(共40张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第9节 探索性及折叠问题
以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，解决折叠问题.
目 录
CONTENTS
考点聚焦突破
01
课时分层精练
02
考点聚焦突破
1
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 探索性问题
例1 (2024·青岛调研)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.
(1)求证：AB1⊥A1C；
证明 连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图①所示.
∵四边形AA1B1B为菱形，∴F为AB1的中点，A1B⊥AB1.
∵△AB1C为等边三角形，∴CF⊥AB1，
又A1B，CF 平面A1BC，A1B∩CF＝F，∴AB1⊥平面A1BC.
∵A1C 平面A1BC，∴AB1⊥A1C.
解 假设存在，设O，G分别为AC，AB的中点，
连接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC 平面AB1C，AB1∩AC＝A，
∴BC⊥平面AB1C.
又OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C.
∵△AB1C为等边三角形，∴B1O⊥AC，
故OG，OC，OB1两两垂直.
当λ＝0时，平面AB1E即平面AB1C，
∵B1O⊥平面ABC，B1O 平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面ABC，不满足题意.
感悟提升
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”问题转化为“点的坐标是否有解，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，综合已知和结论列出等式，解出参数.
所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB.
又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB 平面PAB，
所以AC⊥平面PAB.
又AC 平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
解 假设存在Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB的中点为H，连接PH，则PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PH 平面PAB，
所以PH⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
考点二 折叠问题
(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；
解 因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值.
所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝(1，1，1).
易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
设平面OPD与平面CPD的夹角为θ，
感悟提升
翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
训练2 (2024·成都诊断)如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②).
(1)求证：GH∥平面DEF；
证明 连接BH，与ED相交于点M，
连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，
所以AD＝DB，即PD＝DB，
因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，
因为E，H分别为PB，PD的中点，
所以MF∥GH，
因为MF 平面DEF，GH?平面DEF，所以GH∥平面DEF.
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.
解 因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP 平面DBP，
所以CD⊥平面DBP.
如图，过点D作直线垂直平面BDC，
作空间直角坐标系，
设PD＝DB＝DC＝2，
课时分层精练
2
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·广州调研)如图(1)，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1－EFCB，P为A1C的中点，如图(2).
(1)求证：FP∥平面A1BE；
证明 如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ，
所以PQ∥EF，且PQ＝EF，
则四边形EFPQ为平行四边形，则FP∥EQ.
又FP?平面A1BE，EQ 平面A1BE，
所以FP∥平面A1BE.
(2)若平面A1EF⊥平面EFCB，求直线A1F与平面BFP所成的角的正弦值.
解 如图，取EF的中点O，BC的中点G，连接A1O，OG.
由平面A1EF⊥平面EFCB，且交线为EF，
A1O 平面A1EF，知A1O⊥平面EFCB，
此时，OA1，OE，OG两两垂直，
以O为坐标原点，OE，OG，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系，
(1)求证：MN∥平面PED；
证明 如图，取PB的中点Q，连接MQ，NQ.
所以四边形BCDE为正方形.
因为点M，N，Q分别为PC，BE，PB的中点，
所以MQ∥BC∥ED，NQ∥PE.
又DE，PE 平面PED，MQ，NQ?平面PED，
所以MQ∥平面PED，NQ∥平面PED.
因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ 平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面PED.
因为MN 平面MNQ，所以MN∥平面PED.
(2)求二面角D－MN－C的正弦值.
解 由题意知PE⊥EB，PE⊥ED，DE⊥EB.
令x＝2，得y＝1，z＝－2，所以m＝(2，1，－2).
设平面CMN的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.
∵PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
解 取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.
又∵PO 平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.
∵CO 平面ABCD，∴PO⊥CO.
∵AC＝CD，∴CO⊥AD.
以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，
∵BM?平面PCD，要使BM∥平面PCD，
4.(2024·长沙模拟)如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
证明 ∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE 平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE 平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
解 存在.
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，(共65张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第4节 空间直线、平面的平行
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)直线与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的________平行，那么该直线与此平面平行 a?α，b α，a∥b a∥α
性质定理 一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与_______平行 a∥α，a β，
α∩β＝b a∥b
一条直线
交线
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)平面与平面平行的判定定理与性质定理
文字语言 图形表示 符号表示
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 a β，b β，
a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β
相交直线
性质 两个平面平行，则其中一个平面内的直线______于另一个平面 α∥β，a α a∥β
性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面______，那么两条______平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
平行
相交
交线
1.平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(2)平行于同一平面的两个平面平行.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行.
2.三种平行关系的转化
常用结论与微点提醒
(1)平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题过程中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向.
(2)在应用判定定理与性质定理时，一定要写全定理满足的条件，否则可能是假命题.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
×
×
×
√
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.
(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( )
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )
(3)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.( )
(4)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.( )
2.(必修二P143T1改编)如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )
A.一条直线不相交
B.两条直线不相交
C.无数条直线不相交
D.任意一条直线都不相交
D
解析 因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.
3.(必修二P138例3改编)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______________.
平行四边形
解析 因为平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面DCGH＝HG，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
所以EF∥HG，
同理EH∥FG，
所以四边形EFGH是平行四边形.
l?α
解析 ①由线面平行的判定定理知l?α；
②由线面平行的判定定理知l?α.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 直线与平面平行的判定与性质
角度1 直线与平面平行的判定
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点.
求证：BE∥平面PAD.
证明 法一 如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF.
又AF 平面PAD，BE 平面PAD，∴BE∥平面PAD.
法二 如图，延长DA，CB相交于点H，连接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE?平面PAD，PH 平面PAD，∴BE∥平面PAD.
法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，
∵E为PC的中点，
∴EH∥PD，
又EH?平面PAD，PD 平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，
∴四边形ABHD为平行四边形，
∴BH∥AD，
又AD 平面PAD，BH?平面PAD，
∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，EH 平面BHE，
∴平面BHE∥平面PAD，
又BE 平面BHE，∴BE∥平面PAD.
角度2 直线与平面平行的性质
例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴PA∥OM，
又OM?平面BMD，PA?平面BMD，∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA?平面PAHG，
∴PA∥GH.
感悟提升
1.判断或证明线面平行的常用方法
(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(α∥β，a?α a∥β).
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a?β，a∥α a∥β).
2.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交线.
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；
证明 如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.
因为O，M分别为AC，EF的中点，且四边形ACEF是矩形，
所以EM∥OA且EM＝OA，
所以四边形AOEM是平行四边形，
所以AM∥OE，
又因为OE 平面BDE，AM 平面BDE，
所以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 l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m.
考点二 平面与平面平行的判定与性质
例3 (2024·潍坊质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为棱B1C1，A1B1，AB的中点.
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
证明 ∵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，∴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)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点.
证明 ∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，经过点G的直线交BC于H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，
∴H为BC的中点.
感悟提升
证明面面平行的常用方法
(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(l⊥α，l⊥β α∥β).
(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).
训练2 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合).
(1)求证：BC∥GH；
证明 ∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
∴平面ABC∥平面A1B1C1，
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.
证明 ∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF?平面BCHG，BC 平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉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.
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF 平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
考点三 平行关系的综合应用
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.
解 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.
感悟提升
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”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，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.
解析 如图，连接D1A，AC，D1C，
因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，
所以AC∥EF，
又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，
所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，
所以同理可得EG∥平面ACD1，
又EF∩EG＝E，EF，EG?平面EFG，
所以平面ACD1∥平面EFG.
因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上.
微点突破 截面（交线）问题
1.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.
2.作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作交线；（2）利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
例1 (2024·宁波质检)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P－ABCD所得的截面图形是( )
A.斜三角形 B.梯形
C.平行四边形 D.两组对边均不平行的四边形
D
解析 如图，延长EF和DC，
设其交点为G，连接BG，
延长DA并与直线BG交于点H，
连接HE交PA于点K，
连接KB，得四边形EFBK，
假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，
易知BC∥平面PAD，
易得平面PBC∥平面PAD，
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，
故假设不成立，因此KE与BF不平行，
同理可证KB与EF不平行，
因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.
解析 如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，
知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
训练 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，
则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.
解析 如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，
过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，
连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，
由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
解析 设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，
又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.
又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P 平面O1O2P，
所以AB⊥平面O1O2P，
又OH 平面O1O2P，所以AB⊥OH.
因为OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P 平面ABP，所以OH⊥平面ABP.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.如图，已知P为四边形ABCD外一点，E，F分别为BD，PD上的点，若EF∥平面PBC，则( )
A.EF∥PA B.EF∥PB
C.EF∥PC D.以上均有可能
B
解析 由线面平行的性质定理可知EF∥PB.
2.如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是( )
A.平行 B.相交
C.AC在此平面内 D.平行或相交
A
解析 如图，把这三条线段放在正方体内，可得
AC∥EF，AC?平面EFG，
EF?平面EFG，
故AC∥平面EFG.
3.下列命题中正确的是( )
A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C.平行于同一条直线的两个平面平行
D.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b?α，则b∥α
D
解析 A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，故D正确.
4.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )
A.2∶3 B.2∶5
C.4∶9 D.4∶25
D
解析 ∵平面α∥平面ABC，
∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，
又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.
5.(2024·成都诊断)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④
A
解析 对于①，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为AB∥C1D1，且AB＝C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形，
故AD1∥BC1，故①正确；
对于②，易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，BD 平面BDC1，B1D1?平面BDC1，
所以B1D1∥平面BDC1，
同理可得AB1∥平面BDC1，
又AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1 平面AB1D1，
故平面AB1D1∥平面BDC1，故②正确；
对于③，由正方体ABCD－A1B1C1D1易知，AD1与DC1异面，故③错误；
对于④，因为AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1 平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正确.故选A.
6.(2024·杭州质检)已知α，β是两个不重合的平面，则“α∥β”的充要条件是( )
A.平面α内存在无数条直线与β平行
B.存在直线l与α，β所成的角相等
C.存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β
D.平面α内存在不共线的三个点到β的距离相等
C
解析 对于A，如果α∩β＝l，则在α内与l平行的直线有无数条，这无数条直线都与平面β平行，但此时α不平行于β，故A错误；
对于B，如果α∩β＝m，在空间内必存在直线l?α，l?β，且l与m平行，此时l也与两个平面平行，即直线l与α，β所成的角都等于0，故B错误；
对于C，如果α∥β，则一定存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β，
若γ∥α且γ∥β，则也一定有α∥β，
则“α∥β”的充要条件是“存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β”，故C正确；
对于D，当α∥β时，α内必存在不共线的三个点到β的距离相等，但当α∩β＝m时，同样可以在α内找到不共线的三个点到β的距离相等，故D错误.故选C.
7.(2024·新乡模拟)在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是( )
B
解析 对于A，如图①，连接B1N，
由正方体的性质可知BM∥B1N，
又B1N与平面CNQ相交，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故A错误；
对于B，如图②，连接AC，AQ，
由正方体的性质可知NQ∥AC，
故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM∥AQ，BM?平面CNQ，AQ?平面CNQ，
所以直线BM与平面CNQ平行，故B正确；
对于C，如图③，连接BQ，
由中位线定理及正三棱柱的性质可知NQ∥BC，
故平面CNQ即为平面BCNQ，
则直线BM与平面CNQ相交于点B，故C错误；
对于D，假设直线BM与平面CNQ平行，
如图④，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，
则D是线段A1B1上靠近点B1的四等分点，连接BD，
由MD∥CQ，MD?平面CNQ，CQ?平面CNQ，
可得MD∥平面CNQ，
又BM与平面CNQ平行，MD∩BM＝M，MD，BM?平面BDM，
则平面BDM∥平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM、平面CNQ分别相交于BD，QN，
则BD与QN平行，显然BD与QN不平行，故假设错误，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故D错误.故选B.
8.如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件_________________________________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
点M在线段FH上(或点M与点H重合)
解析 连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，
易证得FH∥平面B1BDD1，HN∥平面B1BDD1，
FH∩HN＝H，FH，HN?平面FHN，
∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，
则MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
9.如图，在正方体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________.
解析 因为EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以点F为DC的中点，
10.我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截
面图形的面积为 .
解析 延长AN，与CC1的延长线交于点P，
则P∈平面BB1C1C，
连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
11.如图，四边形ABCD为长方形，PD＝AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，PC的中点.设平面PDC∩平面PBE＝l.证明：
(1)DF∥平面PBE；
证明 取PB中点G，连接FG，EG，
因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，且DE＝FG，所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，
因为DF?平面PBE，GE?平面PBE，所以DF∥平面PBE.
(2)DF∥l.
证明 由(1)知DF∥平面PBE，
又DF?平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，
所以DF∥l.
12.如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.求证：
(1)BE∥平面DMF；
证明 如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，
所以BE∥MO，
又BE?平面DMF，MO?平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明 因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥NG，
又DE?平面MNG，NG?平面MNG，
所以DE∥平面MNG，
因为M为AB的中点，N为AD的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又BD?平面MNG，MN?平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
13.(多选)(2024·苏州质量评估)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，
则( )
A.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
B.平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行
C.平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行
D.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
ACD
解析 设平面PBC∩平面PAD＝l，在平面PBC内存在无数条直线与l平行，且不在平面PAD内，则在平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行，故A正确；
若l∥平面ABCD，l?平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，则l∥BC，
同理，l∥AD，则BC∥AD，这与四边形ABCD为梯形矛盾，故B错误；
设平面PAB∩平面PCD＝m，
∵AB∥CD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴AB∥m，
又AB?平面ABCD，m?平面ABCD，
∴m∥平面ABCD，故C正确；
假设平面PAD内存在一条直线a与BC平行，则BC∥平面PAD，
又BC?平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，则BC∥AD，不符合题意，
∴平面PAD内任意一条直线都不与BC平行，故D正确.
14.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时，是否都有MN∥平面A1C1P，证明你的结论；
解 当点P在棱DD1上运动时，都有MN∥平面A1C1P.
证明如下：
连接AC，在正方形ABCD中，MN为△ABC的中位线，
可得MN∥AC，
由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形，
则AC∥A1C1，可得MN∥A1C1，
又MN?平面A1C1P，A1C1 平面A1C1P，
则MN∥平面A1C1P.
证明 取A1A的中点F，连接PF，FB1，
取B1B的中点E，连接AE，
由FP∥A1D1，FP＝A1D1，A1D1∥B1C1，A1D1＝B1C1，
可得FP∥B1C1，FP＝B1C1，
即四边形FPC1B1为平行四边形，
可得FB1∥PC1，
由E为B1B的中点，且B1Q＝3QB，
可得Q为BE的中点，且MQ∥AE，
由AEB1F为平行四边形，
可得AE∥FB1，即有MQ∥PC1.
又MQ?平面A1C1P，PC1?平面A1C1P，
则MQ∥平面A1C1P，
又MN∥平面A1C1P，MN∩MQ＝M，MN，MQ?平面MNQ，
则平面MNQ∥平面A1C1P.(共67张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第5节 空间直线、平面的垂直
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的______一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.
任意
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理
两条相交直线
平行
2.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的______所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是_____；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是____.
(2)范围：_________.
射影
90°
0°
3.二面角
(1)定义：从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是_________.
(3)二面角的平面角α的范围：[0，π].
两个半平面
∠AOB
4.两个平面垂直
(1)两个平面垂直的定义
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)两个平面垂直的判定定理与性质定理
垂线
l β
交线
l β
1.与“直线与平面垂直”有关的结论
(1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b α a⊥b.
(2)若两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.
2.三垂线定理
在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
3.三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
×
×
×
解析 (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l α或l∥α，故(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( )
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )
×
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.
(4)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BC1⊥AB，所以BC1垂直于平面ABCD内所有与AB平行的直线，而平面ABC1D1过BC1，显然平面ABC1D1与平面ABCD不垂直，故(4)错误.
2.(必修二P159T2改编)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是( )
A.α⊥γ，β⊥γ B.α∩β＝a，b⊥a，b β
C.a∥β，a∥α D.a∥α，a⊥β
D
解析 α⊥γ，β⊥γ α与β相交或平行，故A不正确；
因为α∩β＝a，b⊥a，b β，所以β可以绕交线a任意旋转，所以不能得到α⊥β，故B不正确；
a∥β，a∥α α与β相交或平行，故C不正确；
当a⊥β，a∥α，过直线a作平面与平面α交于直线b，所以a∥b，
又a⊥β，所以b⊥β ，
又b α，所以α⊥β，故D正确.
3.(必修二P158例8改编)如图，AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有( )
A.平面ABC⊥平面BCD B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD D.平面BCD⊥平面ABD
B
解析 因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，
又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，
因为AC∩AD＝A，AC，AD 平面ACD，所以BC⊥平面ACD，
因为BC 平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ACD，故选B.
4.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.
外
垂
解析 (1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，
因为在Rt△POA，
Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，
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于点H，D，G.
因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，
所以PC⊥平面PAB.
又AB 平面PAB，所以PC⊥AB.
因为PO⊥AB，PO∩PC＝P，PO，PC 平面PGC，
所以AB⊥平面PGC，
又CG 平面PGC，所以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.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足.
(1)求证：PA⊥平面ABC；
证明 如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F.
因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，DF 平面ABC，
所以DF⊥平面PAC.
因为PA 平面PAC，所以DF⊥PA.
过点D作DG⊥AB于点G，
同理可证DG⊥PA.
因为DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF＝D，
所以PA⊥平面ABC.
(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形.
证明 如图，连接BE并延长交PC于点H.
因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.
又AE⊥平面PBC，PC 平面PBC，所以PC⊥AE.
因为AE∩BH＝E，AE，BH 平面ABE，所以PC⊥平面ABE.
又AB 平面ABE，所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，
又AB 平面ABC，所以PA⊥AB.
因为PA∩PC＝P，PA，PC 平面PAC，所以AB⊥平面PAC.
又AC 平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形.
感悟提升
证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：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)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
训练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；
证明 在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，而AE 平面PAC，
∴CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
证明 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，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，而PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，而AB 平面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，而PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
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)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
解 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.
感悟提升
1.面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β).
(2)一个转化：利用面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，通常是通过线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现的.
2.面面垂直性质定理的应用
(1)两平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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.
训练2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点.
(1)求证：BG⊥平面PAD；
证明 在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，
所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG 平面ABCD，
所以BG⊥平面PAD.
(2)求证：AD⊥PB；
证明 如图，连接PG，
因为△PAD为正三角形，G为线段AD的中点，
所以PG⊥AD.
由(1)知BG⊥AD，
又PG∩BG＝G，PG，BG 平面PGB，
所以AD⊥平面PGB.
因为PB 平面PGB，所以AD⊥PB.
(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论.
解 能，当F为线段PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：
如图，取线段PC的中点F，连接DE，EF，DF.
在△PBC中，FE∥PB，
在菱形ABCD中，GB∥DE.
而FE 平面DEF，DE 平面DEF，EF∩DE＝E，PB 平面PGB，GB 平面PGB，PB∩GB＝B，
所以平面DEF∥平面PGB.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG 平面PAD，PG⊥AD，
所以PG⊥平面ABCD.
又PG 平面PGB，
所以平面PGB⊥平面ABCD，
所以平面DEF⊥平面ABCD.
考点三 平行、垂直关系的综合应用
例3 (2024·石家庄模拟)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E为线段AB上的一点.
(1)若OE∥平面D1BC，求证：E为AB的中点；
证明 因为四边形AA1D1D为正方形，A1D∩AD1＝O，
所以O为AD1的中点.
又因为OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE 平面ABD1，
所以OE∥BD1.
又因为O为AD1的中点，所以E为AB的中点.
(2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由.
设AC∩DE＝F，
因为四边形AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD，
又因为平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D?平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD，
又因为AC?平面ABCD，
所以D1D⊥AC.
在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，
所以∠ADE＝∠BAC，
又因为∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°，
所以∠ADE＋∠DAC＝90°，
则∠AFD＝90°，所以AC⊥DE，
又因为DE∩DD1＝D，DE，DD1?平面D1DE，
所以AC⊥平面D1DE.
又因为AC?平面AD1C，
所以平面D1DE⊥平面AD1C.
感悟提升
1.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直性质及判定的综合应用.
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.
所以△OBA∽△ABC，
所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB.
所以∠HBA＝∠CAB，
所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中点.
因为E，F分别是AP，AC的中点，
所以EF∥PC.
因为D，O分别是BP，BC的中点，
所以DO∥PC，所以EF∥DO.
又DO 平面ADO，EF?平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC的体积.
解 由(1)得FO∥AB，
因为AB⊥BC，所以FO⊥BC.
又PO⊥BC，所以∠POF是二面角P－BC－F的平面角，
如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，连接MO，
则∠POM是二面角P－BC－M的平面角，
所以∠POM＝60°.
微点突破 几何法求线面角、二面角
1.求线面角的三个步骤：
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.
2.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.
C
解析 取BC的中点E，连接DE，AE，如图.
依题意三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，
因为D，E分别是BC1和BC的中点，
所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，
所以DE⊥AE，
因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，
BC，DE 平面BB1C1C，
所以AE⊥平面BB1C1C，
所以∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，
B
解析 取MN的中点E，连OE，PE，
因为OM＝ON，
所以OE⊥MN，
因为PM＝PN，所以PE⊥MN，
所以∠PEO是二面角P－MN－O的平面角，
因为PO⊥平面OMN，OE 平面OMN，
所以PO⊥OE，
D
解析 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
所以∠A1CA是A1C与平面ABCD所成的角，
连接AC，且AC 平面ABCD，则AA1⊥AC，
又AB＝1，BC＝2，AA1＝5，
(2)我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AC＝CB＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为( )
D
解析 由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中点M，连接C1M，CM，
由条件，可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(多选)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P?l，则下列命题中是真命题的为( )
A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B.过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
ACD
解析 由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，则直线平行于平面β，因此A正确；
过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确；
根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确.
2.(2024·河南名校联考)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是( )
A.若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B.若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C.若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D.若m α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
B
解析 A选项，若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l α，如图1，m∥n，且满足m α，n α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；
B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，
因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；
C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，
因为l∥m，所以l∥n，故C错误；
D选项，若m α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误.故选B.
3.(2024·杭州质检)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分条件是( )
A.a∥α，b∥β，a⊥b B.α⊥γ，β⊥γ
C.a∥α，a⊥β D.α∩β＝a，a⊥b，b?β
C
解析 对于A，a∥α，b∥β，a⊥b，α与β可分别绕直线a与b任意转动，则α与β可能相交，也可能平行，故不是α⊥β的充分条件，A错误；
对于B，α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，B错误；
对于C，设过直线a的平面与α交于直线c，
因为a∥α，所以a∥c，
又a⊥β，所以c⊥β，
又c α，所以α⊥β，
所以C为α⊥β的充分条件，C正确；
对于D，α∩β＝a，a⊥b，b β，
若作直线d使得a⊥d，且d α，则b与d的夹角即二面角α－a－β的平面角，由于该二面角不一定为直角，
所以α与β不一定垂直，D错误.故选C.
4.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线AC上 D.△ABC内部
A
解析 连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.
∵AC 平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上.
5.(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
BD
解析 对于A，显然AB与CE不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；
对于B，因为AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，所以AB⊥平面CDE；
对于C，显然AB与CE不垂直，所以直线AB与平面CDE不垂直；
对于D，因为ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理CE⊥AB，
因为ED∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE.
6.(多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列结论正确的是( )
A.平面ANS⊥平面PBC B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC
ACD
解析 ∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴PA⊥BC，
又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，∴BC⊥平面PAB，
又AN 平面PAB，∴BC⊥AN，
又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB 平面PBC，∴AN⊥平面PBC，
∵AN 平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A，C，D正确.
7.(2024·东营模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN( )
A.有且仅有1条 B.有且仅有2条
C.有且仅有3条 D.有无数条
D
解析 如图，过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE，
当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，理由如下：
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，
又MD＝NE，
所以四边形MDEN为平行四边形，
所以MN∥DE.
因为DD1⊥平面ABCD，且DE 平面ABCD，
所以DD1⊥DE，则DD1⊥MN.
所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，
此时满足条件的直线MN有无数条.
8.如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱_________________________________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)
CG，DH，EH，FG(任选一个作答)
解析 如图，结合平面图形还原出正方体，
结合正方体性质易知，
棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.
9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足条件：①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的__________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可).
②(或③)
解析 连接AC(图略)，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.
∵底面各边都相等，∴AC⊥BD.
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD，而PC 平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
10.在矩形ABCD中，AB①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.
其中正确结论的序号是________.
②
解析 ①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，
连接CE，如图所示.
则BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确；
②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，
∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，
由AB③假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，AD∩CD＝D，
∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，
即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，
而AB11.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
证明 因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.
证明 因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
且E为CD的中点，所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证：AB∥EF；
证明 因为四边形ABCD是矩形，
所以AB∥CD.
又AB?平面PDC，CD 平面PDC，
所以AB∥平面PDC.
又因为AB 平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，
所以AB∥EF.
(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.
证明 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，
所以AB⊥AF.又AB⊥AD，
由点E在棱PC上(异于点C)，
所以点F异于点D，
所以AF∩AD＝A，AF，AD 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，又AB 平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
13.(多选)(2024·武汉调研)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为BD的中点，则下列结论正确的是( )
ABC
解析 由正方体的性质可得BD⊥平面ACC1A1，A1C 平面ACC1A1，故A1C⊥BD，又BC1⊥平面A1B1CD，A1C 平面A1B1CD，故A1C⊥BC1，BD∩BC1＝B，且BD，BC1 平面C1BD，故A1C⊥平面C1BD，故A正确；
14.在四棱锥P－ABCD中，△PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)AD上是否存在一点M，使得平面PCM⊥平面ABCD？若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
解 当M为AD的中点时，使得平面PCM⊥平面ABCD.
证明如下：
如图，连接MC，PM.
由△PAD是等边三角形，
可得PM⊥AD，而平面PAD⊥平面ABCD，AD为平面PAD和平面ABCD的交线，且PM 平面PAD，可得PM⊥平面ABCD，
又PM 平面PCM，可得平面PCM⊥平面ABCD.
解 设AB＝a，可得BC＝a，AD＝2a，
由(1)可得MC＝AB＝MD＝a，(共65张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第1节 基本立体图形及几何体的表面积与体积
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(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)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.能用斜二测画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.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.空间几何体的结构特征
(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____且____
侧棱 ____________ 相交于_____，但不一定相等 延长线交于____
侧面形状 ____________ ________ 梯形
平行
全等
平行
相似
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，______于底面 相交于______ 延长线交于______
轴截面 ______ ____________ 等腰梯形 圆
侧面展开图 ______ ______ 扇环
垂直
一点
一点
矩形
等腰三角形
矩形
扇形
2.直观图的斜二测画法
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为______________，z′轴与x′轴、y′轴所在平面______.
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别________坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度______，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的______.
45°(或135°)
垂直
平行于
不变
一半
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝_______ S圆锥侧＝_____ S圆台侧＝___________
2πrl
πrl
π(r1＋r2)l
Sh
4πR2
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
×
×
×
解析 (1)不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，(1)错误.
(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥，(2)错误.
(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)菱形的直观图仍是菱形.( )
(4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.( )
×
(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，(3)错误.
(4)球的体积之比等于半径比的立方，故(4)错误.
2.(必修二P106T8改编)如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′∥FG，则剩下的几何体是( )
A.棱台 B.四棱柱
C.五棱柱 D.六棱柱
C
解析 由于平面ABFEA′∥平面DCGHD′，且AD，BC，FG，EH，A′D′相互平行且相等，
所以剩下的几何体是五棱柱.
B
解析 设圆锥的母线长为l，
4.(必修二P120T5改编)一个长方体的顶点都在球面上，且长方体的棱长分别为1，2，3，则球的表面积为________.
14π
解析 设球的半径为R，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 基本立体图形
角度1 结构特征
例1 (多选)下列说法中正确的是( )
A.以直角梯形垂直于底面的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
C.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D.棱台的各侧棱延长后必交于一点
AD
解析 由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成的旋转体是圆台，故A正确；
由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，但不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确.
感悟提升
空间几何体结构特征的判断技巧
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
角度2 直观图
例2 (1)对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是( )
A.三角形的直观图仍然是一个三角形
B.90°的角的直观图一定会变为45°的角
C.与y轴平行的线段长度变为原来的一半
D.由于选轴的不同，所得的直观图可能不同
B
解析 对于A，根据斜二测画法，相交直线的直观图仍是相交直线，因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A正确；
对于B，90°的角的直观图可以变为45°或135°的角，故B错误；
C，D显然正确.
A
解析 因为斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，
感悟提升
角度3 展开图
例3 (2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为( )
A.30 B.40 C.50 D.60
C
解析 圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，
∴侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，
解得l＝20.
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离.
设OA＝R，扇形的圆心角是α，
则由题意知2×5π＝αR，①
2×10π＝α(20＋R)，②
感悟提升
在解决空间曲线或折线(段)最短问题时一般要考虑几何体的侧面展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化.
训练1 (1)(2024·枣庄调研)给出下列四个命题，正确的是( )
A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱
B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱
D
解析 对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；
对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故B错；
对于C，若底面不是矩形，则C错；
对于D，可知侧棱垂直于底面，故D正确.
B
解析 根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，
(3)(2023·福州检测)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为__________.
解析 将正三棱柱ABC－A1B1C1(如图1)中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示，
在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1，
因为AA1＝A1C1＝2，
且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，
＝2×2sin 75°＝4sin(30°＋45°)
＝4×(sin 30°·cos 45°＋cos 30°·sin 45°)
考点二 面积与体积
解析 设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1，
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
(2)(2024·兰州诊断)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图1)的屋顶部分是典型的攒尖结构.如图2所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为________ dm2.
解析 法一 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，AB∥A1B1，
所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，
(2)(2024·南宁质检)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足.楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，
EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的体积为________.
解析 如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________.
1
解析 如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得
感悟提升
1.空间几何体表面积的求法
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.
2.求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；
(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体；
(3)等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积.
训练2 (1)在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的吉利数字，所以许多瓷器都做成六棱形和八棱形的，但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形笔筒，其余的六棱形都不是六棱柱形.如图为一个正六棱柱形状的瓷器笔筒，高为18.7 cm，底面边长为7 cm(数据为笔筒的外观数据)，用一层绒布将其侧面包裹住，忽略绒布的厚度，则至少需要绒布的面积为( )
A.120 cm2 B.162.7 cm2
C.785.4 cm2 D.1 570.8 cm2
C
解析 根据正六棱柱的底面边长为7 cm，得正六棱柱的侧面积为6×7×18.7＝785.4(cm2)，
所以至少需要绒布的面积为785.4 cm2.
解析 由图可知，五边形ABCDE可看作正方形BCDF切去一个等腰直角三角形AEF，将五边形ABCDE绕直线AB旋转一周得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
B
2.下面关于空间几何体的叙述正确的是( )
A.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
B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C.直平行六面体是长方体
D.存在每个面都是直角三角形的四面体
D
解析 A中，不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体，A不正确；
B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；
C中，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确；
D中，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的四面体C1－ABC，四个面都是直角三角形，D正确.
3.(2024·沈阳质监)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.由曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.则如图所示正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为( )
B
A.2π B.4π C.6π D.8π
D
解析 设圆台的母线长为l，
C
解析 由题意，设直角圆锥SO的底面圆的半径为r，则直角圆锥SO的高为r，
又在直角圆锥SO中，点S与底面圆O都在同一个球面上，
设球的半径为R，则r＝R，
又因为球的表面积为4π，则4πR2＝4π，
解得R＝1，即r＝1，
C
解析 设圆柱的母线长为2a，且圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的底面圆的半径为a，
连接O1C，O1D，O1O2，如图，由题意可知
A
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PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
B
9.如图是水平放置的正方形ABCO，在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，则由斜二测画法画出的正方形的直
观图中，顶点B′到x′轴的距离为________.
解析 利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°.
10.(2024·佛山调研 )如图，有一个圆锥形粮堆，其轴截面是边长为8 m的等边三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________ m.
解析 如图所示，根据题意可得△ABC是边长为8 m的正三角形，
所以BC＝8 m，所以圆锥底面周长为π×8＝8π(m).
设圆锥侧面展开后的扇形圆心角为θ，点B在展开图中对应的点为B′，连接AB′，B′P.
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得8θ＝8π，
11.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B，C分别是上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB＝3BD，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是________.
因为AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，
则圆柱的侧面积S1＝2π·BD·BC＝4πm2，
12.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱组成.已知正四棱柱的底面边长为3 cm，则这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm3.
8
解析 易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，
所以公共部分构成的多面体的面数为8，
C
解析 连接BD，在圆内接四边形ABCD中，∠DAB＝90°，
所以BD是四边形ABCD外接圆的直径，
所以∠DCB＝90°，
则∠ABC＝135°.
延长AB，过点C作CE垂直AB的延长线于点E，
过点C作CF⊥AD，垂足为F，则∠CBE＝45°，
所以△BCE是等腰直角三角形，所以BE＝CE＝2.
作出四边形ABCD关于直线AB对称的图形，如图所示.
由于CE∥AF，AE∥CF，∠DAB＝90°，
所以四边形AECF是矩形，AF＝CE＝2，DF＝CF＝AE＝4，
BD
解析 因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA，
所以BE⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，所以BC⊥BE.
因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，
又AB∩BE＝B，AB，BE 平面ABEP，
所以BC⊥平面ABEP，
同理可证得CD⊥平面PAD，
如图，取PA的中点为F，连接EF，FC，FD，
因为BE∥PA，PA＝2BE，
所以AF∥BE且AF＝BE，
所以四边形ABEF为平行四边形，所以EF∥AB，
又AB∥CD，所以EF∥CD，
因为EF 平面PCD，CD 平面PCD，
所以EF∥平面PCD，
所以点E，F到平面PCD的距离相等，
15.(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________.
28
解析 如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P－A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′－ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.
记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′－ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，则P，O′，O三点共线，P，H′，H三点共线.
连接PO，PH，O′H′，OH，
则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.
易知△PO′H′∽△POH，
解得PO＝6，
所以OO′＝PO－PO′＝3，
16.(2024·淮安段测)如图，一个正三棱锥P－ABC的底面边
长为1，高为2，则此三棱锥的体积为________.若一个正三棱柱A1B1C1－A0B0C0的顶点A1，B1，C1分别在该三棱锥的三条棱上，A0，B0，C0在该三棱锥的底面ABC上，
则此三棱柱侧面积的最大值为________.(共57张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系
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，并能应用定理解决问题.
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知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实 内容 图形 符号
基本事实1 过________________的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线 存在唯一的α使A，B，C∈α
不在一条直线上
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 A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α l α
基本事实3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条__________________ P∈α，且P∈β α∩β＝l，且P∈l
两个点
过该点的公共直线
(2)基本事实1的三个推论
推论 内容 图形 作用
推论1 经过__________和这条直线外一点，有且只有一个平面 确定平面
的依据
推论2 经过__________直线，有且只有一个平面 推论3 经过__________直线，有且只有一个平面 一条直线
两条相交
两条平行
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线 直线与平面 平面与平面
平行关系 图形语言
符号语言 a∥b a∥α α∥β
相交关系 图形语言
符号语言 a∩b＝A a∩α＝A α∩β＝l
独有关系 图形语言
符号语言 a，b是异面直线 a α
3.基本事实4和等角定理
(1)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线__________.
(2)等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.
4.异面直线所成的角
(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任意一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
(2)范围：________.
互相平行
相等或互补
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.
2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
×
×
×
解析 (1)两条平行直线也没有公共点，故错误.
(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
(1)没有公共点的两条直线是异面直线.( )
(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)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a不平行于平面α，且a α，则α内的所有直线与a异面.( )
×
2.(必修二P128T2改编)下列命题正确的是( )
A.空间任意三个点确定一个平面
B.一个点和一条直线确定一个平面
C.空间两两相交的三条直线确定一个平面
D.空间两两平行的三条直线确定一个或三个平面
D
解析 A中，空间不共线的三点确定一个平面，A错；
B中，只有点在直线外时才能确定一个平面，B错；
C中，空间两两相交的三条直线确定一个平面或三个平面，C错，故只有选项D正确.
3.(必修二P147例1改编)在长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝1，AA′＝2，
则直线BA′与AC所成角的余弦值为________.
解析 如图，连接CD′，
易知CD′綉BA′，
则∠ACD′是直线BA′与AC所成的角，
4.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则
(1)当AC，BD满足条件_________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件__________________时，四边形EFGH为正方形.
AC＝BD
AC＝BD且AC⊥BD
解析 (1)要使四边形EFGH为菱形，应有EF＝EH，
(2)要使四边形EFGH为正方形，
应有EF＝EH且EF⊥EH，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 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，E，F四点共面；
证明 如图所示，连接B1D1.
因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面.
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
证明 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点.
所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.
(3)DE，BF，CC1三线交于一点.
证明 因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交，
设交点为M，则由M∈DE，DE?平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于一点.
感悟提升
共面、共线、共点问题的证明方法
(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证明两平面重合.
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上.
(3)证明线共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
训练1 (1)在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG＝P，则点P( )
A.一定在直线BD上 B.一定在直线AC上
C.在直线AC或BD上 D.不在直线AC上，也不在直线BD上
B
解析 因为EF∩HG＝P，E，F，G，H四点分别是AB，BC，CD，DA上的点，
所以EF在平面ABC内，HG在平面ACD内，
所以P既在平面ABC内，又在平面ACD内，
所以P在平面ABC和平面ACD的交线上，
又平面ABC∩平面ACD＝AC，
所以P∈AC.
(2)如图，P，Q，R，S分别是正方体或四面体所在棱的中点，则在下列图形中，这四个点不共面的一个图是( )
D
解析 A中，由PQ与SR相交，知P，Q，R，S四点共面；
B中，由QR与PS相交，知P，Q，R，S四点共面；
C中，由PQ∥SR，知P，Q，R，S四点共面；
D中，由QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，知四点不共面.
考点二 空间两直线位置关系的判断
例2 (1)(2024·鹤壁模拟)已知a，b，c是三条不同的直线，有下列三个命题：
①若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c也是异面直线；
②若a和b相交，b和c相交，则a和c也相交；
③若a和b共面，b和c共面，则a和c也共面.其中真命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
A
解析 对于①，若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c相交不是异面直线，如图，故①为假命题；
对于②，若a和b相交，b和c相交，则a和c可能相交、平行、异面，故②为假命题；
对于③，若a和b共面，b和c共面，则a和c共面，错误，如上图，AA′(a)与AB(b)共面，AB(b)与BC(c)共面，但AA′(a)与BC(c)异面，故③为假命题.故真命题的个数为0.故选A.
(2)(多选)(2024·重庆名校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A.AB1 B.A1C
C.A1A D.AD1
BCD
解析 对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD，
当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于C，如图②，因为A1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1A，P?平面AA1C1C，
所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于B，如图②，连接A1C，A1C1，AC，
因为A1C?平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1C，P?平面AA1C1C，
所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC，
因为AD1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O?AD1，P?平面AD1C，
所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确.故选BCD.
感悟提升
1.要判断空间中两条直线的位置关系(平行、相交、异面)，可利用定义，借助空间想象并充分利用图形进行思考.判断空间直线的位置关系，一般有两种方法：一是构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来判断；二是利用排除法.
2.异面直线的判定方法：(1)反证法；(2)直接法.
训练2 (1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行 B.异面
C.相交或平行 D.平行或异面或相交均有可能
D
解析 根据条件作出示意图，得到以下三种可能的情况，
如图可知AB，CD有相交、平行、异面三种情况，故选D.
(2)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为________.
②④
解析 根据异面直线的定义可知，在题图②④中，直线GH，MN是异面直线.
在题图①中，由G，M均为所在棱的中点可知GH∥MN.
考点三 求异面直线所成的角
D
解析 法一 如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，连接C1P，BC1，
则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角，
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
法二 如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角，
由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，
30°
解析 设BD的中点为O，连接EO，FO，
所以EO∥AD，FO∥BC，则∠EOF(或其补角)就是异面直线AD与BC所成的角.
所以∠EOF＝150°，从而异面直线AD与BC所成角的大小为30°.
感悟提升
综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线；
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角)；
(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
C
解析 法一 如图所示，连接B1C，
因为A1B1∥AB，
所以∠B1A1C即为异面直线A1C，AB所成的角.
因为AA1＝AC＝BC＝1，
法二 如图，将直三棱柱补形为正方体ACBD－A1C1B1D1，
连接BD1，AD1，
则D1B∥A1C，
所以异面直线A1C与AB所成的角即直线D1B与AB所成的角，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(多选)下列推断中，正确的是( )
A.M∈α，M∈β，α∩β＝l M∈l
B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β α∩β＝AB
C.l?α，A∈l A?α
D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线 α，β重合
ABD
解析 对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A正确；
对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB α，AB?β，则α∩β＝AB，B正确；
对于C，若l∩α＝A，则有l?α，A∈l，但A∈α，C错误；
对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D正确.
2.若直线上有两个点在平面外，则( )
A.直线上至少有一个点在平面内 B.直线上有无穷多个点在平面内
C.直线上所有点都在平面外 D.直线上至多有一个点在平面内
D
解析 根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内.
3.(多选)下列命题中不正确的是( )
A.空间四点共面，则其中必有三点共线
B.空间四点不共面，则其中任意三点不共线
C.空间四点中有三点共线，则此四点不共面
D.空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面
ACD
解析 对于平面四边形来说不成立，故A不正确；
空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，故B正确；
由B的分析可知C不正确；
平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故D不正确.
4.(2024·广州模拟)已知α，β，γ是三个不同的平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是( )
A.直线b与直线c可能是异面直线
B.直线a与直线c可能平行
C.直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)
D.直线c与平面α可能平行
C
解析 因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，
所以O∈α，O∈β，O∈γ.
因为β∩γ＝c，所以O∈c，
所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，故A，B错误，C正确；
假设直线c与平面α平行，由O∈c，可知O?α，
这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误.
5.(2024·金华模拟)已知直线l、平面α满足l?α，则下列命题一定正确的是( )
A.存在直线m?α，使l∥m
B.存在直线m?α，使l⊥m
C.存在直线m?α，使l，m相交
B
解析 对于A，若直线l与α相交，则α内的直线与l相交或异面，因此若l与α相交，则不存在直线m?α，使l∥m，故A错误；
对于B，由于l?α，所以l与α相交或平行，不论是相交还是平行，均可在α内找到与l垂直的直线m，故B正确；
对于C，当l∥α时，α内的直线与l平行或异面，所以不存在m?α，使l，m相交，故C错误；
6.(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A.A，M，O三点共线
B.A，M，O，A1共面
C.A，M，C，O共面
D.B，B1，O，M共面
ABC
解析 ∵M∈A1C，A1C?平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，
又∵M∈平面AB1D1，
∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，
∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，
∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，
即B，B1，O，M不共面，故选ABC.
C
解析 法一 如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.
易知AD1∥DE1，
则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角(或其补角).
因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
法二 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知点O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角(或其补角).
8.已知a，b，c是不同直线，α是平面，若a∥b，b∩c＝A，则直线a与直线c的位置关系是___________；若a⊥b，b⊥α，则直线a与平面α的位置关系是___________.
相交或异面
解析 a，b，c是不同直线，α是平面，
因为a∥b，b∩c＝A，
所以直线a与直线c的位置关系是相交或异面.
因为a⊥b，b⊥α，
则直线a与平面α的位置关系是a∥α或a α.
a∥α或a α
9.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
4
解析 因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.
10.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l
与A1D平行，设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cos θ＝________.
解析 如图所示，设正方体的表面ABB1A1的中心为点P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，∠POC1＝θ或π－θ.
设正方体的棱长为2，则
11.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
证明 因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
所以GH∥BD，所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面.
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.
证明 因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG 平面ABC，
所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点.
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，
所以P，A，C三点共线.
12.如图，已知在空间四边形ABCD中，AD＝BC，M，N分别为AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，求BC与AD所成的角.
解 如图，取BD的中点E，连接EN，EM，
则EN∥BC，ME∥AD，
故∠ENM(或其补角)为BC与MN所成的角，∠MEN(或其补角)为BC与AD所成的角.
由AD＝BC，知ME＝EN，
所以∠EMN＝∠ENM＝30°，
所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，
即BC与AD所成的角为60°.
13.(多选)(2024·苏州调研)已知直线l与平面α相交于点P，则( )
A.α内不存在直线与l平行 B.α内有无数条直线与l垂直
C.α内所有直线与l是异面直线 D.至少存在一个过l且与α垂直的平面
ABD
解析 如图，对于A，直线l与平面α相交于点P，所以平面α内不存在直线与l平行，故A正确；
对于B，平面α内存在与l在平面α的射影PO垂直的直线n，平面α内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，故B正确；
对于C，平面α内过点P的直线m与直线l相交，不是异面直线，故C错误；
对于D，取直线l上除斜足外一点A，过该点作平面α的垂线AO，则平面POA垂直于平面α，故D正确.
14.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，边长为4，E为AB的中点，PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB为等边三角形，求四棱锥P－ABCD的体积；
解 ∵正方形ABCD的边长为4，且△PAB为等边三角形，E为AB的中点，
解 如图，连接EF，
∵AD∥BC，
∴∠PCB即PC与AD所成的角.
∵PE⊥平面ABCD，EF，BC 平面ABCD，
∴PE⊥EF，PE⊥BC，
又PF与平面ABCD所成角为45°，
即∠PFE＝45°，
∴PE＝EF·tan ∠PFE＝4，(共58张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第7节 向量法求空间角
1.掌握空间向量的应用.
2.会用空间向量求空间角.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
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相交于点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〉|＝_______＝_______.
常用结论与微点提醒
×
×
×
√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；
(2)直线的方向向量u，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos?u，n?|；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
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)，
3.(选修一P43T10改编)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________.
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)，
4.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy的夹角为45°，则a＝________.
解析 平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，
取平面中两个向量(－3，4，0)与(－3，0，a)，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 异面直线所成的角
解析 连接O1O2，过点E作EE1∥O1O2，交下底面于点E1，连接O2E1，
以O2为坐标原点，在下底面中，过点O2作AB的垂线为x轴，分别以O2B，O2O1所在的直线为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则由已知可得A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，F(0，1，1)，
解析 以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略).
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
感悟提升
训练1 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝8，E，F，G分别为B1C1，A1B1，BB1的中点，则异面直线A1E与FG所成角的余弦值为( )
A
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
考点二 直线与平面所成的角
例2 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
证明 由A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，得A1C⊥BC.
又因为BC⊥AC，且AC∩A1C＝C，AC，A1C 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，且BC 平面BCC1B1，
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
如图1，过A1作A1H⊥CC1，垂足为H，
图1
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解 连接B1C.过C作CQ⊥AA1，垂足为Q，连接BQ.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1，
又AA1 平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
又CQ∩BC＝C，CQ，BC 平面BCQ，
∴AA1⊥平面BCQ.
∵BQ 平面BCQ，∴AA1⊥BQ，
又∵AA1∥BB1，∴BB1⊥BQ，
∴BQ的长为直线AA1与BB1之间的距离，即BQ＝2.
∴以直线CA，CB，CA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，
图2
取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
感悟提升
向量法求直线与平面所成角的方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
证明 因为PD⊥平面ABCD，AD，CD 平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥CD，
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD，则AD，CD，PD两两垂直.
以D为坐标原点，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D－xyz，如图，
由已知可得D(0，0，0)，M(0，2，2)，N(3，4，0)，P(0，0，4)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，
令z2＝1，得y2＝1，x2＝0，
所以n2＝(0，1，1)，
因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2，
所以平面DMN⊥平面PBC.
(2)求直线AB与平面DMN所成角的正弦值.
考点三 平面与平面的夹角
[思路分析] (1)通过证明BC⊥平面ADE，从而证明BC⊥DA.
(2)确定线线位置关系→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.
[规范解答] (1)证明 如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，E为BC的中点，
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)，
所以AC＝AB，
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，
又DA 平面ADE，
(2)解 由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴
[满分规则]
得步骤分
①处通过证明线⊥线 线⊥面 线⊥线，注意应用相关定理的条件要完整，否则易失步骤分.
得关键分
②处求出各点与向量的坐标，特别是求出点F的坐标是解题的关键，此处出错会导致(2)题至多得1分.
得计算分
③处求平面的法向量及应用公式求角的正弦值、余弦值，要注意计算准确.
训练3 (2023·新高考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；
又B2C2与A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.
法二 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
解 建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中法二，
设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
解 在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
(2)平面A1BD与平面A1AD夹角的正弦值.
2.(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA＝PC，AB＝BC.
(1)求证：PB⊥AC；
证明 取AC的中点M，连接MB，MP，
∵在△PAC中，PA＝PC，M为AC的中点，∴MP⊥AC，
在△ABC中，AB＝BC，M为AC的中点，∴MB⊥AC，
又MP∩MB＝M，MP，MB 平面PMB，∴AC⊥平面PMB.
又PB 平面PMB，∴PB⊥AC.
(2)若平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD＝2，∠ABC＝90°，二面角P－BC－D的大小为45°，求直线PB与平面PAD所成角的正弦值.
解 ∵∠ABC＝90°，AB∥CD，∴BC⊥CD，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC 平面ABCD，
∴BC⊥平面PCD，
∵PC 平面PCD，∴BC⊥PC.
故∠PCD为二面角P－BC－D的平面角，∠PCD＝45°.
以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，
所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB.
所以∠HBA＝∠CAB，
所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中点.
因为E，F分别是AP，AC的中点，
所以EF∥PC.
因为D，O分别是BP，BC的中点，
所以DO∥PC，所以EF∥DO.
又DO 平面ADO，EF?平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO 平面ADO，
所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)求二面角D－AO－C的正弦值.
解 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
又PA2＝AM2＋PM2，∴PM⊥AM.
∵AB⊥平面PAD，AB 平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面PAD.
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PM 平面PAD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，
又BM 平面ABCD，∴PM⊥BM.
∴BM2＋CM2＝BC2，∴BM⊥CM.
又PM∩CM＝M，PM，CM 平面PCM，
∴BM⊥平面PCM.
又BM 平面PBM，
∴平面PBM⊥平面PCM.
解 ∵AB⊥平面PAD，AD 平面PAD，∴AB⊥AD，
以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，过点A且垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.(共43张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第8节 空间距离
会用几何法与向量法求点到直线、点到平面的距离.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
图2
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l，m之间的距离，可在其中一条直线l上任取一点P，则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( )
(2)点到直线的距离也就是该点到直线上任一点连线的长度.( )
(3)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.( )
(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.( )
×
×
√
解析 (1)当平面α上三点在平面β的两侧时，α与β相交.
(2)点到直线的距离是过该点作直线的垂线，该点与垂足之间的距离.
(4)直线l上的两个点在平面α的两侧时，l与平面α相交.
×
解析 由题意，点F到平面ABC的距离为
4.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，
则平面AMN与平面EFBD间的距离为________.
解析 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)，N(4，2，4).
易知MN∥EF，MN 平面AMN，EF?平面AMN，
∴EF∥平面AMN，
又BF∥AM，AM 平面AMN，BF?平面AMN，
∴BF∥平面AMN，
∵EF∩BF＝F，EF，BF 平面EFBD，
∴平面AMN∥平面EFBD.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 利用几何法求距离
A
解析 如图，取PA的中点M，连接BM，CM，
因为PB⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，
所以PB⊥BC，
又因为AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
又PA 平面PAB，所以BC⊥PA，BC⊥PB，
因为M是PA的中点，PB＝AB，所以BM⊥PA，
又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC 平面BCM，所以PA⊥平面BCM，
又CM 平面BCM，所以CM⊥PA，
即CM为点C到直线PA的距离.
(2)(2024·安庆模拟)一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截(如图)，O为底面圆的中心，O1为截面的中心，A为截面上距离底面最小的点，A到圆柱底面的距离为1，B为截面图形弧上的一点，且∠AO1B＝60°，则
点B到底面的距离是________.
解析 圆柱半径为1，截面与底边所成角为45°，
作BC⊥AO1于C，
感悟提升
1.求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解.
2.求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助于等体积法求解.
D
解析 如图，连接CB1，
设AC的中点为D，连接B1D，则B1D⊥AC，
设点C到直线AB1的距离为h，
(2)(2024·威海模拟)已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为________.
解析 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，
考点二 利用向量法求距离
例2 (1)如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为( )
A
解析 如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
角度1 点到直线的距离
A
解析 以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
角度2 点到平面的距离
感悟提升
训练2 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
求：（1）点N到直线AB的距离；
（2）点C1到平面ABN的距离.
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为D1C1，C1C的中点.
(1)求点E到直线AF的距离；
(2)求点B1到平面A1BE的距离.
设n＝(x，y，z)为平面A1BE的一个法向量，
2.(2024·江西五市九校联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
证明 取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF.
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，
所以四边形BNGF是平行四边形，
所以GF∥BN.
又EA⊥平面ABCD，BN 平面ABCD，
所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA＝A，AC，EA 平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC.
又GF 平面EFC，
所以平面EFC⊥平面EAC.
(2)求点B到平面CEF的距离.
解 因为EA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以EA⊥AC.
因为EA∥BF，所以BF⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，所以BF⊥BC.
因为∠ABC＝60°，AB＝2，所以AC＝2，
取AB的中点M，连接CM，
因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，
又因为EA⊥平面ABCD，CM 平面ABCD，
所以EA⊥CM，且AB∩EA＝A，AB，EA 平面ABFE，
所以CM⊥平面ABFE.
设点B到平面CEF的距离为d，
因为VB－CEF＝VC－BEF，
3.如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离.
解 如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，
连接OP，OF，OB，则OP⊥DE，
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，
所以OP⊥平面BCDE.
因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，所以DE∥BC.
因为DE?平面PBC，BC 平面PBC，
所以DE∥平面PBC.
又OF⊥DE，所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
解 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为M为A1B1的中点，
所以C1M⊥A1B1.
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，
所以C1M⊥平面AA1B1B.
又C1M 平面BC1M，所以平面BC1M⊥平面AA1B1B.
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.
因为平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，
因此AQ⊥平面BC1M，故点Q即为所要找的点.
显然△ABQ∽△BB1M，
(2)求点C到平面BC1M的距离.
解 取AB的中点N，连接CN，MN，
因为M为A1B1的中点，
所以MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，
所以四边形CNMC1为平行四边形，
即CN∥C1M，而C1M 平面BC1M，CN 平面BC1M，
所以CN∥平面BC1M，
所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.
又N为AB的中点，则点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M的距离hA的一半，(共45张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第2节 与球有关的切、接问题
1.能根据多面体、旋转体的几何性质确定内切、外接球的球心. 2.会解决几何体的内切球、外接球相关问题.
目 录
CONTENTS
考点聚焦突破
01
课时分层精练
02
考点聚焦突破
1
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 外接球
A
解析 设PA＝PB＝PC＝2x，E，F分别为PA，AB的中点，
角度1 补形法——存在侧棱与底面垂直
过点P作PD⊥AC于点D.
∵PA＝PC，∴D为AC的中点，
又AB＝BC＝AC＝2，
∴PA，PB，PC两两垂直，
即三棱锥P－ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，
角度2 补形法——对棱相等
角度3 借助三角形外心确定球心位置
例3 若半径为1的球的内接正三棱柱的侧面为正方形，则该正三棱柱的体积为
_______，表面积为_____________．
解析 如图，记正三棱柱为三棱柱ABC－DEF，O为外接球的球心，G为底面△DEF的重心，连接OG，则OG⊥底面DEF，连接DG，OD.
设正三棱柱的底面边长为a，则由题意知，DG2＋OG2＝DO2，
感悟提升
解析 在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径.
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，
34π
解析 根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，
设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，
解得a＝3，b＝3，c＝4.
所以该三棱锥的外接球的半径
8π
解析 如图所示，取BD，CD中点M，N，连接AM，MN，AN，BN.
∴AM⊥BD，AM＝BM＝DM＝1，
又平面ABD⊥平面CBD，
∴AM⊥MN，
则四面体ABCD外接球的表面积为4πR2＝8π.
考点二 内切球
感悟提升
训练2 如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量可得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为( )
D
解析 依题意知，当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球.
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
2
C
解析 设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，
则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，
2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为( )
A.π B.2π C.3π D.4π
C
解析 过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1，
C
A
A
6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为( )
A.49π B.36π C.32π D.28π
A
解析 设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.
因为∠APB＝2∠PAO，
所以cos ∠APB＝cos 2∠PAO，
设外接球球心为M，半径为R，
则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.
因为MA2＝MO2＋OA2，
A
C
解析 由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，
所以BD⊥BC，AC⊥AD.
9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
20π
解析 根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，
此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，
所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这
个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表
面积与球的表面积之比为________.
解析 由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，
11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体
积之比为________.
解析 连接OA1(图略)，
设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，
因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，
因为O是该四棱台外接球的球心，
解析 如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，
即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
C
解析 该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，
设圆锥的高为h(032π
解析 ∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，
设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，
故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，
15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，
则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________.
解析 由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，
连接DG，B1G，如图，
则有DG⊥AC，B1G⊥AC，
于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，
则∠B1GD＝120°，
显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，
令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，
则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，
从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，
则OA为该外接球半径，
解析 如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，
因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
同理得CD⊥平面PAB.
设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，
则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，
即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.
以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，(共61张PPT)
第七章 立体几何与空间向量
第6节 空间向量与线面位置关系
1.了解空间向量的概念、空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
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知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有______和______的量
相等向量 方向______且模______的向量
相反向量 方向______且模______的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相______或______的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
大小
方向
相同
相等
相反
相等
平行
重合
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得______.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在______的有序实数对(x，y)，使p＝________.
(3)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p＝____________，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
a＝λb
唯一
xa＋yb
xa＋yb＋zc
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝_______________.
(3)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
[0，π]
互相垂直
|a||b|cos〈a，b〉
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示 坐标表示
数量积 a·b ___________________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) __________________________
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ____________________
模 |a| _____________
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
5.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l
____________，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
平行或重合
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，u2 l1∥l2 u1∥u2 u1＝λu2
l1⊥l2 u1⊥u2 _________
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n l∥α u⊥n ________
l⊥α u∥n u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2 α∥β n1∥n2 n1＝λn2
α⊥β n1⊥n2 __________
u1·u2＝0
u·n＝0
n1·n2＝0
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( )
(3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.( )
(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( )
(5)若两平面的法向量平行，则不重合的两平面平行.( )
×
×
×
√
解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个.
(2)a⊥α.
(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成空间一个基底.
(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故(4)不正确.
×
3.(选修一P22T2改编)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，则x＝________.
解析 因为a⊥b，
所以a·b＝－8－2＋3x＝0，
4.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 空间向量的运算及共线、共面定理
D
CD
解析 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
感悟提升
(2)判断点M是否在平面ABC内.
所以四点M，A，B，C共面，
从而点M在平面ABC内.
所以M，A，B，C四点共面，
从而M在平面ABC内.
考点二 空间向量的数量积及其应用
解 因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，
感悟提升
由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确.
训练2 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
求：(1)AC1的长；
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(2)BD1与AC夹角的余弦值.
考点三 利用空间向量证明平行与垂直
例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.
求证：(1)平面A1B1D⊥平面ABD；
证明 以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4).
即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
所以B1D⊥平面ABD.
因为B1D 平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD.
(2)平面EGF∥平面ABD.
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.
因为EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
所以B1D⊥平面EGF.
又由(1)知B1D⊥平面ABD，
所以平面EGF∥平面ABD.
又GF?平面ABD，AB 平面ABD，
所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF，EF 平面EGF，
所以平面EGF∥平面ABD.
感悟提升
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.
证明 由AB＝AC，E为BC的中点，
则AE⊥BC，而AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又EF?平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
B
解析 因为b＋c＝(－2，－2，4)，
所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18.
A
解析 由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2，
C
4.(2024·亳州质检)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(－1，0，1)，直线l的方向向量是a＝(－1，－1，－1)，则直线l与平面α的位置关系是( )
A.相交 B.平行 C.在平面内 D.平行或在平面内
D
解析 因为A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(－1，0，1)，
令z＝1，则n＝(0，－1，1).
因为a·n＝1－1＝0，所以直线l可能在平面α内，或者与平面α平行.故选D.
5.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
B
解析 由题意知c＝xa＋yb，
即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，
B
7.(多选)(2024·菏泽模拟)如图，八面体的每一个面都是正三角形，且A，B，C，D四个顶点在同一平面内，则下列结论正确的是( )
A.AE∥平面CDF B.平面ABE∥平面CDF
C.AB⊥DE D.平面ACE⊥平面BDF
ABD
解析 由题意知，此八面体为正八面体，
如图，O为正八面体的中心，
连接OB，OC，OE，以O为原点，直线OB，OC，OE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，
设正八面体的棱长为2，
因为AE?平面CDF，所以AE∥平面CDF，A正确；
因为AB∥CD，AB?平面CDF，CD 平面CDF，所以AB∥平面CDF，
又AB∩AE＝A，AE，AB 平面ABE，所以平面ABE∥平面CDF，B正确；
所以AB与DE不垂直，C错误；
易知平面ACE的一个法向量为m1＝(1，0，0)，平面BDF的一个法向量为m2＝(0，1，0)，
因为m1·m2＝0，所以平面ACE⊥平面BDF，D正确.故选ABD.
8.若空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，则p＋q＝________.
7
0
VA∥平面PMN
又∵VA?平面PMN，∴VA∥平面PMN.
11.已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).
(1)求|2a＋b|；
解 2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5).
12.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点.求证：
(1)PB∥平面EFH；
证明 ∵E，H分别是线段AP，AB的中点，
∴PB∥EH.
∵PB?平面EFH，且EH 平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
(2)PD⊥平面AHF.
证明 建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，H(1，0，0).
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，且AH，AF 平面AHF，
∴PD⊥平面AHF.
AB
解析 由题知，设正方体棱长为3，
所以D(0，0，0)，A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，E(3，0，1)，D1(0，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，F(0，3，2).
又因为EC1?平面ABF，所以EC1∥平面ABF，故B正确；
故EF与CB1不垂直，即EF不垂直于平面B1CD1，故C错误；
所以D1，F，E，B四点共面，
故直线EF与直线BD1共面，故D错误.故选AB.
14.如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
证明 设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，
连接A1O，如图所示，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O 平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD，
又BO 平面ABCD，CO 平面ABCD，所以A1O⊥BO，A1O⊥CO，
所以以O为原点，以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
解 假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
