故选B.
题后师说
与球截面有关的解题策略
巩固训练2
已知圆台O1O2的上底面圆O1的半径为2，下底面圆O2的半径为6，圆台的体积为104π，且它的两个底面圆周都在球O的球面上，则＝( )
A．3 B．4
C．15 D．17
答案：D
解析：轴截面如图所示，设圆台的高为h，依题意V＝(4π＋36π＋12π)h＝104π，解得h＝6.设O1O＝x，则22＋x2＝62＋(6－x)2，解得x＝，
故＝＝17.故选D.
角度三 定义法
例3 (1)[2024·重庆模拟]已知正四棱锥各棱的长度均为2，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是( )
A． B．8π
C．16π D．32π
答案：B
解析：如图，正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在高PO1上记为O，PO＝AO＝R，PO1＝＝，OO1＝－R，在Rt△AOO1中，R2＝()2＋(－R)2，解得R＝，所以外接球的表面积等于4πR2＝8π，故选B.
(2)[2024·安徽合肥模拟]已知体积为V的正三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，当球O的表面积S取得最小值时，该正三棱柱的底面边长a与高h的比值为( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：如图，设正三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1和O2，则O1O2的中点为O.
设球O的半径为R，则OA＝R.
设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，
则OO2＝h，O2A＝AB＝a，S△ABC＝a2.
所以正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝a2h，
所以a2h＝V.
在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝＋O2A2＝h2＋a2，
球O的表面积S＝4πR2＝4π(h2＋a2)．
方法一 S＝4πR2＝4π(h2＋a2)＝＝＝12π＝，
当且仅当h2＝a2，即＝时，S取得最小值．
方法二 由V＝a2h，得a2＝V，
所以S＝4πR2＝4π(h2＋a2)＝4π(h2＋V)＝4π(h2＋V×)．
令φ(h)＝h2＋V×(h>0)，
则φ′(h)＝h－V×.
令φ′(h)＝0，得h＝h0＝，
当h∈(0，h0)时，φ′(h)<0时，φ(h)单调递减；当h∈(h0，2R)时，φ′(h)>0，φ(h)单调递增．
所以当h＝时，S取得最小值，此时a＝，所以＝＝.故选D.
题后师说
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
巩固训练3
[2024·安徽马鞍山模拟]如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2AA1＝2A1B1＝2，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为( )
A．16π B．
C． D．30π
答案：D
解析：如图所示的正四棱台ABCD-A1B1C1D1取上下两个底面的中心M，N，连接MN，A1M，AN，过点A1作底面的垂线与AN相交于点E，
因为四棱台ABCD-A1B1C1D1为正四棱台，所以外接球的球心一定在直线MN上，
在MN上取一点O为球心，连接OA，OA1，则OA＝OA1＝R，设ON＝h，
因为AB＝2AA1＝2A1B1＝2，所以AN＝，A1M＝，
MN＝A1E＝＝＝，
所以ENMA1为正方形，故O必在MN延长线上，
在Rt△OAN中，OA2＝AN2＋ON2，即R2＝()2＋h2，
在Rt△OA1M中
即R2＝(＋h)2＋()2，
解得R2＝，所以S＝4πR2＝30π，故选D.
题型二 几何体的内切球
例4 (1)[2024·河北秦皇岛模拟]如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为V1，它的内切球的体积为V2，则V1∶V2＝( )
A．2∶ B．2∶3
C．2∶ D．∶1
答案：D
解析：如题图，四边形PAP′B为该几何体的轴截面，则四边形PAP′B的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，设内切球的半径为r，由OP＝OA＝1，得r＝，则V2＝πr3＝，V1＝2×π×12×1＝，所以V1∶V2＝∶1.故选D.
(2)已知正三棱锥P-ABC的高为3，底面ABC是边长为6的等边三角形，先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1，然后再放入球O2，使得球O2与球O1以及三棱锥P-ABC的三个侧面相切，记球O1和球O2的半径分别为R1，R2，则＝( )
A．2 B．2
C．3 D．4
答案：C
解析：依题意，正△ABC的面积S△ABC＝AB2＝9，正三棱锥P-ABC的体积VP-ABC＝×3×9＝9，正△ABC的边心距r＝AB tan 30°＝，则正三棱锥P-ABC的斜高h′＝＝2，正三棱锥P-ABC的全面积S＝3S△PAB＋S△ABC＝3×AB×h＋9＝27，因球O1是三棱锥P-ABC内切球，于是有VP-ABC＝SR1＝9R1＝9，解得R1＝1，又球O2与球O1相切，且与三棱锥P-ABC的三个侧面相切，则球O2可视为过O2、球O1相切的切点与三棱锥P-ABC底面ABC平行的平面截三棱锥P-ABC所得小正三棱锥的内切球，显然，小正三棱锥的高为1，底面是边长为2的正三角形，同理计算可得R2＝，所以＝3.故选C.
题后师说
有关内切球问题的解题策略
巩固训练4
[2024·湖南岳阳模拟]已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1∶9，则球的表面积为( )
A．12π B．14π
C．16π D．18π
答案：A
解析：依据题意，球内切于圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，如图所示，
过B点作CD的垂线，垂足为E，设球的半径为R，则BE＝2R，
设圆台的母线为l，即BC＝l，上、下底面的面积之比为1∶9，即＝＝，r2＝3r1，由圆的切线长定理可知，r1＋r2＝l l＝4r1，
圆台的侧面积为π(r1＋r2)l＝4πr1l＝＝16π，解得r1＝1，则2R＝BE＝＝2，即R＝，
则球的表面积S＝4πR2＝12π.故选A.
1．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O - ABC的体积为( )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：如图所示，因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O - ABC的体积V＝×OO1＝×1×1×＝.故选A.
2．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案：A
解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝＝6，2r2＝＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝＋t2＝＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
3．已知四面体ABCD满足AB＝CD＝，AD＝BC＝，AC＝BD＝2，且该四面体ABCD的外接球的表面积是( )
A．2π B．6π
C． D．4π
答案：B
解析：将四面体ABCD放入长方体中，如图，
则四面体ABCD的外接球，即为长方体的外接球，
设长方体中FA＝a，FB＝b，FC＝c，则，
三式相加得2(a2＋b2＋c2)＝12，故a2＋b2＋c2＝6，
所以四面体ABCD的外接球半径为r＝＝，
故四面体ABCD的外接球表面积为4πr2＝6π.故选B.
4．已知圆锥的底面直径为2，轴截面为正三角形，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
答案：π
解析：依题意，圆锥内半径最大的球为圆锥内切球，如图作出轴截面，圆O和AC相切于点D，因为△ABC是正三角形，所以OA＝OB，AD＝AC＝，BD＝AD＝3，设内切球半径为R，在Rt△AOD中可得，AO2＝AD2＋OD2，所以(3－R)2＝()2＋R2，解得R＝1，球的体积为V＝πR3＝π.
