【数学】2019届一轮复习北师大版 立体几何 学案

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第七章立体几何 第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图 1．简单几何体 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且相等 多边形 互相平行 侧棱 平行且相等 相交于一点，但不一定 相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相 等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角 形 全等的等腰梯形 圆 侧面展开图 矩形 扇形 扇环 2．直观图 (1)画法 常用斜二测画法． (2)规则 ①原图形中 x 轴、y 轴、轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为 45°(或 135°)，′ 轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于 x 轴和 轴的线段 在直观图中保持原长度不变，平行于 y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、 正上方观察几何体画出的轮廓线． 说明 正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)作、看三视图的 3 原则 ①位置原则 ②度量原则 长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)． ③虚实原则 轮廓线——现则实、隐则虚． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) (3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( ) (4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( ) (5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× 2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( ) 解析 选 B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选 B. 3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面 边长分别为( ) A．2,2 3 B．2 2，2 C．4,2 D．2,4 解析 选 D 由三视图可知，正三棱柱的高为 2，底面正三角形的高为 2 3，故底面边长 为 4，故选 D. 4．(教材习题改编)如图，长方体 ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中 EH∥ A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______． 答案 五棱柱 三棱柱 5．利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形． 以上结论正确的个数是________． 解析 由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰 梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正 确的个数为 1. 答案 1 考点一 空间几何体的结构特征 基础送分型考点——自主练透 [考什么·怎么考] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表 面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低. 1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体 解析 选 C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题 ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②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；③棱台的上、下底面可以不相似， 但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析 选 B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台 的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相 等． 3．给出下列命题 ①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直； ③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体． 其中正确命题的序号是________． 解析 ①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边 形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧 面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧 棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 中的三棱锥 C1ABC，四个面都是直角三角形． 答案 ②③④ [怎样快解·准解] 空间几何体概念辨析题的常用方法 定义法 紧扣定义，由已知构建几何模型，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，根据定义进行判定． 反例法 通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例 即可. 考点二 空间几何体的直观图 基础送分型考点——自主练透 [考什么·怎么考] 单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题 型为选择题或填空题，难度较低. 1.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一个 正方形，则原来的图形是( ) 解析 选 A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为 2，所以原图形 为平行四边形，位于 y 轴上的对角线长为 2 2.故选 A. 2．已知正三角形 ABC 的边长为 2，那么△ABC 的直观图△A′B′C′的面积为 ________． 解析 如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A′B′＝AB＝2， O′C′＝1 2OC＝ 3 2 ，C′D′＝O′C′sin 45°＝ 3 2 × 2 2 ＝ 6 4 . 所以 S△A′B′C′＝1 2A′B′·C′D′＝1 2 ×2× 6 4 ＝ 6 4 . 答案 6 4 3.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边 AB 平行于 y′ 轴，BC，AD 平行于 x′轴．已知四边形 ABCD 的面积为 2 2 cm2，则原 平面图形的面积为________ cm2. 解析 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与 BC，AD 相等，高为梯形 ABCD 的高的 2 2倍，所以原平面图形的面积为 8 cm2. 答案 8 [怎样快解·准解] 1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变” 坐标轴的夹角改变 与 y 轴平行的线段的长度改变减半 图形改变 (2)“三不变” 平行性不变 与 x 轴平行的线段长度不变 相对位置不变 2．原图形与直观图面积的关系 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系 (1)S 直观图＝ 2 4 S 原图形；(2)S 原图形＝2 2S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图 题点多变型考点——追根溯源 空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现. 常见的命题角度有： 1已知几何体，识别三视图； 2已知三视图，判断几何体； 3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图. [题点全练] 角度(一) 已知几何体，识别三视图 1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为棱 BB1 的中点，用过点 A，E，C1 的平面截去该正方体的上半部分，则剩 余几何体的侧视图为( ) 解析 选 C 如图所示，过点 A，E，C1 的截面为 AEC1F，则剩余几何体的侧视图为选 项 C 中的图形． [题型技法] 识别三视图的步骤 (1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置； (2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线； 对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置． 角度(二) 已知三视图，判断几何体 2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2 解析 选 B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为 AC1＝ AC2＋CC21＝ 22＋22＋22＝2 3. [题型技法] 由三视图确定几何体的 3 步骤 熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基 础上，按以下步骤可轻松解决此类问题 角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图 3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视 图为( ) 解析 选 D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选 D. [题型技法] 由几何体的部分视图画出剩余视图的方法 解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找 其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验． [题“根”探求] 根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类 三视图的形状 对应的几何体 三个三角形 三棱锥 两个三角形，一个四边形 四棱锥 两个三角形，一个圆 圆锥 一个三角形，两个四边形 三棱柱 三个四边形 四棱柱 两个四边形，一个圆 圆柱 [冲关演练] 1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何 体，则该几何体的侧(左)视图为( ) 解析 选 B 从几何体的左侧看，对角线 AD1 在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱 C1F 不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选 B 2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三 棱锥的侧(左)视图可能为( ) 解析 选 D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面 ACD⊥平面 BCD， 故选 D. 3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视 图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等 腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积 之和为( ) A．10 B．12 C．14 D．16 解析 选 B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形 的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为 2，直 三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2 个面是梯形，这些梯形的面积之和为 2＋4×2 2 ×2＝12，故选 B. (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1.如图，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已 知 A′B′∥y′轴，O′B′＝4，且△ABO 的面积为 16，过 A′作 A′C′ ⊥x′轴，则 A′C′的长为( ) A．2 2 B. 2 C．16 2 D．1 解析 选 A 因为 A′B′∥y′轴，所以△ABO 中，AB⊥OB. 又因为△ABO 的面积为 16，所以 1 2AB·OB＝16. 因为 OB＝O′B′＝4，所以 AB＝8，所以 A′B′＝4. 因为 A′C′⊥O′B′于 C′，所以 B′C′＝A′C′， 所以 A′C′＝4·sin 45°＝2 2，故选 A. 2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( ) 解析 选 B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下 看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选 B. 3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( ) 解析 选 D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故 选 D. 4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图 为( ) 解析 选 D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视 图为 D. 5.如图，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中，点 P 是平面 A1B1C1D1 内 一点，则三棱锥 P BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( ) A．1∶1 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 解析 选 A 根据题意，三棱锥 P BCD 的正视图是三角形，且底边 为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边 长、高为正四棱柱的高．故三棱锥 P BCD 的正视图与侧视图的面积之比为 1∶1. 6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3，则正视图中的 x 的值是( ) A．2 B.9 2 C.3 2 D．3 解析 选 D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积 V＝1 3 ×1＋2 2 ×2×x＝3，解得 x＝3，故选 D. 7．设有以下四个命题 ①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________． 解析 命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的 侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故 命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的． 答案 ①④ 8．一个圆台上、下底面的半径分别为 3 cm 和 8 cm，若两底面圆心的连线长为 12 cm， 则这个圆台的母线长为________cm. 解析 如图，过点 A 作 AC⊥OB，交 OB 于点 C. 在 Rt△ABC 中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5 (cm)． ∴AB＝ 122＋52＝13(cm)． 答案 13 9．已知正四棱锥 VABCD 中，底面面积为 16，一条侧棱的长为 2 11，则该棱锥的高为 ________． 解析 如图，取正方形 ABCD 的中心 O，连接 VO，AO，则 VO 就 是正四棱锥 VABCD 的高． 因为底面面积为 16，所以 AO＝2 2. 因为一条侧棱长为 2 11. 所以 VO＝ VA2－AO 2＝ 44－8＝6. 所以正四棱锥 VABCD 的高为 6. 答案 6 10．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在 该几何体上任意选择 4 个顶点，以这 4 个点为顶点的几何体的形状给出下列命题 ①矩形； ②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形 的四面体． 其中正确命题的序号是________． 解析 由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示 的四棱柱 ABCDA1B1C1D1，当选择的 4 个点是 B1，B，C，C1 时，可知①正 确；当选择的 4 个点是 B，A，B1，C 时，可知②正确；易知③不正确． 答案 ①② B 级——中档题目练通抓牢 1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该 几何体需要的小正方体的块数是( ) A．8 B．7 C．6 D．5 解析 选 C 画出直观图可知，共需要 6 块． 2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视 图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( ) 解析 选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体 ABCDA1B1C1D1 截去三棱锥 B1A1BC1 得到的，故其侧视图为选项 B. 3．已知四棱锥 PABCD 的三视图如图所示，则四棱锥 PABCD 的四个侧面中面积最大 的是( ) A．3 B．2 5 C．6 D．8 解析 选 C 四棱锥如图所示，取 AD 的中点 N，BC 的中点 M，连 接 PM，PN，则 PN＝ 5，PM＝3，S△PAD＝1 2 ×4× 5＝2 5， S△PAB＝S△PDC＝1 2 ×2×3＝3， S△PBC＝1 2 ×4×3＝6. 所以四个侧面中面积最大的是 6. 4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥 的四个面中，直角三角形的个数为________． 解析 由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如 图所示(图中棱锥 PABC)，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部 是直角三角形． 答案 4 5.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为 4 m，一只小虫从 圆锥的底面圆上的点 P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点 P 处．若该小 虫爬行的最短路程为 4 3 m，则圆锥底面圆的半径等于________ m. 解析 把圆锥侧面沿过点 P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意 OP＝4，PP′＝4 3， 则 cos∠POP′＝42＋42－4 32 2×4×4 ＝－1 2 ，所以∠POP′＝2π 3 . 设底面圆的半径为 r，则 2πr＝2π 3 ×4，所以 r＝4 3. 答案 4 3 6．已知正三棱锥 V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示． (1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解 (1)直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得 BC＝2 3， ∴侧视图中 VA＝ 42－ 2 3 × 3 2 ×2 3 2＝2 3， ∴S△VBC＝1 2 ×2 3×2 3＝6. 7.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面为正方形，PC 与底面 ABCD 垂 直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为 6 cm 的全等的等 腰直角三角形． (1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求 PA. 解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为 6 cm 的正方形，如图， 其面积为 36 cm2. (2)由侧视图可求得 PD＝ PC2＋CD2＝ 62＋62＝6 2. 由正视图可知 AD＝6，且 AD⊥PD， 所以在 Rt△APD 中， PA＝ PD2＋AD2＝ 6 22＋62＝6 3 cm. C 级——重难题目自主选做 1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是 ( ) A．圆弧 B．抛物线的一部分 C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分 解析 选 D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面 截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选 D. 2.一只蚂蚁从正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A 出发，经正方体的表面， 按最短路线爬行到顶点 C1 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短 爬行路线的正视图的是( ) A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 解析 选 D 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1 的位置，共有 6 种路 线(对应 6 种不同的展开方式)．若把平面 ABB1A1 和平面 BCC1B1 展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 BB1 的中点，此时对应的正视图为②；若把平面 ABCD 和平面 CDD1C1 展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 CD 的中 点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选 D. (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的 一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同 一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如 图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯 视图可能是( ) 解析 选 B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同 时，俯视图为 B，故选 B. 2.已知点 E，F，G 分别是正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 AA1，CC1， DD1 的中点，点 M，N，Q，P 分别在线段 DF，AG，BE，C1B1 上．以 M，N，Q，P 为顶点的三棱锥 PMNQ 的俯视图不可能是( ) 解析 选 C 当 M 与 F 重合，N 与 G 重合，Q 与 E 重合，P 与 B1 重合时，三棱锥 PMNQ 的俯视图为 A；当 M，N，Q，P 是所在线段的中点时，三棱锥 PMNQ 的俯视图为 B；当 M， N，Q，P 位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥 PMNQ，使其俯视图为 D.故选 C. 3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角 形，侧视图是有一条直角边为 2 的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( ) 解析 选 C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面 ABC，正视 图是直角三角形，中间的线是看不见的线 PA 形成的投影，应为虚线， 故选 C. 4．某几何体的正视图和侧视图如图 1 所示，它的俯视图的直观图是如图 2 所示的矩形 O1A1B1C1，其中 O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( ) A．48 B．64 C．96 D．128 解析 选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1，O1A1＝6，O1C1＝2， ∴它的俯视图是边长为 6 的菱形，∵棱柱的高为 4， 故该几何体的侧面积为 4×6×4＝96. 5．已知四棱锥 PABCD 的三视图如图所示，则四棱锥 PABCD 的四个侧面中面积最大 的是( ) A．3 B．2 5 C．6 D．8 解析 选 C 四棱锥如图所示，取 AD 的中点 N，BC 的中点 M，连 接 PM，PN，则 PN＝ 5，PM＝3，S△PAD＝1 2 ×4× 5＝2 5， S△PAB＝S△PDC＝1 2 ×2×3＝3， S△PBC＝1 2 ×4×3＝6. 所以四个侧面中面积最大的是 6. 6．一个圆台上、下底面的半径分别为 3 cm 和 8 cm，若两底面圆心的连线长为 12 cm， 则这个圆台的母线长为________cm. 解析 如图，过点 A 作 AC⊥OB，交 OB 于点 C. 在 Rt△ABC 中，AC＝12(cm)，BC＝8－3＝5 (cm)． ∴AB＝ 122＋52＝13(cm)． 答案 13 7．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥 的四个面中，直角三角形的个数为________． 解析 由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如 图所示(图中棱锥 PABC)，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部 是直角三角形． 答案 4 8.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为 4 m，一只小虫从 圆锥的底面圆上的点 P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点 P 处．若该小虫 爬行的最短路程为 4 3 m，则圆锥底面圆的半径等于________ m. 解析 把圆锥侧面沿过点 P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意 OP＝4，PP′＝4 3， 则 cos∠POP′＝42＋42－4 32 2×4×4 ＝－1 2 ，所以∠POP′＝2π 3 . 设底面圆的半径为 r，则 2πr＝2π 3 ×4，所以 r＝4 3. 答案 4 3 9.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积． 解 (1)由题意可知该几何体为正六棱锥． (2)其侧视图如图所示，其中 AB＝AC，AD⊥BC，且 BC 的长是俯视图 中的正六边形对边的距离，即 BC＝ 3a，AD 的长是正六棱锥的高，即 AD ＝ 3a， ∴该平面图形的面积 S＝1 2· 3a· 3a＝3 2a2. (3)V＝1 3 ×6× 3 4 a2× 3a＝3 2a3. 10．已知正三棱锥 V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示． (1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解 (1)直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得 BC＝2 3， ∴侧视图中 VA＝ 42－ 2 3 × 3 2 ×2 3 2＝2 3， ∴S△VBC＝1 2 ×2 3×2 3＝6. B 级——拔高题目稳做准做 1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱 的长是( ) A．2 5 B．2 6 C．2 7 D．4 2 解析 选 C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示． 其中 AC＝2，PA＝2，△ABC 中，边 AC 上的高为 2 3，所以 BC＝ 42＋2 32＝2 7，AB＝ 2 32＋22＝4，而 PB＝ PA2＋AB2＝ 22＋42＝ 2 5，PC＝ PA2＋AC2＝2 2，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是 BC， 其长为 2 7，选 C. 2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是 ( ) A．圆弧 B．抛物线的一部分 C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分 解析 选 D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面 截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选 D. 3.一只蚂蚁从正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A 出发，经正方体的表面， 按最短路线爬行到顶点 C1 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最 短爬行路线的正视图的是( ) A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 解析 选 D 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1 的位置，共有 6 种路 线(对应 6 种不同的展开方式)．若把平面 ABB1A1 和平面 BCC1B1 展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 BB1 的中点，此时对应的正视图为②；若把平面 ABCD 和平面 CDD1C1 展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 CD 的中 点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选 D. 4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则 xy 的最大值为 ________． 解析 由三视图知三棱锥如图所示， 底面 ABC 是直角三角形，AB⊥BC， PA⊥平面 ABC，BC＝2 7， PA2＋y2＝102，(2 7)2＋PA2＝x2， 因此 xy＝x 102－[x2－2 72] ＝x 128－x2≤x2＋128－x2 2 ＝64，当且仅当 x2＝128－x2，即 x＝8 时取等号，因此 xy 的最大值是 64. 答案 64 5.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面为正方形，PC 与底面 ABCD 垂直， 下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为 6 cm 的全等的等腰直角三角形． (1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求 PA. 解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为 6 cm 的正方形，如图， 其面积为 36 cm2. (2)由侧视图可求得 PD＝ PC2＋CD2＝ 62＋62＝6 2. 由正视图可知 AD＝6，且 AD⊥PD， 所以在 Rt△APD 中， PA＝ PD2＋AD2＝ 6 22＋62＝6 3 cm. 6．四面体 ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 AB， BD，DC，CA 于点 E，F，G，H. (1)求四面体 ABCD 的体积； (2)证明 四边形 EFGH 是矩形． 解 (1)由题意，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∵BD∩DC＝D， ∴AD⊥平面 BDC， ∴四面体 ABCD 的体积 V＝1 3 ×1 2 ×2×2×1＝2 3. (2)证明 ∵BC∥平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 BDC＝FG，又平面 EFGH∩平面 ABC ＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH， ∴FG∥EH. 同理，EF∥AD，HG∥AD， ∴EF∥HG，∴四边形 EFGH 是平行四边形． ∵AD⊥平面 BDC，∴AD⊥BC， ∴EF⊥FG，∴四边形 EFGH 是矩形． 第二节 空间几何体的表面积与体积 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r＋r′)l 2．空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V＝1 3Sh 台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V＝1 3(S 上＋S 下＋ S 上 S 下)h 球 S＝4πR2 V＝4 3πR3 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)圆柱的一个底面积为 S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是 2πS.( ) (2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× 2．一个球的表面积是 16π，那么这个球的体积为( ) A.16 3 π B.32 3 π C．16π D．24π 解析 选 B 设球的半径为 R，则由 4πR2＝16π，解得 R＝2，所以这个球的体积为4 3πR3 ＝32 3 π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( ) A．20π B．24π C．28π D．32π 解析 选 C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为 r，周长 为 c，圆锥母线长为 l，圆柱高为 h.由图得 r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得 l＝ 22＋2 32＝4，S 表＝πr2＋ch＋1 2cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 4．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________． 解析 由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为 2， 高为 3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故 h＝3，所以该几何体的体积 V＝S·h＝ 1 2 ×2× 3 ×3＝3 3. 答案 3 3 5．正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 的中点，则三棱锥 AB1DC1 的体积为________． 解析 如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中， ∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面 B1DC1. ∴VAB1DC1＝1 3S△B1DC1·AD＝1 3 ×1 2 ×2× 3× 3＝1. 答案 1 考点一 空间几何体的表面积 重点保分型考点——师生共研 空间几何体的表面积在高考中的考查多以三视图的形式给出，考查的载体多为柱体、锥 体、球和简单组合体.题型为选择题或填空题，难度中等. 求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是 解决立体几何问题的主要出发点. [典题领悟] 1．(2016·全国卷Ⅲ)如图， 格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三 视图，则该多面体的表面积为( ) A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81 解析 选 B 由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩 形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5. 2.(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一 个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表 面积为 16＋20π，则 r＝( ) A．1 B．2 C．4 D．8 解析 选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半 径为 r，圆柱的底面半径为 r，高为 2r，则表面积 S＝1 2 ×4πr2＋πr2 ＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2. 又 S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π， ∴r2＝4，r＝2，故选 B. [解题师说] 1．三类几何体表面积的求法 求多面体 的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面 体的表面积 求旋转体 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清 的表面积 它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 求不规则 几何体的 表面积时 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、 锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积 2．避免两类失误 (1)因对几何体的结构特征认识不准，混淆几何体侧面的边长与三视图中有关数据的关系 而导致解题错误．一定要熟记三视图中的数据反应的是空间几何体的长、宽、高，而不一定 是空间几何体的棱长．(如典题领悟第 1 题，易误认为侧棱长为 6 而导致解题错误) (2)在审视组合体的图形时，图形结构特征审视不准致误．(如典题领悟第 2 题中的几何 体是一个半球和一个半圆柱的组合体，求表面积时，应去掉两几何体的接触面) [冲关演练] 1．(2018·沈阳质检)如图， 格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三 视图，则该多面体的表面积是( ) A．36＋6 10 B．36＋3 10 C．54 D．27 解析 选 A 由三视图知该几何体的表面积为 S＝2×1 2 ×(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋ 2×3× 10＝36＋6 10. 2．(2018·湖南五市十校联考)如图，小方格是边长为 1 的正方形，一个几何体的三视图 如图所示，则该几何体的表面积为( ) A．4 5π＋96 B．(2 5＋6)π＋96 C．(4 5＋4)π＋64 D．(4 5＋4)π＋96 解析 选 D 由三视图知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长 为 4，圆锥的高为 4，底面半径为 2，所以该几何体的表面积 S＝6×42＋π×22＋π×2× 42＋22 ＝(4 5＋4)π＋96. 3．(2018·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线 为半圆弧，则该几何体的表面积为( ) A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3 C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3 解析 选 D 由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的 两个侧面面积之和为 2×4×2＝16，两个底面面积之和为 2×1 2 ×2× 3＝2 3；半圆柱的侧面 积为π×4＝4π，两个底面面积之和为 2×1 2 ×π×12＝π，所以几何体的表面积为 5π＋16＋2 3， 故选 D. 考点二 空间几何体的体积 重点保分型考点——师生共研 高考中空间几何体体积的考查是几何体相关问题中出现频率较高的，主要考查由三视图 求相关几何体的体积.高考中主要以选择题或填空题形式出现，难度中等. [典题领悟] 1．(2017·全国卷Ⅱ)如图， 格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三 视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( ) A．90π B．63π C．42π D．36π 解析 选 B 法一 由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，故其体积 V＝π×32×10－1 2 ×π×32×6＝63π. 法二 由题意知，该几何体由底面半径为 3，高为 10 的圆柱截去底面半径为 3，高为 6 的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为 3，高为 7 的圆柱的体积，所以它的体积 V＝ π×32×7＝63π. 2．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位 cm)，则该几何体的体积(单位 cm3) 是( ) A.π 2 ＋1 B.π 2 ＋3 C.3π 2 ＋1 D.3π 2 ＋3 解析 选 A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为 1，高为 3 的圆锥的一 半与一个底面为直角边长为 2的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，故该几何体的 体积 V＝1 3 ×1 2 ×π×12×3＋1 3 ×1 2 × 2× 2×3＝π 2 ＋1. 3．(2017·山东高考)由一个长方体和两个1 4 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何 体的体积为________． 解析 该几何体由一个长、宽、高分别为 2,1,1 的长方体和两个底面半径为 1，高为 1 的 四分之一圆柱体构成， 故该几何体的体积 V＝2×1×1＋2×1 4 ×π×12×1＝2＋π 2. 答案 2＋π 2 [解题师说] 1．处理体积问题的思路 2．求体积的常用方法 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算． 割补法 首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的 几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算． 等体积法 选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个 面可作为三棱锥的底面进行等体积变换. [冲关演练] 1．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( ) A．60 B．30 C．20 D．10 解析 选 D 如图，把三棱锥 ABCD 放到长方体中，长方体的长、 宽、高分别为 5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为 5 和 3，三 棱锥 ABCD 的高为 4，故该三棱锥的体积 V＝1 3 ×1 2 ×5×3×4＝10. 2．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.1 3 ＋2 3π B.1 3 ＋ 2 3 π C.1 3 ＋ 2 6 π D．1＋ 2 6 π 解析 选 C 由三视图知，四棱锥是底面边长为 1，高为 1 的正四棱锥，结合三视图可得 半球半径为 2 2 ，从而该几何体的体积为1 3 ×12×1＋1 2 ×4π 3 × 2 2 3＝1 3 ＋ 2 6 π. 3．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( ) A.4 3 B.5 2 C.7 3 D．3 解析 选 A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部 为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是 V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝ 1 2 ×2×1×1＋1 3 ×1 2 ×2×1×1＝4 3. 考点三 与球有关的切、接问题 题点多变型考点——追根溯源 与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型为选择题或填空题. 常见的命题角度有： 1球与柱体的切、接问题； 2球与锥体的切、接问题. [题点全练] 角度(一) 球与柱体的切、接问题 1．已知直三棱柱 ABC-A1 B1 C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB=3，AC=4，AB ⊥AC，AA1 =12，则球 O 的半径为( ) A.3 17 2 B．2 10 C.13 2 D．3 10 解析 选 C 如图，由球心作平面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 的中点 M.又 AM＝1 2BC＝1 2 32＋42＝5 2 ，OM＝1 2AA1＝6，所以球 O 的半径 R＝OA ＝ 5 2 2＋62＝13 2 . 2.(2017·江苏高考)如图，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的上、下 底面及母线均相切．记圆柱 O1O2 的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则V1 V2 的值是 ________． 解析 设球 O 的半径为 R，因为球 O 与圆柱 O1O2 的上、下底面及母线均相切，所以圆柱 的底面半径为 R、高为 2R，所以V1 V2 ＝πR2·2R 4 3πR3 ＝3 2. 答案 3 2 角度(二) 球与锥体的切、接问题 3．已知正三棱锥的高为 1，底面边长为 2 3，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内 切球的半径为( ) A.5 2 B. 3－1 C.1 2 D. 2－1 解析 选 D 如图，过点 P 作 PD⊥平面 ABC 于点 D，连接 AD 并 延长交 BC 于点 E，连接 PE， ∵△ABC 是正三角形， ∴AE 是 BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． ∵AB＝2 3， ∴S△ABC＝3 3，DE＝1，PE＝ 2. ∴S 表＝3×1 2 ×2 3× 2＋3 3＝3 6＋3 3. ∵PD＝1，∴三棱锥的体积 V＝1 3 ×3 3×1＝ 3. 设球的半径为 r，以球心 O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱 锥， 则 r＝ 3 3 3 6＋3 3 ＝ 2－1. 4．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直 径．若平面 SCA⊥平面 SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥 S ABC 的体积为 9，则球 O 的表 面积为________． 解析 如图，连接 AO，OB， ∵SC 为球 O 的直径， ∴点 O 为 SC 的中点， ∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面 SCA⊥平面 SCB，平面 SCA∩平面 SCB＝SC， ∴AO⊥平面 SCB， 设球 O 的半径为 R， 则 OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS ABC＝VASBC＝1 3 ×S△SBC×AO ＝1 3 × 1 2 ×SC×OB ×AO， 即 9＝1 3 × 1 2 ×2R×R ×R，解得 R＝3， ∴球 O 的表面积为 S＝4πR2＝4π×32＝36π. 答案 36π [题“根”探求] 1．解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问 题求解，其解题的思维流程是 2．有关几何体外接球、内切球计算问题的常用结论 (1)球(半径为 R)与正方体(设棱长为 a)有以下三种特殊情形 ①球内切于正方体，此时 2R＝a； ②球与正方体的棱相切，此时 2R＝ 2a； ③球外接于正方体，此时 2R＝ 3a. (2)长、宽、高分别为 a，b，c 的长方体的体对角线长等于其外接球的直径，即 a2＋b2＋c2 ＝2R. (3)棱长为 a 的正四面体，斜高为 3 2 a，高为 6 3 a，其外接球的半径为 6 4 a，内切球的半 径为 6 12a. (4)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球 ①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外 接球的球心就是三棱锥的外接球的球心； ②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外 接球的球心就是三棱锥的外接球的球心． (5)求一个棱锥内切球的半径，可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得 出．也可以先找准切点，通过作截面来解决，作截面时主要抓住棱锥过球心的对角面来作． (6)求一个几何体的外接球的半径，可以结合球心到各个顶点的距离相等列式得出． (7)球与旋转体的组合通常作轴截面解题，球与多面体的组合通过多面体的一条侧棱和球 心(或“切点”“接点”)作截面解题．此类问题在计算时，经常用到截面圆．如图所示，设 球 O 的半径为 R，截面圆 O′的半径为 r，M 为截面圆上任一点，球心 O 到截面圆 O′的距 离为 d，则在 Rt△OO′M 中，OM2＝OO′2＋O′M2，即 R2＝d2＋r2. [冲关演练] 1．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积 为 18，则这个球的体积为________． 解析 由正方体的表面积为 18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为 R，则 2R＝3，R＝3 2 ， 所以这个球的体积为4 3πR3＝4π 3 ×27 8 ＝9π 2 . 答案 9π 2 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能 得到的最大球的半径等于________． 解析 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为 6,8,10 的直角三角形，侧棱长为 12，故 能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为 r＝ 2S a＋b＋c ＝ 2×1 2 ×6×8 6＋8＋10 ＝2. 答案 2 3．已知一个四面体的一条边长为 6，其余边长均为 2，则此四面体的外接球的半径为 ________． 解析 由题意画出几何体的图形如图所示，取 BC 的中点为 O，连 接 AO，DO，则 AO⊥BC，DO⊥BC. ∵AO∩DO＝O， ∴BC⊥平面 AOD. 又∵OA＝OD＝ 3，AD＝ 6， ∴OA2＋OD2＝AD2，∴AO⊥DO， ∴该四面体的外接球的球心在 AD 的中点 E 与点 O 的连线上，设球心为 G，球的半径为 R， 即 GA＝GB＝GC＝GD， 又 G 在线段 OE 上， ∴AG2－AE2＝EG2，BG2－BO2＝GO2，EO＝EG＋GO， ∴ 6 2 ＝ R2－1＋ R2－ 6 2 2，解得 R＝ 15 3 ， 故此四面体的外接球的半径为 15 3 . 答案 15 3 (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1．(2018·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是 ( ) A．48＋π B．48－π C．48＋2π D．48－2π 解析 选 A 该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为 2)， 高为 5，半球的半径是 1，那么该几何体的表面积为 S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12 ＝48＋π，故选 A. 2．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若 该几何体的体积是28π 3 ，则它的表面积是( ) A．17π B．18π C．20π D．28π 解析 选 A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球 的1 4 ，得到的几何体如图．设球的半径为 R，则4 3πR3－1 8 ×4 3πR3＝28 3 π，解得 R＝2.因此它的表面积为7 8 ×4πR2＋3 4πR2＝17π. 3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有 如下问题 “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问 积及为米 几何？”其意思为 “在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥 的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的 体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺， 圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( ) A．14 斛 B．22 斛 C．36 斛 D．66 斛 解析 选 B 设米堆的底面半径为 r 尺，则 π 2r＝8，所以 r＝16 π ，所以米堆的体积为 V＝ 1 4 ×1 3π×r2×5＝ π 12 × 16 π 2×5≈320 9 (立方尺)．故堆放的米约有320 9 ÷1.62≈22(斛)． 4．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积 与剩余部分体积的比值为( ) A.1 8 B.1 7 C.1 6 D.1 5 解析 选 D 由三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角” 后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为 1，则 三棱锥的体积为 V1＝1 3 ×1 2 ×1×1×1＝1 6 ，剩余部分的体积 V2＝13－1 6 ＝5 6.所以 V1 V2 ＝ 1 6 5 6 ＝1 5. 5．一个多面体的直观图和三视图如图所示，点 M 是 AB 上的动点，记四面体 EFMC 的 体积为 V1，多面体 ADFBCE 的体积为 V2，则V1 V2 ＝( ) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.1 5 解析 选 B 由三视图可知多面体 ADFBCE 是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直 角边长为 a)，且四边形 DFEC 与四边形 ABCD 都是正方形，它们的边长均为 a. ∵M 是 AB 上的动点，且易知 AB∥平面 DFEC，∴点 M 到平面 DFEC 的距离等于点 B 到平面 DFEC 的距离，距离为 a，∴V1＝VEFMC＝VMEFC＝1 3·1 2a·a·a＝a3 6 ，又 V2＝1 2a·a·a＝a3 2 ， 故V1 V2 ＝ a3 6 a3 2 ＝1 3. 6．(2018·广东五校协作体第一次诊断)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面 积为( ) A.10＋2 2π 2 ＋1 B.13π 6 C.11＋ 2π 2 ＋1 D.11＋2 2π 2 ＋1 解析 选 C 由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为 2 2 π ＋1＋2π×2＋3 2π＝11＋ 2π 2 ＋1，故选 C. 7．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________． 解析 由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为 1，底面为上底长为 1，下底长为 2，高为 1 的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为 V＝1＋2×1 2 ×1＝3 2. 答案 3 2 8．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3，圆台的侧面积为 84π， 则圆台较小底面的半径为_______． 解析 设圆台较小底面半径为 r， 则另一底面半径为 3r. 由 S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得 r＝7. 答案 7 9．一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相等，则该六 棱锥的侧面积为________． 解析 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为 h，侧面的斜高为 h′. 由题意，得1 3 ×6× 3 4 ×22×h＝2 3， ∴h＝1，∴斜高 h′＝ 12＋ 32＝2， ∴S 侧＝6×1 2 ×2×2＝12. 答案 12 10.已知三棱锥的四个面都是腰长为 2 的等腰三角形，该三棱锥的正 视图如图所示，则该三棱锥的体积是________． 解析 由正视图知三棱锥的形状如图所示，且 AB＝AD＝BC＝CD ＝2，BD＝2 3，设 O 为 BD 的中点，连接 OA，OC，则 OA⊥BD，OC ⊥BD，结合正视图可知 AO⊥平面 BCD. 又 OC＝ CD2－OD2＝1， ∴V 三棱锥 ABCD＝1 3 × 1 2 ×2 3×1 ×1＝ 3 3 . 答案 3 3 B 级——中档题目练通抓牢 1．如图所示， 格纸上小正方形的边长为 1 cm，粗线为某空间几何体的三视图，则该几 何体的体积为( ) A．2 cm3 B．4 cm3 C．6 cm3 D．8 cm3 解析 选 B 由三视图知几何体是一个以俯视图中的直角梯形为底面，高 h＝2 cm 的四 棱锥．由三视图中的数据得四棱锥的底面面积 S＝1 2 ×(2＋4)×2＝6(cm2)，所以其体积 V＝1 3Sh ＝1 3 ×6×2＝4(cm3)． 2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( ) A．64－16π 3 B．64－32π 3 C．64－16π D．64－64π 3 解析 选 A 由三视图可知，该几何体是一个正方体中间挖去两个顶点相接的圆锥，其 中，两个圆锥的体积和是 V 锥＝1 3Sh＝1 3 ×π×22×4＝16 3 π，∴V＝V 正方体－V 锥＝43－16 3 π＝64－ 16 3 π. 3．(2018·江西七校联考)如图，四边形 ABCD 是边长为 2 3的正方形，点 E，F 分别为 边 BC，CD 的中点，将△ABE，△ECF，△FDA 分别沿 AE，EF，FA 折起，使 B，C，D 三点重合于点 P，若四面体 PAEF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是( ) A．6π B．12π C．18π D．9 2π 解析 选 C 因为∠APE＝∠EPF＝∠APF＝90°，所以可将四面体补成一个长方体(PA， PE，PF 是从同一顶点出发的三条棱)，则四面体和补全的长方体有相同的外接球，设其半径 为 R，由题意知 2R＝  32＋ 32＋2 32＝3 2，故该球的表面积 S＝4πR2＝4π 3 2 2 2＝18π. 4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________． 解析 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其 体积为 23－1 3 ×1 2 ×2×2×2－1 3 ×1 2 ×1×1×1＝13 2 . 答案 13 2 5．已知四棱锥 PABCD 的底面是边长为 a 的正方形，所有侧棱长相等且等于 2a，若其 外接球的半径为 R，则a R ＝________. 解析 如图，设四棱锥的外接球的球心为 E，半径为 R， 则 OB＝OC＝ 2 2 a，PO＝ 14 2 a， 所以 R2＝ 2 2 a 2＋ 14a 2 －R 2， 解得 R＝ 4 14 a， 所以a R ＝ a 4 14 a ＝ 14 4 . 答案 14 4 6．已知球的半径为 R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时， 它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？ 解 如图为其轴截面，令圆柱的高为 h，底面半径为 r，侧面积为 S， 则 h 2 2＋r2＝R2， 即 h＝2 R2－r2. 因为 S＝2πrh＝4πr· R2－r2＝ 4π r2·R2－r2≤4π r2＋R2－r22 4 ＝2πR2， 当且仅当 r2＝R2－r2，即 r＝ 2 2 R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为 2 2 R，高为 2R 时，其侧面积的值最大，最大值为 2πR2. 7.如图是一个以 A1B1C1 为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几 何体，截面为 ABC，已知 A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4， BB1＝3，CC1＝2，求 (1)该几何体的体积； (2)截面 ABC 的面积． 解 (1)过 C 作平行于 A1B1C1 的截面 A2B2C，交 AA1，BB1 分别于点 A2，B2. 由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知 B2C⊥平面 ABB2A2，则该几何体的体积 V＝ VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2 ＝1 2 ×2×2×2＋1 3 ×1 2 ×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB＝ 22＋4－32＝ 5， BC＝ 22＋3－22＝ 5， AC＝ 2 22＋4－22＝2 3. 则 S△ABC＝1 2 ×2 3×  52－ 32＝ 6. C 级——重难题目自主选做 1.高为 4 的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观 图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直 三棱柱的体积的比值为( ) A.3 4 B.1 4 C.1 2 D.3 8 解析 选 C 由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为1 2 ×2×(2＋4)＝6 的四棱 锥，其体积为 4.易知直三棱柱的体积为 8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为1 2. 2.如图，已知球 O 是棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 的内切 球，则平面 ACD1 截球 O 的截面面积为( ) A. 6 6 π B.π 3 C.π 6 D. 3 3 π 解析 选 C 平面 ACD1 截球 O 的截面为△ACD1 的内切圆．因为 正方体的棱长为 1，所以 AC＝CD1＝AD1＝ 2，所以内切圆的半径 r ＝ 2 2 ×tan 30°＝ 6 6 ，所以 S＝πr2＝π×1 6 ＝1 6π. (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1．(2018·合肥一检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)， 则该几何体的表面积为( ) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析 选 A 由三视图知，该几何体由一个正方体的3 4 部分与一个圆柱 的1 4 部分组合而成(如图所示)，其表面积为 16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2 ＋2＋π)＝72＋6π. 2．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( ) A．34＋6 5 B．6＋6 5＋4 3 C．6＋6 5＋4 13 D．17＋6 5 解析 选 A 由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面 ABCD 为矩形，AD＝6，AB＝2，平面 PAD⊥平面 ABCD，△PAD 为 等腰三角形，且此四棱锥的高为 4，故该几何体的表面积等于 6×2＋ 2×1 2 ×2×5＋1 2 ×6×2 5＋1 2 ×6×4＝34＋6 5. 3．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为 3 7，则侧视图中线段的长度 x 的值是( ) A. 7 B．2 7 C．4 D．5 解析 选 C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥 PABCD， 故其体积 V＝1 3 × 3 2 ＋3 2 ×4×CP＝3 7，∴CP＝ 7，∴x＝ 32＋ 72＝4. 4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( ) A．64－16π 3 B．64－32π 3 C．64－16π D．64－64π 3 解析 选 A 由三视图可知，该几何体是一个正方体中间挖去两个顶点相接的圆锥，其 中，两个圆锥的体积和是 V 锥＝1 3Sh＝1 3 ×π×22×4＝16 3 π，∴V＝V 正方体－V 锥＝43－16 3 π＝64－ 16 3 π. 5．在三棱锥 A BCD 中，侧棱 AB，AC，AD 两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB 的面 积分别为 2 2 ，3 2 ，6 2 ，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A．2π B．6π C．4 6π D．24π 解析 选 B 设相互垂直的三条侧棱 AB，AC，AD 分别为 a，b，c，则 1 2ab＝ 2 2 ，1 2bc＝ 3 2 ，1 2ac＝ 6 2 ，解得 a＝ 2，b＝1，c＝ 3.所以三棱锥 A BCD 的外接球的直径 2R＝ a2＋b2＋c2 ＝ 6，则其外接球的表面积 S＝4πR2＝6π. 6．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________． 解析 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三 棱柱，如图． 则该几何体的表面积为 S＝2×1 2 ×2×2＋4×2×2＋2 2×4＝ 20＋8 2. 答案 20＋8 2 7.已知三棱锥的四个面都是腰长为 2 的等腰三角形，该三棱锥的正视 图如图所示，则该三棱锥的体积是________． 解析 由正视图知三棱锥的形状如图所示，且 AB＝AD＝BC＝CD ＝2，BD＝2 3，设 O 为 BD 的中点，连接 OA，OC，则 OA⊥BD，OC ⊥BD，结合正视图可知 AO⊥平面 BCD. 又 OC＝ CD2－OD2＝1， ∴V 三棱锥 ABCD＝1 3 × 1 2 ×2 3×1 ×1＝ 3 3 . 答案 3 3 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________． 解析 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其 体积为 23－1 3 ×1 2 ×2×2×2－1 3 ×1 2 ×1×1×1＝13 2 . 答案 13 2 9．已知球的半径为 R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时， 它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？ 解 如图为其轴截面，令圆柱的高为 h，底面半径为 r，侧面积为 S， 则 h 2 2＋r2＝R2， 即 h＝2 R2－r2. 因为 S＝2πrh＝4πr· R2－r2＝ 4π r2·R2－r2≤4π r2＋R2－r22 4 ＝2πR2， 当且仅当 r2＝R2－r2，即 r＝ 2 2 R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为 2 2 R，高为 2R 时，其侧面积的值最大，最大值为 2πR2. 10．已知 A，B，C 是球 O 的球面上三点，且 AB＝AC＝3，BC＝3 3，D 为该球面上的 动点，球心 O 到平面 ABC 的距离为球半径的一半，求三棱锥 D ABC 体积的最大值． 解 如图，在△ABC 中， ∵AB＝AC＝3，BC＝3 3， ∴由余弦定理可得 cos A＝32＋32－3 32 2×3×3 ＝－1 2 ， ∴sin A＝ 3 2 . 设△ABC 外接圆 O′的半径为 r，则3 3 3 2 ＝2r，得 r＝3. 设球的半径为 R，连接 OO′，BO′，OB，则 R2＝ R 2 2＋32，解得 R＝2 3. 由图可知，当点 D 到平面 ABC 的距离为 3 2R 时，三棱锥 D ABC 的体积最大， ∵S△ABC＝1 2 ×3×3× 3 2 ＝9 3 4 ， ∴三棱锥 D ABC 体积的最大值为1 3 ×9 3 4 ×3 3＝27 4 . B 级——拔高题目稳做准做 1.高为 4 的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观 图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直 三棱柱的体积的比值为( ) A.3 4 B.1 4 C.1 2 D.3 8 解析 选 C 由侧视图、俯视图知该几何体是高为 2、底面积为1 2 ×2×(2＋4)＝6 的四棱 锥，其体积为 4.易知直三棱柱的体积为 8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为1 2. 2．(2018·江西七校联考)如图，四边形 ABCD 是边长为 2 3的正方形，点 E，F 分别为 边 BC，CD 的中点，将△ABE，△ECF，△FDA 分别沿 AE，EF，FA 折起，使 B，C，D 三点重合于点 P，若四面体 PAEF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是( ) A．6π B．12π C．18π D．9 2π 解析 选 C 因为∠APE＝∠EPF＝∠APF＝90°，所以可将四面体补成一个长方体(PA， PE，PF 是从同一顶点出发的三条棱)，则四面体和补全的长方体有相同的外接球，设其半径 为 R，由题意知 2R＝  32＋ 32＋2 32＝3 2，故该球的表面积 S＝4πR2＝4π 3 2 2 2＝18π. 3．设球 O 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的内切球，若平面 ACD1 截球 O 所得的截面面积为 6π，则球 O 的半径为( ) A.3 2 B．3 C. 3 2 D. 3 解析 选 B 如图，易知 BD1 过球心 O，且 BD1⊥平面 ACD1，不 妨设垂足为 M，正方体棱长为 a，则球半径 R＝a 2 ，易知 DM＝1 3DB1， ∴OM＝1 6DB1＝ 3 6 a，∴截面圆半径 r＝ a 2 2－OM2＝ 6 6 a，由截面 圆面积 S＝πr2＝6π，得 r＝ 6 6 a＝ 6，a＝6，∴球 O 的半径为 R＝a 2 ＝3. 4.如图所示，等腰△ABC 的底边 AB＝6 6，高 CD＝3，点 E 是 线段 BD 上异于点 B，D 的动点，点 F 在 BC 边上，且 EF⊥AB，现 沿 EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使 PE⊥AE，记 BE＝x，V(x) 表示四棱锥 PACFE 的体积，则 V(x)的最大值为________． 解析 因为 PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E， 所以 PE⊥平面 ABC. 因为 CD⊥AB，FE⊥AB， 所以 EF∥CD，所以EF CD ＝BE BD ， 即EF 3 ＝ x 3 6 ，所以 EF＝ x 6 ， 所以 S△ABC＝1 2 ×6 6×3＝9 6， S△BEF＝1 2 ×x× x 6 ＝ 6 12x2， 所以 V(x)＝1 3 × 9 6－ 6 12x2 x＝ 6 3 x 9－ 1 12x2 (0＜x＜3 6)． 因为 V′(x)＝ 6 3 9－1 4x2 ， 所以当 x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增； 当 6＜x＜3 6时，V′(x)＜0，V(x)单调递减， 因此当 x＝6 时，V(x)取得最大值 12 6. 答案 12 6 5.如图是一个以 A1B1C1 为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为 ABC， 已知 A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求 (1)该几何体的体积； (2)截面 ABC 的面积． 解 (1)过 C 作平行于 A1B1C1 的截面 A2B2C，交 AA1，BB1 分别于点 A2，B2. 由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知 B2C⊥平面 ABB2A2，则该几 何体的体积 V＝ 1 1 1 2 2 2 2A B C A B C C ABB AV V ＋ ＝1 2 ×2×2×2＋1 3 ×1 2 ×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB＝ 22＋4－32＝ 5， BC＝ 22＋3－22＝ 5， AC＝ 2 22＋4－22＝2 3. 则 S△ABC＝1 2 ×2 3×  52－ 32＝ 6. 6．已知矩形 ABEF 所在的平面与矩形 ABCD 所在的平面互相垂直，AD＝2，AB＝3， AF＝3 3 2 ，M 为 EF 的中点，求多面体 M ABCD 的外接球的表面积． 解 记多面体 M ABCD 的外接球的球心为 O，如图，过点 O 分别 作平面 ABCD 和平面 ABEF 的垂线，垂足分别为 Q，H，连接 MH 并延 长，交 AB 于点 N，连接 OM，NQ，AQ，设球 O 的半径为 R，球心到 平面 ABCD 的距离为 d，即 OQ＝d， ∵矩形 ABEF 所在的平面与矩形 ABCD 所在的平面互相垂直，AF＝3 3 2 ，M 为 EF 的中 点， ∴MN＝3 3 2 ，又 AB＝3，AD＝2， ∴AN＝NB＝3 2 ，NQ＝1， ∴R2＝ 22＋32 2 2＋d2＝12＋ 3 3 2 －d 2， ∴d＝ 3 2 ，R2＝4， ∴多面体 M ABCD 的外接球的表面积为 4πR2＝16π. 第三节 空间点、线、面之间的位置关系 1．平面的基本性质 (1)公理 1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理 2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面． (3)公理 3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共 直线． 2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系 共面直线 平行 相交 异面直线：不同在任何一个平面内 (2)异面直线所成的角 ①定义 设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，把 a′与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角)． ②范围 0，π 2 . (3)公理 4 平行于同一条直线的两条直线互相平行． (4)定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况． (2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两个平面α，β有一个公共点 A，就说α，β相交于过 A 点的任意一条直线．( ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( ) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．下列说法正确的是( ) A．若 a⊂α，b⊂β，则 a 与 b 是异面直线 B．若 a 与 b 异面，b 与 c 异面，则 a 与 c 异面 C．若 a，b 不同在平面α内，则 a 与 b 异面 D．若 a，b 不同在任何一个平面内，则 a 与 b 异面 答案 D 3．以下四个命题中，正确命题的个数是( ) ①不共面的四点中，其中任意三点不共线； ②若点 A，B，C，D 共面，点 A，B，C，E 共面，则 A，B，C，D，E 共面； ③若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线 b，c 共面； ④依次首尾相接的四条线段必共面． A．0 B．1 C．2 D．3 解析 选 B ①显然是正确的，可用反证法证明；②中若 A，B，C 三点 共线，则 A，B，C，D，E 五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图 显然 b，c 异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个 数为 1. 4．已知直线 a 和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且 a 在α，β内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( ) A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面 解析 选 D 依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面． 5．若直线 a⊥b，且直线 a∥平面α，则直线 b 与平面α的位置关系是( ) A．b⊂α B．b∥α C．b⊂α或 b∥α D．b 与α相交或 b⊂α或 b∥α 解析 选 D b 与α相交或 b⊂α或 b∥α都可以． 6．(教材习题改编)设 P 表示一个点，a，b 表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下 列四个命题，其中正确的命题是________． ①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α； ④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b. 答案 ③④ 考点一 平面的基本性质及应用 重点保分型考点——师生共研 平面的基本性质主要包括 3 个公理及其推论，是空间位置关系的基础，很少单独命题. [典题领悟] 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 ❶ 别是 BC，CD 上的点，且 CG＝1 3BC，CH＝1 3DC.求证 ❷ (1)E，F，G，H 四点共面； ❸ (2)直线 FH，EG，AC 共点. ❹ [学审题] ①看到 E，F 分别是 AB，AD 的中点 想到三角形的中位线； ②看到 CG＝1 3BC，CH＝1 3DC 想到 G，H 分别是 BC，CD 的三等分点 想到 GH∥BD； ③看到 E，F，G，H 四点共面 想到点所在直线平行或相交； ④要证三线 FH，EG，AC 共点 想到证两线的交点在第三条直线上． 证明 (1)连接 EF，GH， ∵E，F 分别是 AB，AD 的中点， ∴EF∥BD. 又∵CG＝1 3BC，CH＝1 3DC， ∴GH∥BD，∴EF∥GH， ∴E，F，G，H 四点共面． (2)易知 FH 与直线 AC 不平行，但共面， ∴设 FH∩AC＝M， ∴M∈平面 EFHG，M∈平面 ABC. 又∵平面 EFHG∩平面 ABC＝EG， ∴M∈EG， ∴直线 FH，EG，AC 共点． [解题师说] 1．证明点共线问题的常用方法 公理法 先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据公理 3 证明 这些点都在交线上 同一法 选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上 2．证明线共点问题的常用方法 先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点． 3．证明点、直线共面问题的常用方法 纳入平面法 先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内 辅助平面法 先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面 α，β重合 [冲关演练] 1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S 分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一 个图是( ) 解析 选 D A，B，C 图中四点一定共面，D 中四点不共面． 2.如图，在四边形 ABCD 中，已知 AB∥CD，直线 AB，BC，AD， DC 分别与平面α相交于点 E，G，H，F，求证 E，F，G，H 四点必 定共线． 证明 因为 AB∥CD， 所以 AB，CD 确定一个平面β. 又因为 AB∩α＝E，AB⊂β，所以 E∈α，E∈β， 即 E 为平面α与β的一个公共点． 同理可证 F，G，H 均为平面α与β的公共点， 因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以 E，F， G，H 四点必定共线． 考点二 空间两直线的位置关系 基础送分型考点——自主练透 [考什么·怎么考] 空间两直线位置关系的判断是高考的常考内容，主要涉及两直线平行、垂直、异面等相 关知识，题型为选择题或解答题中的第1问，难度偏小. 1．下列结论中正确的是( ) ①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行； ②与同一直线都相交的三条平行线在同一平面内； ③一条直线与两条平行直线中的一条相交，那么它也与另一条相交； ④空间四条直线 a，b，c，d，如果 a∥b，c∥d，且 a∥d，那么 b∥c. A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③ 解析 选 B ①错，两条直线不相交，则它们可能平行，也可能异面；②显然正确；③ 错，若一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条直线可能相交，也可能异面； ④由平行直线的传递性可知正确．故选 B. 2．在图中，G，N，M，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线 GH， MN 是异面直线的图形的是_______．(填序号) 解析 图①中，直线 GH∥MN；图②中，G，H，N 三点共面，但 M∉平面 GHN，因此 直线 GH 与 MN 异面；图③中，连接 MG，GM∥HN，因此 GH 与 MN 共面；图④中，G， M，N 共面，但 H∉平面 GMN，因此 GH 与 MN 异面．所以在图②④中，GH 与 MN 异面． 答案 ②④ 3.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，M，N 分别为棱 C1D1，C1C 的中点，有以下四个结论 ①直线 AM 与 CC1 是相交直线； ②直线 AM 与 BN 是平行直线； ③直线 BN 与 MB1 是异面直线； ④直线 AM 与 DD1 是异面直线． 其中正确结论的序号为________． 解析 直线 AM 与 CC1 是异面直线，直线 AM 与 BN 也是异面直线，所以①②错误．点 B， B1，N 在平面 BB1C1C 中，点 M 在此平面外，所以 BN，MB1 是异面直线．同理 AM，DD1 也是异面直线． 答案 ③④ [怎样快解·准解] [注意] 异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两 异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．(如第 1 题中的命题① 是错误的) 考点三 异面直线所成的角 重点保分型考点——师生共研 高考对异面直线所成角的求解问题主要考查能作出异面直线夹角的情况，借助常见几何 体转化为同一平面内两条直线的夹角.一般以选择题、填空题出现，属于中低档题. [典题领悟] (2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1， 则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为( ) A. 3 2 B. 15 5 C. 10 5 D. 3 3 [思维路径] 要求异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值，需通过平移作出该异面直线的角，由于异面 直线 AB1 与 BC1 所在的几何体为直三棱柱，直接平移比较困难，考虑到平行六面体的对面互 相平行，平移直线比较方便，故可将该几何体补形为直四棱柱求解． 解析 选 C 如图所示，将直三棱柱 ABCA1B1C1 补成直四棱柱 ABCDA1B1C1D1，连接 AD1，B1D1，则 AD1∥BC1，所以∠B1AD1 或 其补角为异面直线 AB1 与 BC1 所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝ 2，BC＝CC1＝1，所以 AB1＝ 5，AD1＝ 2. 在△B1D1C1 中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2， 所以 B1D1＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3， 所以 cos∠B1AD1＝ 5＋2－3 2× 5× 2 ＝ 10 5 . [解题师说] 1．求异面直线所成角的一般步骤 (1)平移 选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条得到相交直线，这里的点通常选 择特殊位置的点，如线段的中点或端点，也可以是异面直线中某一条直线上的特殊点； (2)证明 证明所作的角是异面直线所成的角或其补角； (3)寻找 在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； (4)取舍 因为异面直线所成角θ的取值范围是 0，π 2 ，所以所作的角为钝角时，应取它的 补角作为异面直线所成的角． 2．掌握 3 种平移技巧 求异面直线所成的角的方法为平移法，平移的方法一般有 3 种类型 (1)利用图形中已有的平行线平移； (2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．(如典题领悟) [冲关演练] 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， (1)求 AC 与 A1D 所成角的大小； (2)若 E，F 分别为 AB，AD 的中点，求 A1C1 与 EF 所成角的大小． 解 (1)如图所示，连接 B1C，AB1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体， 易知 A1D∥B1C，从而 B1C 与 AC 所成的角就是 AC 与 A1D 所成的角． ∵AB1＝AC＝B1C， ∴∠B1CA＝60°. 即 A1D 与 AC 所成的角为 60°. (2)连接 BD，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， AC⊥BD，AC∥A1C1， ∵E，F 分别为 AB，AD 的中点， ∴EF∥BD，∴EF⊥AC.∴EF⊥A1C1. 即 A1C1 与 EF 所成的角为 90°. (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1．a，b 是两条异面直线，a⊂平面α，b⊂平面β.若α∩β＝c，则直线 c 必定( ) A．与 a，b 均相交 B．与 a，b 都不相交 C．至少与 a，b 中的一条相交 D．至多与 a，b 中的一条相交 解析 选 C 假设直线 c 与直线 a，b 都不相交，则直线 c 与直线 a，b 都平行．根据公理 4，直线 a，b 平行，与已知条件中的 a，b 是两条异面直线矛盾，所以直线 c 至少与 a，b 中 的一条相交．故选 C. 2．在空间中，有如下四个命题 ①平行于同一个平面的两条直线是平行直线； ②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面； ③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β； ④过平面α的一条斜线，有且只有一个平面与平面α垂直． 其中正确的命题是( ) A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 解析 选 B ①平行于同一个平面的两条直线，可能平行，相交或异面，不正确；②由 面面平行的判定定理知正确；③若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能 平行，也可能相交，不正确；易知④正确．故选 B. 3．若空间中四条两两不同的直线 l1，l2，l3，l4，满足 l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论 一定正确的是( ) A．l1⊥l4 B．l1∥l4 C．l1 与 l4 既不垂直也不平行 D．l1 与 l4 的位置关系不确定 解析 选 D 构造如图所示的正方体 ABCDA1B1C1D1，取 l1 为 AD， l2 为 AA1，l3 为 A1B1，当取 l4 为 B1C1 时，l1∥l4，当取 l4 为 BB1 时，l1⊥l4， 故排除 A、B、C，选 D. 4．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别是线段 BC，CD1 的中点，则直线 A1B 与直 线 EF 的位置关系是( ) A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直 解析 选 A 由 BC 綊 AD，AD 綊 A1D1 知，BC 綊 A1D1， 从而四边形 A1BCD1 是平行四边形， 所以 A1B∥CD1， 又 EF⊂平面 A1BCD1，EF∩D1C＝F， 则 A1B 与 EF 相交． 5．已知 A，B，C，D 是空间四点，命题甲 A，B，C，D 四点不共面，命题乙 直线 AC 和 BD 不相交，则甲是乙成立的( ) 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 解析 选 A 若 A，B，C，D 四点不共面，则直线 AC 和 BD 不共面，所以 AC 和 BD 不 相交；若直线 AC 和 BD 不相交，若直线 AC 和 BD 平行时，A，B，C，D 四点共面，所以 甲是乙成立的充分不必要条件． 6．到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( ) A．1 B．4 C．7 D．8 解析 选 C 当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．①当平面一侧有一点，另 一侧有三点时，如图 1.令截面与四棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与 其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有 4 个； ②当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图 2，当平面过 AB，BD，CD，AC 的中点 时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有 3 个．所以满足条件 的平面共有 7 个，故选 C. 7．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________ 个平面． 解析 如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点 可确定一个平面，所以可确定四个． 答案 1 或 4 8.如图，平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中，既与 AB 共面又与 CC1 共面的棱有________条． 解析 依题意，与 AB 和 CC1 都相交的棱有 BC；与 AB 相交且与 CC1 平行有棱 AA1，BB1；与 AB 平行且与 CC1 相交的棱有 CD，C1D1.故符合 条件的有 5 条． 答案 5 9.如图所示，在空间四边形 ABCD 中，点 E，H 分别是边 AB， AD 的中点，点 F，G 分别是边 BC，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝2 3 ，则 下列说法正确的是______(填序号)． ①EF 与 GH 平行； ②EF 与 GH 异面； ③EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上，也可能不在直线 AC 上； ④EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上． 解析 连接 EH，FG，如图所示． 依题意，可得 EH∥BD，FG∥BD， 故 EH∥FG，所以 E，F，G，H 共面． 因为 EH＝1 2BD，FG＝2 3BD，故 EH≠FG， 所以 EFGH 是梯形，EF 与 GH 必相交， 设交点为 M.因为点 M 在 EF 上， 故点 M 在平面 ACB 上．同理，点 M 在平面 ACD 上， ∴点 M 是平面 ACB 与平面 ACD 的交点， 又 AC 是这两个平面的交线， 所以点 M 一定在直线 AC 上． 答案 ④ 10．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的 AB，CD，EF，GH 在原正方体中互为 异面直线的有________对． 解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB，CD，EF 和 GH 在原正 方体中，显然 AB 与 CD，EF 与 GH，AB 与 GH 都是异面直线，而 AB 与 EF 相交，CD 与 GH 相交，CD 与 EF 平行．故互为异面直线的有 3 对． 答案 3 B 级——中档题目练通抓牢 1.如图，ABCD A1B1C1D1 是长方体，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 不共面 C．A，M，C，O 不共面 D．B，B1，O，M 共面 解析 选 A 连接 A1C1，AC，则 A1C1∥AC，所以 A1，C1，C，A 四点共面，所以 A1C⊂平面 ACC1A1，因为 M∈A1C，所以 M∈平面 ACC1A1，又 M∈平面 AB1D1，所以 M 在平面 ACC1A1 与平面 AB1D1 的 交线上，同理 O 在平面 ACC1A1 与平面 AB1D1 的交线上，所以 A，M， O 三点共线． 2．平面α过正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A，α∥平面 CB1D1，α∩平面 ABCD＝m，α∩ 平面 ABB1A1＝n，则 m，n 所成角的正弦值为( ) A. 3 2 B. 2 2 C. 3 3 D.1 3 解析 选 A 如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 的上方接一个同等大 小的正方体 ABCDA2B2C2D2 ，则过 A 与平面 CB1D1 平行的是平面 AB2D2，即平面α就是平面 AB2D2，平面 AB2D2∩平面 ABB1A1＝AB2， 即直线 n 就是直线 AB2，由面面平行的性质定理知直线 m 平行于直线 B2D2，故 m，n 所成的角就等于 AB2 与 B2D2 所成的角，在等边三角形 AB2D2 中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为 3 2 . 3．过正方体 ABCD A1B1C1D1 的顶点 A 作直线 l，使 l 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都 相等，这样的直线 l 可以作( ) A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条 解析 选 D 如图，连接体对角线 AC1，显然 AC1 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线， 如连接 BD1，则 BD1 与棱 BC，BA，BB1 所成的角都相等，∵BB1∥AA1， BC∥AD，∴体对角线 BD1 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，同理， 体对角线 A1C，DB1 也与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，过 A 点分别作 BD1，A1C，DB1 的平行线都满足题意，故这样的直线 l 可以作 4 条． 4.如图，在三棱锥 ABCD 中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝ 2，点 M，N 分别为 AD，BC 的中点，则异面直线 AN，CM 所成角的余 弦值是________． 解析 如图所示，连接 DN， 取线段 DN 的中点 ，连接 M ，C . ∵M 为 AD 的中点，∴M ∥AN， ∴∠ MC(或其补角)为异面直线 AN，CM 所成的角． ∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N 为 BC 的中点， 由勾股定理易求得 AN＝DN＝CM＝2 2，∴M ＝ 2. 在 Rt△C N 中，C ＝  22＋12＝ 3. 在△C M 中，由余弦定理， 得 cos∠ MC＝ 22＋2 22－ 32 2× 2×2 2 ＝7 8 ， 所以异面直线 AN，CM 所成角的余弦值是7 8. 答案 7 8 5．(2017·全国卷Ⅲ)a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论 ①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角； ②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角； ③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°； ④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°. 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 解析 由题意，AB 是以 AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线， 又 AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点 B，作 BD ∥a，交底面圆 C 于点 D，如图所示，连接 DE，则 DE⊥BD，∴DE ∥b，连接 AD，设 BC＝1，在等腰△ABD 中，AB＝AD＝ 2，当直线 AB 与 a 成 60°角时，∠ABD＝60°，故 BD＝ 2，又在 Rt△BDE 中，BE＝2，∴DE＝ 2， 过点 B 作 BF∥DE，交圆 C 于点 F，连接 AF，EF， ∴BF＝DE＝ 2， ∴△ABF 为等边三角形， ∴∠ABF＝60°，即 AB 与 b 成 60°角，故②正确，①错误． 由最小角定理可知③正确； 很明显，可以满足平面 ABC⊥直线 a， ∴直线 AB 与 a 所成角的最大值为 90°，④错误． ∴正确的说法为②③. 答案 ②③ 6.如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别是 A1B1， B1C1 的中点．问 (1)AM 与 CN 是否是异面直线？说明理由； (2)D1B 与 CC1 是否是异面直线？说明理由． 解 (1)AM 与 CN 不是异面直线．理由如下 如图，连接 MN，A1C1，AC. 因为 M，N 分别是 A1B1，B1C1 的中点， 所以 MN∥A1C1. 又因为 A1A 綊 C1C， 所以四边形 A1ACC1 为平行四边形， 所以 A1C1∥AC， 所以 MN∥AC， 所以 A，M，N，C 在同一平面内， 故 AM 和 CN 不是异面直线． (2)D1B 与 CC1 是异面直线． 理由如下 因为 ABCDA1B1C1D1 是正方体， 所以 B，C，C1，D1 不共面． 假设 D1B 与 CC1 不是异面直线， 则存在平面α，使 D1B⊂平面α，CC1⊂平面α， 所以 D1，B，C，C1∈α，这与 B，C，C1，D1 不共面矛盾． 所以假设不成立，即 D1B 与 CC1 是异面直线． 7.如图所示，在三棱锥 P ABC 中，PA⊥底面 ABC，D 是 PC 的中 点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2 3，PA＝2.求 (1)三棱锥 P ABC 的体积； (2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值． 解 (1)S△ABC＝1 2 ×2×2 3＝2 3， 故三棱锥 P ABC 的体积为 V＝1 3·S△ABC·PA＝1 3 ×2 3×2＝4 3 3 . (2)如图所示，取 PB 的中点 E，连接 DE，AE， 则 DE∥BC， 所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角． 在△ADE 中，DE＝1 2BC＝1 2 AB2＋AC2＝2， AE＝ AB2－BE2＝ 2， AD＝ AC2＋CD2－2AC·CD·cos 30°＝2， 则 cos∠ADE＝DE 2＋AD 2－AE2 2DE·AD ＝22＋22－2 2×2×2 ＝3 4. 即异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值为3 4. C 级——重难题目自主选做 1．如图是三棱锥 DABC 的三视图，点 O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线 DO 和 AB 所成角的余弦值等于( ) A. 3 3 B.1 2 C. 3 D. 2 2 解析 选 A 由三视图及题意得如图所示的直观图，从 A 出发的三条线段 AB，AC，AD 两两垂直且 AB＝AC＝2，AD＝1，O 是 BC 中点，取 AC 中点 E，连接 DE，DO，OE，则 OE＝1，又可知 AE＝1，由于 OE∥AB，故∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形 DAE 中，DE＝ 2，由于 O 是 BC 的 中点，在直角三角形 ABC 中可以求得 AO＝ 2，在直角三角形 DAO 中可以求得 DO＝ 3.在 三角形 DOE 中，由余弦定理得 cos∠DOE＝ 1＋3－2 2×1× 3 ＝ 3 3 ，故所求异面直线 DO 与 AB 所成 角的余弦值为 3 3 . 2.如图所示，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，底面是边长为 2 的正三角形， 侧棱 A1A⊥底面 ABC，点 E，F 分别是棱 CC1，BB1 上的点，点 M 是线段 AC 上的动点，EC＝2FB＝2. (1)当点 M 在何位置时，BM∥平面 AEF? (2)若 BM∥平面 AEF，判断 BM 与 EF 的位置关系，说明理由；并求 BM 与 EF 所成的角的余弦值． 解 (1)法一 如图所示，取 AE 的中点 O，连接 OF，过点 O 作 OM⊥ AC 于点 M.因为侧棱 A1A⊥底面 ABC， 所以侧面 A1ACC1⊥底面 ABC. 又因为 EC＝2FB＝2， 所以 OM∥EC∥FB 且 OM＝1 2EC＝FB， 所以四边形 OMBF 为矩形，BM∥OF. 因为 OF⊂平面 AEF，BM⊄平面 AEF， 故 BM∥平面 AEF，此时点 M 为 AC 的中点． 法二 如图所示，取 EC 的中点 P，AC 的中点 Q，连接 PQ，PB， BQ. 因为 EC＝2FB＝2，所以 PE 綊 BF， 所以 PQ∥AE，PB∥EF， 所以 PQ∥平面 AFE，PB∥平面 AEF， 因为 PB∩PQ＝P，PB⊂平面 PBQ，PQ ⊂平面 PBQ， 所以平面 PBQ∥平面 AEF. 又因为 BQ⊂平面 PBQ，所以 BQ∥平面 AEF. 故点 Q 即为所求的点 M，此时点 M 为 AC 的中点． (2)由(1)知，BM 与 EF 异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线 BM 与 EF 所成的角或其 补角． 易求 AF＝EF＝ 5，MB＝OF＝ 3，OF⊥AE， 所以 cos∠OFE＝OF EF ＝ 3 5 ＝ 15 5 ， 所以 BM 与 EF 所成的角的余弦值为 15 5 . (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1．下列命题中，真命题的个数为( ) ①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合； ②两条直线可以确定一个平面； ③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内； ④若 M∈α，M∈β，α∩β＝l，则 M∈l. A．1 B．2 C．3 D．4 解析 选 B 根据公理 2，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是 假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平 面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为 2. 2．已知 l1，l2，l3 是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3 共面 D．l1，l2，l3 共点⇒l1，l2，l3 共面 解析 选 B 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故 A 错；两条平行直 线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B 正确；相互平行的三条直 线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故 C 错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三 条侧棱，故 D 错． 3．已知 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β， 则( ) A．α∥β且 l∥α B．α⊥β且 l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于 l D．α与β相交，且交线平行于 l 解析 选 D 由于 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交， 但未必垂直，且交线垂直于直线 m，n，又直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，则交线平行于 l，故选 D. 4．在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，P，Q，E，F 分别是 AB，AD，B1C1，C1D1 的中点， 则正方体过点 P，Q，E，F 的截面图形的形状是( ) A．正方形 B．平行四边形 C．正五边形 D．正六边形 解析 选 D 如图所示，由 EF∥PQ，可以确定一个平面． 设这个平面与正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱 BB1，DD1 分别交于 M，N. 由正方体的性质得 FN∥MP，NQ∥ME，且 EF＝FN＝NQ＝QP ＝PM＝ME，所以正方体过点 P，Q，E，F 的截面图形的形状是正六边形． 5.如图，ABCD A1B1C1D1 是长方体，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 不共面 C．A，M，C，O 不共面 D．B，B1，O，M 共面 解析 选 A 连接 A1C1，AC，则 A1C1∥AC，所以 A1，C1，C，A 四点共面，所以 A1C⊂平面 ACC1A1，因为 M∈A1C，所以 M∈平面 ACC1A1，又 M∈平面 AB1D1，所以 M 在平面 ACC1A1 与平面 AB1D1 的 交线上，同理 O 在平面 ACC1A1 与平面 AB1D1 的交线上，所以 A，M， O 三点共线． 6．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的 AB，CD，EF，GH 在原正方体中互为 异面直线的有________对． 解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB，CD，EF 和 GH 在原正 方体中，显然 AB 与 CD，EF 与 GH，AB 与 GH 都是异面直线，而 AB 与 EF 相交，CD 与 GH 相交，CD 与 EF 平行．故互为异面直线的有 3 对． 答案 3 7．设 a，b，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题 ①若 a∥b，b∥c，则 a∥c； ②若 a⊥b，b⊥c，则 a∥c； ③若 a 与 b 相交，b 与 c 相交，则 a 与 c 相交； ④若 a⊂平面α，b⊂平面β，则 a，b 一定是异面直线． 上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)． 解析 由公理 4 知①正确；当 a⊥b，b⊥c 时，a 与 c 可以相交、平行或异面，故②错； 当 a 与 b 相交，b 与 c 相交时，a 与 c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β， 并不能说明 a 与 b“不同在任何一个平面内”，故④错． 答案 ① 8.如图，已知圆柱的轴截面 ABB1A1 是正方形，C 是圆柱下底面弧 AB 的中点，C1 是圆柱上底面弧 A1B1 的中点，那么异面直线 AC1 与 BC 所成角 的正切值为________． 解析 取圆柱下底面弧 AB 的另一中点 D，连接 C1D，AD， 因为 C 是圆柱下底面弧 AB 的中点， 所以 AD∥BC， 所以直线 AC1 与 AD 所成角等于异面直线 AC1 与 BC 所成角． 因为 C1 是圆柱上底面弧 A1B1 的中点，所以 C1D⊥圆柱下底面， 所以 C1D⊥AD， 因为圆柱的轴截面 ABB1A1 是正方形，所以 C1D＝ 2AD， 所以直线 AC1 与 AD 所成角的正切值为 2， 所以异面直线 AC1 与 BC 所成角的正切值为 2. 答案 2 9.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E，F 分别是 BC， AD 的中点． (1)求证 直线 EF 与 BD 是异面直线； (2)若 AC⊥BD，AC＝BD，求 EF 与 BD 所成的角． 解 (1)证明 假设 EF 与 BD 不是异面直线，则 EF 与 BD 共面，从而 DF 与 BE 共面，即 AD 与 BC 共面，所以 A，B，C，D 在同一平面内，这与 A 是△BCD 所在平面外的一点相矛 盾．故直线 EF 与 BD 是异面直线． (2)取 CD 的中点 G，连接 EG，FG，则 AC∥FG，EG∥BD， 所以相交直线 EF 与 EG 所成的角， 即为异面直线 EF 与 BD 所成的角． 又因为 AC⊥BD，则 FG⊥EG. 在 Rt△EGF 中，由 EG＝FG＝1 2AC，求得∠FEG＝45°，即异面 直线 EF 与 BD 所成的角为 45°. 10.如图所示，在三棱锥 P ABC 中，PA⊥底面 ABC，D 是 PC 的中 点．已知∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝2 3，PA＝2.求 (1)三棱锥 P ABC 的体积； (2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值． 解 (1)S△ABC＝1 2 ×2×2 3＝2 3， 故三棱锥 P ABC 的体积为 V＝1 3·S△ABC·PA＝1 3 ×2 3×2＝4 3 3 . (2)如图所示，取 PB 的中点 E，连接 DE，AE， 则 DE∥BC， 所以∠ADE(或其补角)是异面直线 BC 与 AD 所成的角． 在△ADE 中，DE＝1 2BC＝1 2 AB2＋AC2＝2， AE＝ AB2－BE2＝ 2， AD＝ AC2＋CD2－2AC·CD·cos 30°＝2， 则 cos∠ADE＝DE 2＋AD 2－AE2 2DE·AD ＝22＋22－2 2×2×2 ＝3 4. 即异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值为3 4. B 级——拔高题目稳做准做 1．(2018·湖北七市(州)联考)设直线 m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是 ( ) A．在平面α内有且只有一条直线与直线 m 垂直 B．过直线 m 有且只有一个平面与平面α垂直 C．与直线 m 垂直的直线不可能与平面α平行 D．与直线 m 平行的平面不可能与平面α垂直 解析 选 B 对于 A，在平面α内可能有无数条直线与直线 m 垂直，这些直线是互相平行 的，A 错误；对于 B，只要 m⊄α，过直线 m 必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B 正确； 对于 C，类似于 A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线 m 并且平行于平面α，C 错误； 对于 D，与直线 m 平行且与平面α垂直的平面有无数个，D 错误．故选 B. 2．过正方体 ABCD A1B1C1D1 的顶点 A 作直线 l，使 l 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都 相等，这样的直线 l 可以作( ) A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条 解析 选 D 如图，连接体对角线 AC1，显然 AC1 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，所成角的正切值都为 2.联想正方体的其他体对角线， 如连接 BD1，则 BD1 与棱 BC，BA，BB1 所成的角都相等，∵BB1∥AA1， BC∥AD，∴体对角线 BD1 与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，同理， 体对角线 A1C，DB1 也与棱 AB，AD，AA1 所成的角都相等，过 A 点分别作 BD1，A1C，DB1 的平行线都满足题意，故这样的直线 l 可以作 4 条． 3．如图是三棱锥 DABC 的三视图，点 O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线 DO 和 AB 所成角的余弦值等于( ) A. 3 3 B.1 2 C. 3 D. 2 2 解析 选 A 由三视图及题意得如图所示的直观图，从 A 出发的三条线段 AB，AC，AD 两两垂直且 AB＝AC＝2，AD＝1，O 是 BC 中点，取 AC 中点 E，连接 DE，DO，OE，则 OE＝1，又可知 AE＝1，由于 OE∥AB，故∠DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．在直角三角形 DAE 中，DE＝ 2，由于 O 是 BC 的 中点，在直角三角形 ABC 中可以求得 AO＝ 2，在直角三角形 DAO 中可以求得 DO＝ 3.在 三角形 DOE 中，由余弦定理得 cos∠DOE＝ 1＋3－2 2×1× 3 ＝ 3 3 ，故所求异面直线 DO 与 AB 所成 角的余弦值为 3 3 . 4．(2017·全国卷Ⅲ)a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直线与 a，b 都垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论 ①当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 30°角； ②当直线 AB 与 a 成 60°角时，AB 与 b 成 60°角； ③直线 AB 与 a 所成角的最小值为 45°； ④直线 AB 与 a 所成角的最大值为 60°. 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 解析 由题意，AB 是以 AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线， 又 AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点 B，作 BD∥ a，交底面圆 C 于点 D，如图所示，连接 DE，则 DE⊥BD，∴DE∥b， 连接 AD，设 BC＝1，在等腰△ABD 中，AB＝AD＝ 2，当直线 AB 与 a 成 60°角时，∠ABD＝60°，故 BD＝ 2，又在 Rt△BDE 中，BE＝2，∴DE＝ 2， 过点 B 作 BF∥DE，交圆 C 于点 F，连接 AF，EF， ∴BF＝DE＝ 2， ∴△ABF 为等边三角形， ∴∠ABF＝60°，即 AB 与 b 成 60°角，故②正确，①错误． 由最小角定理可知③正确； 很明显，可以满足平面 ABC⊥直线 a， ∴直线 AB 与 a 所成角的最大值为 90°，④错误． ∴正确的说法为②③. 答案 ②③ 5.如图所示，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，底面是边长为 2 的正三角形， 侧棱 A1A⊥底面 ABC，点 E，F 分别是棱 CC1，BB1 上的点，点 M 是线 段 AC 上的动点，EC＝2FB＝2. (1)当点 M 在何位置时，BM∥平面 AEF? (2)若 BM∥平面 AEF，判断 BM 与 EF 的位置关系，说明理由；并 求 BM 与 EF 所成的角的余弦值． 解 (1)法一 如图所示，取 AE 的中点 O，连接 OF，过点 O 作 OM ⊥AC 于点 M.因为侧棱 A1A⊥底面 ABC， 所以侧面 A1ACC1⊥底面 ABC. 又因为 EC＝2FB＝2， 所以 OM∥EC∥FB 且 OM＝1 2EC＝FB， 所以四边形 OMBF 为矩形，BM∥OF. 因为 OF⊂平面 AEF，BM⊄平面 AEF， 故 BM∥平面 AEF，此时点 M 为 AC 的中点． 法二 如图所示，取 EC 的中点 P，AC 的中点 Q，连接 PQ，PB， BQ. 因为 EC＝2FB＝2，所以 PE 綊 BF， 所以 PQ∥AE，PB∥EF， 所以 PQ∥平面 AFE，PB∥平面 AEF， 因为 PB∩PQ＝P，PB⊂平面 PBQ，PQ ⊂平面 PBQ， 所以平面 PBQ∥平面 AEF. 又因为 BQ⊂平面 PBQ， 所以 BQ∥平面 AEF. 故点 Q 即为所求的点 M，此时点 M 为 AC 的中点． (2)由(1)知，BM 与 EF 异面，∠OFE(或∠MBP)就是异面直线 BM 与 EF 所成的角或其 补角． 易求 AF＝EF＝ 5，MB＝OF＝ 3，OF⊥AE， 所以 cos∠OFE＝OF EF ＝ 3 5 ＝ 15 5 ， 所以 BM 与 EF 所成的角的余弦值为 15 5 . 6.如图，已知二面角α MNβ的大小为 60°，菱形 ABCD 在平面β 内，A，B 两点在棱 MN 上，∠BAD＝60°，E 是 AB 的中点，DO⊥平 面α，垂足为 O. (1)证明 AB⊥平面 ODE； (2)求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值． 解 (1)证明 ∵DO⊥α，AB⊂α， ∴DO⊥AB. 连接 BD，由题意知，△ABD 是正三角形． 又 E 是 AB 的中点，∴DE⊥AB. 而 DO∩DE＝D，∴AB⊥平面 ODE. (2)∵BC∥AD，∴BC 与 OD 所成的角等于 AD 与 OD 所成的角，即∠ADO 是异面直线 BC 与 OD 所成的角． 由①知，AB⊥平面 ODE，所以 AB⊥OE. 又 DE⊥AB，∴∠DEO 是二面角αMNβ的平面角， 即∠DEO＝60°. 不妨设 AB＝2，则 AD＝2，易知 DE＝ 3. 在 Rt△DOE 中，DO＝DE·sin 60°＝3 2. 连接 AO，在 Rt△AOD 中，cos∠ADO＝DO AD ＝ 3 2 2 ＝3 4. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为3 4. 第四节 直线、平面平行的判定及其性质 1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面 内的一条直线平行，则该 直线与此平面平行(线线 平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α，l⊄ α，∴l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平 行，则过这条直线的任一 平面与此平面的交线与该 直线平行(简记为“线面 平行⇒线线平行”) ∵l∥α，l⊂β， α∩β＝b，∴l∥b 2．平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线 与另一个平面平行，则这两 个平面平行(简记为“线面 平行⇒面面平行”) ∵a∥β，b∥β，a∩b ＝P，a⊂α，b⊂α， ∴α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第 三个平面相交，那么它们的 交线平行 ∵α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b，∴a∥b 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ) (2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( ) (3)若直线 a 与平面α内无数条直线平行，则 a∥α.( ) (4)若直线 a∥α，P∈α，则过点 P 且平行于 a 的直线有无数条．( ) (5)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．( ) (6)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．( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 2．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 解析 选 D 因为直线 a∥平面α，直线 a 与平面α无公共点，因此直线 a 和平面α内的任 意一条直线都不相交，故选 D. 3．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．异面 D．以上均有可能 解析 选 D 与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面． 4．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且 m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”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 解析 选 B 当 m∥β时，过 m 的平面α与β可能平行也可能相交，因而 m∥β ⇒/ α∥β； 当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为 m⊂α，所以 m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的 必要不充分条件． 5．已知平面α∥平面β，直线 a⊂α，有下列命题 ①a 与β内的所有直线平行； ②a 与β内无数条直线平行； ③a 与β内的任意一条直线都不垂直． 其中真命题的序号是________． 答案 ② 6．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，下列结论正确的是______(填序号)． ①AD1∥BC1； ②平面 AB1D1∥平面 BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面 BDC1. 解析 如图，因为 AB 綊 C1D1， 所以四边形 AD1C1B 为平行四边形． 故 AD1∥BC1，从而①正确； 易证 BD∥B1D1，AB1∥DC1， 又 AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D， 故平面 AB1D1∥平面 BDC1，从而②正确； 由图易知 AD1 与 DC1 异面，故③错误； 因为 AD1∥BC1，AD1⊄平面 BDC1，BC1⊂平面 BDC1， 所以 AD1∥平面 BDC1，故④正确． 答案 ①②④ 考点一 直线与平面平行的判定与性质 题点多变型考点——追根溯源 平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线 面平行是高考热点，多出现在解答题中.,常见的命题角度有 1证明直线与平面平行； 2线面平行性质定理的应用. [题点全练] 角度(一) 证明直线与平面平行 1．如图，四棱锥 PABCD 中，AD∥BC，AB＝BC＝1 2AD， ❶ E，F，H 分别为线段 AD，PC，CD 的中点， ❷ AC 与 BE 交于 O 点，G 是线段 OF 上一点．求证 (1)AP∥平面 BEF； ❸ (2)GH∥平面 PAD. ❹ [学审题] ①看到 AD∥BC，AB＝BC＝1 2AD 想到可在四边形 ABCD 中利用这些关系证平面 ABCE 为平行四边形； ②看到 E，F，H 是中点 想到三角形的中位线性质； ③要证 AP∥平面 BEF 想到证明 AP 与平面 BEF 中的某条直线平行； ④要证 GH∥平面 PAD 可考虑证明 GH 所在的平面与平面 PAD 平行． 证明 (1)连接 EC， ∵AD∥BC，BC＝1 2AD， ∴BC 綊 AE， ∴四边形 ABCE 是平行四边形， ∴O 为 AC 的中点． 又∵F 是 PC 的中点，∴FO∥AP. ∵FO⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF， ∴AP∥平面 BEF. (2)连接 FH，OH， ∵F，H 分别是 PC，CD 的中点， ∴FH∥PD. ∵PD⊂平面 PAD，FH⊄平面 PAD， ∴FH∥平面 PAD. 又∵O 是 AC 的中点，H 是 CD 的中点，∴OH∥AD， 又∵AD⊂平面 PAD，OH⊄平面 PAD， ∴OH∥平面 PAD. 又 FH∩OH＝H，∴平面 OHF∥平面 PAD. 又∵GH⊂平面 OHF，∴GH∥平面 PAD. [题型技法] 判定定理法证明线面平行 在利用判定定理时，关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否 存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对 边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明． 角度(二) 线面平行性质定理的应用 2.(2018·豫东名校联考)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，E 为线段 AD 上的任意一点(不包括 A，D 两点)，平面 CEC1 与平面 BB1D 交于 FG. 证明 FG∥平面 AA1B1B. 证明 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，BB1∥CC1，BB1⊂平面 BB1D，CC1⊄平面 BB1D， 所以 CC1∥平面 BB1D. 又 CC1⊂平面 CEC1，平面 CEC1 与平面 BB1D 交于 FG， 所以 CC1∥FG. 因为 BB1∥CC1，所以 BB1∥FG. 而 BB1⊂平面 AA1B1B，FG⊄平面 AA1B1B， 所以 FG∥平面 AA1B1B. [题“根”探求] 1．判定线面平行的 4 种方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)； (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 2．解决直线与平面平行的 3 个思维趋向 (1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已 知直线平行的直线． (2)构造平行的常见形式 三角形的中位线、平行四边形、利用比例关系证明两直线平行 等． (3)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线 线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而在应用性质定理时，其顺序恰好相反． [冲关演练] 1.如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外 一点，M 是 PC 的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 PA 作平面 PAHG 交平面 BMD 于 GH. 求证 PA∥GH. 证明 如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O， 连接 MO， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴O 是 AC 的中点， 又 M 是 PC 的中点，∴AP∥OM. 又 MO⊂平面 BMD，PA⊄平面 BMD， ∴PA∥平面 BMD. ∵平面 PAHG∩平面 BMD＝GH， 且 PA⊂平面 PAHG，∴PA∥GH. 2．(2017·浙江高考)如图，已知四棱锥 PABCD，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC ＝2CB，E 为 PD 的中点．(1)证明 CE∥平面 PAB； (2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值． 解 (1)证明 如图，设 PA 的中点为 F，连接 EF，FB.因为 E， F 分别为 PD，PA 的中点，所以 EF∥AD 且 EF＝1 2AD. 又因为 BC∥AD，BC＝1 2AD， 所以 EF∥BC 且 EF＝BC， 即四边形 BCEF 为平行四边形， 所以 CE∥BF. 因为 BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB， 所以 CE∥平面 PAB. (2)分别取 BC，AD 的中点为 M，N. 连接 PN 交 EF 于点 Q，连接 MQ，BN. 因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点， 所以 Q 为 EF 的中点，在平行四边形 BCEF 中，MQ∥CE. 由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD. 由 DC⊥AD，N 是 AD 的中点得 BN⊥AD. 又 PN∩BN＝N，所以 AD⊥平面 PBN. 由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN， 那么平面 PBC⊥平面 PBN. 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连接 MH. 则 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影， 所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角． 设 CD＝1. 在△PCD 中，由 PC＝2，CD＝1，PD＝ 2得 CE＝ 2， 在△PBN 中，由 PN＝BN＝1，PB＝ 3得 QH＝1 4 ， 在 Rt△MQH 中，QH＝1 4 ，MQ＝ 2， 所以 sin∠QMH＝ 2 8 ， 所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 2 8 . 考点二 平面与平面平行的判定与性质 重点保分型考点——师生共研 面面平行的判定与性质是立体几何的重要知识点，单独考查面面平行的题目较少，一般 是利用面面平行的性质来解决与线面、线线平行有关的问题，难度中等.复习时，应熟练掌握 面面平行的判定定理与性质定理.注意“线线平行”“线面平行”“面面平行”之间的相互 转化. [典题领悟] 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，E，F， ❶ G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点， ❷ 求证 (1)B，C，H，G 四点共面； ❸ (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. ❹ [学审题] ①由几何体为三棱柱，想到上、下底面平行，侧棱平行； ②由中点想到三角形的中位线性质； ③要证四点共面 想到平行线或相交直线； ④要证面面平行 想到其判定定理，想到在另一平面中找两条相交直线与另一平面平 行． 证明 (1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线， ∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴B，C，H，G 四点共面． (2)∵E，F 分别为 AB，AC 的中点， ∴EF∥BC， ∵EF⊄平面 BCHG，BC⊂平面 BCHG， ∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G 綊 EB， ∴四边形 A1EBG 是平行四边形， ∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面 BCHG，GB⊂平面 BCHG， ∴A1E∥平面 BCHG. ∵A1E∩EF＝E， ∴平面 EFA1∥平面 BCHG. [解题师说] 1．判定平面与平面平行的 5 种方法 (1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)面面平行的判定定理(主要方法)； (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)； (4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客 观题可用)； (5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行． 2．谨记空间平行关系之间的转化 [冲关演练] 1．在本例条件下，若 D1，D 分别为 B1C1，BC 的中点，求证 平面 A1BD1∥平面 AC1D. 证明 如图所示，连接 A1C，AC1， 设交点为 M， ∵四边形 A1ACC1 是平行四边形， ∴M 是 A1C 的中点，连接 MD， ∵D 为 BC 的中点，∴A1B∥DM. ∵DM⊄平面 A1BD1，A1B⊂平面 A1BD1， ∴DM∥平面 A1BD1. 又由三棱柱的性质知 D1C1 綊 BD， ∴四边形 BDC1D1 为平行四边形， ∴DC1∥BD1. 又 DC1⊄平面 A1BD1，BD1⊂平面 A1BD1， ∴DC1∥平面 A1BD1， 又∵DC1∩DM＝D1，DC1⊂平面 AC1D，DM⊂平面 AC1D， ∴平面 A1BD1∥平面 AC1D. 2．在如图所示的几何体中，D 是 AC 的中点，EF∥DB，G，H 分别是 EC 和 FB 的中 点．求证 GH∥平面 ABC. 证明 取 FC 的中点 I，连接 GI，HI， 则有 GI∥EF，HI∥BC. 又 EF∥DB，所以 GI∥BD， 又 GI∩HI＝I，BD∩BC＝B， 所以平面 GHI∥平面 ABC. 因为 GH⊂平面 GHI， 所以 GH∥平面 ABC. 考点三 立体几何中的探索性问题 重点保分型考点——师生共研 探索性问题一般可以分为判断存在型、条件探索型、结论探索型、类比推理型、知识重 组型等，立体几何中的探索性问题一般以判断存在型为主.这类问题一般的设问方式是“是否 存在……，若存在……，若不存在……”.由于没有一个明确的结论，在没有经过深入分析、 严格计算和推理论证前其存在性是未知的. [典题领悟] 如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，D 是棱 CC1 的中点，问在棱 AB 上 是否存在一点 E，使 DE∥平面 AB1C1？若存在，请确定点 E 的位置；若不存 在，请说明理由． [思维路径] 由三棱柱知两底面平行，侧棱平行；要证在棱 AB 上存在点 E，使 DE∥平面 AB1C1⇒只 要在 AB 上找一点 E，使 DE 与平面 AB1C1 内的某条直线平行，或只要证 DE 所在平面平行 于平面 AB1C1 即可，因为 D 为棱 CC1 的中点，可考虑 E 为棱 AB 的中点． 解 法一 假设在棱 AB 上存在点 E，使得 DE∥平面 AB1C1， 如图，取 BB1 的中点 F， 连接 DF，EF，ED，则 DF∥B1C1， 又 DF⊄平面 AB1C1， B1C1⊂平面 AB1C1， ∴DF∥平面 AB1C1， 又 DE∥平面 AB1C1，DE∩DF＝D， ∴平面 DEF∥平面 AB1C1， ∵EF⊂平面 DEF，∴EF∥平面 AB1C1， 又∵EF⊂平面 ABB1，平面 ABB1∩平面 AB1C1＝AB1， ∴EF∥AB1， ∵点 F 是 BB1 的中点，∴点 E 是 AB 的中点． 即当点 E 是 AB 的中点时，DE∥平面 AB1C1. 法二 存在点 E，且 E 为 AB 的中点时，DE∥平面 AB1C1. 证明如下 如图，取 BB1 的中点 F，连接 DF， 则 DF∥B1C1. ∵DF⊄平面 AB1C1，B1C1⊂平面 AB1C1， ∴DF∥平面 AB1C1. ∵AB 的中点为 E，连接 EF，ED， 则 EF∥AB1. ∵EF⊄平面 AB1C1，AB1⊂平面 AB1C1， ∴EF∥平面 AB1C1. ∵DF∩EF＝F， ∴平面 DEF∥平面 AB1C1. 而 DE⊂平面 DEF，∴DE∥平面 AB1C1. [解题师说] 探索性问题的一般解题方法 先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论 证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如 果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． [冲关演练] 如图，四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F 分别在 BC，AD 上，EF∥AB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF⊥平面 EFDC. 若 BE＝1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，且 AP―→＝λ PD―→，使得 CP∥平面 ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由． 解 AD 上存在一点 P，使得 CP∥平面 ABEF，此时λ＝3 2. 理由如下 当λ＝3 2 时， AP―→＝3 2 PD―→，可知AP AD ＝3 5 ，如图，过点 P 作 MP ∥FD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MP FD ＝AP AD ＝3 5 ， 又 BE＝1，可得 FD＝5，故 MP＝3， 又 EC＝3，MP∥FD∥EC，故有 MP 綊 EC， 故四边形 MPCE 为平行四边形， 所以 CP∥ME， 又 ME⊂平面 ABEF，CP⊄平面 ABEF， 故有 CP∥平面 ABEF. (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1．已知直线 a 与直线 b 平行，直线 a 与平面α平行，则直线 b 与α的关系为( ) A．平行 B．相交 C．直线 b 在平面α内 D．平行或直线 b 在平面α内 解析 选 D 依题意，直线 a 必与平面α内的某直线平行，又 a∥b，因此直线 b 与平面α 的位置关系是平行或直线 b 在平面α内． 2．若平面α∥平面β，直线 a∥平面α，点 B∈β，则在平面β内且过 B 点的所有直线中( ) A．不一定存在与 a 平行的直线 B．只有两条与 a 平行的直线 C．存在无数条与 a 平行的直线 D．存在唯一与 a 平行的直线 解析 选 A 当直线 a 在平面β内且过 B 点时，不存在与 a 平行的直线，故选 A. 3．设α，β是两个不同的平面，m，n 是平面α内的两条不同直线，l1，l2 是平面β内的两 条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( ) A．m∥l1 且 n∥l2 B．m∥β且 n∥l2 C．m∥β且 n∥β D．m∥β且 l1∥α 解析 选 A 由 m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得 l1∥α，同理 l2∥α，又 l1，l2 相交，所以α∥β， 反之不成立，所以 m∥l1 且 n∥l2 是α∥β的一个充分不必要条件． 4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N， Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析 选 A 法一 对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB∥CD， M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ .又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理可证选项 C、D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 法二 对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连 接 OQ，则 OQ∥AB.因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交点，即 AB 与平面 MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三 角形的中位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ.故选 A. 5．下列命题中，错误的是( ) A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交 B．平行于同一平面的两个不同平面平行 C．如果平面α不垂直平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β D．若直线 l 不平行平面α，则在平面α内不存在与 l 平行的直线 解析 选 D A 中，如果假定直线与另一个平面不相交，则有两种情形 在平面内或与平 面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故 A 正确；B 是 两个平面平行的一种判定定理，B 正确；C 中，如果平面α内有一条直线垂直于平面β，则平 面α垂直于平面β(这是面面垂直的判定定理)，故 C 正确；D 是错误的，事实上，直线 l 不平 行平面α，可能有 l⊂α，则α内有无数条直线与 l 平行． 6．(2018·合肥模拟)在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别是 AB 和 BC 上的点，若 AE∶ EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线 AC 和平面 DEF 的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．在平面内 D．不能确定 解析 选 A 如图，由AE EB ＝CF FB 得 AC∥EF.又因为 EF⊂平面 DEF，AC ⊄平面 DEF，所以 AC∥平面 DEF. 7．如图，平面α∥平面β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于 CD，AB，若 PC＝2，CA ＝3，CD＝1，则 AB＝________. 解析 ∵平面α∥平面β，∴CD∥AB， 则PC PA ＝CD AB ，∴AB＝PA×CD PC ＝5×1 2 ＝5 2. 答案 5 2 8.如图所示，在四面体 ABCD 中，点 M，N 分别是△ACD，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与 MN 平行的是________． 解析 连接 AM 并延长，交 CD 于点 E，连接 BN，并延长交 CD 于点 F，由重心性质可知，E，F 重合为一点，且该点为 CD 的中点 E，连接 MN，由EM MA ＝EN NB ＝1 2 ，得 MN∥AB.所以 MN∥平面 ABC且 MN∥平面 ABD. 答案 平面 ABC、平面 ABD 9．在三棱锥 PABC 中，PB＝6，AC＝3，G 为△PAC 的重心，过点 G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于 PB 和 AC，则截面的周长为________． 解析 过点 G 作 EF∥AC，分别交 PA，PC 于点 E，F，过点 E 作 EN∥PB 交 AB 于点 N， 过点 F 作 FM∥PB 交 BC 于点 M，连接 MN，则四边形 EFMN 是平行四边形(平面 EFMN 为所求截面)，且 EF＝MN＝2 3AC＝2，FM＝EN＝1 3PB＝2，所以截面的周长为 2×4＝8. 答案 8 10．设α，β，γ是三个平面，a，b 是两条不同直线，有下列三个条件 ①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ. 如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则 a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的 条件是________(填序号)． 解析 由面面平行的性质定理可知，①正确；当 b∥β，a⊂γ时，a 和 b 在同一平面内， 且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③. 答案 ①或③ B 级——中档题目练通抓牢 1．(2018·湘中名校联考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下 列命题中正确的是( ) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m∥α，m∥β，则α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n 解析 选 D A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平面可能平行或相交；C 中， 两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选 D. 2.如图，透明塑料制成的长方体容器 ABCDA1B1C1D1 内灌 进一些水，固定容器底面一边 BC 于地面上，再将容器倾斜，随 着倾斜度的不同，有下面四个命题 ①没有水的部分始终呈棱柱形； ②水面 EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱 A1D1 始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE·BF 是定值． 其中正确命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析 选 C 由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG， ∴A1D1∥FG 且 A1D1⊄平面 EFGH，FG⊂平面 EFGH， ∴A1D1∥平面 EFGH(水面)． ∴③是正确的； 对于④，∵水是定量的(定体积 V)， ∴S△BEF·BC＝V，即 1 2BE·BF·BC＝V. ∴BE·BF＝2V BC(定值)，即④是正确的，故选 C. 3.在如图所示的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别为棱 AB 和 棱 AA1 的中点，点 M，N 分别为线段 D1E，C1F 上的点，则与平面 ABCD 平行的直线 MN 有( ) A．无数条 B．2 条 C．1 条 D．0 条 解析 选 A 法一 取 BB1 的中点 H， 连接 FH，则 FH∥C1D1， 连接 HE，D1H，在 D1E 上任取一点 M， 取 D1E 的中点 O，连接 OH， 在平面 D1HE 中，作 MG 平行于 HO，交 D1H 于 G， 连接 DE，取 DE 的中点 ，连接 B，O ，则易证得 OH∥ B. 过 G 作 GN∥FH，交 C1F 于点 N，连接 MN， 由于 GM∥HO，HO∥ B， B⊂平面 ABCD， GM⊄平面 ABCD， 所以 GM∥平面 ABCD， 同理，NG∥平面 ABCD，又 GM∩NG＝G， 由面面平行的判定定理得，平面 MNG∥平面 ABCD， 则 MN∥平面 ABCD. 由于 M 为 D1E 上任意一点，故与平面 ABCD 平行的直线 MN 有无数条．故选 A. 法二 因为直线 D1E，C1F 与平面 ABCD 都相交，所以只需要把平面 ABCD 向上平移， 与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD， 故有无数条直线 MN∥平面 ABCD，故选 A. 4.如图所示，设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，点 P 是棱 AD 上一点，且 AP＝a 3 ，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，Q 在直 线 CD 上，则 PQ＝________. 解析 ∵平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD， 而平面 B1D1P∩平面 ABCD＝PQ，平面 B1D1P∩平面 A1B1C1D1＝ B1D1， ∴B1D1∥PQ. 又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 设 PQ∩AB＝M， ∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ. ∴PQ PM ＝PD AP ＝2，即 PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB， ∴PM BD ＝AP AD ＝1 3 ， ∴PM＝1 3BD，又 BD＝ 2a，∴PQ＝2 2 3 a. 答案 2 2 3 a 5.如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ADE 翻转过程 中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点 M 在圆上运动； ③一定存在某个位置，使 DE⊥A1C； ④一定存在某个位置，使 MB∥平面 A1DE. 解析 取 DC 中点 N，连接 MN，NB，则 MN∥A1D，NB∥DE， ∴平面 MNB∥平面 A1DE，∵MB⊂平面 MNB，∴MB∥平面 A1DE， ④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝1 2A1D＝定值，NB＝DE＝定值， 根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以 MB 是定值，①正确；B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形 ABCD 满足 AC⊥ DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 答案 ①②④ 6．如图，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 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； (2)平面 BDE∥平面 MNG. 证明 (1)如图，连接 AE，设 DF 与 GN 的交点为 O， 则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O. 连接 MO，则 MO 为△ABE 的中位线， 所以 BE∥MO.又 BE⊄平面 DMF，MO⊂平面 DMF， 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N，G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD，EF 的中点，所以 DE∥GN. 又 DE⊄平面 MNG，GN⊂平面 MNG， 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 中点， 所以 MN 为△ABD 的中位线， 所以 BD∥MN. 又 BD⊄平面 MNG，MN⊂平面 MNG， 所以 BD∥平面 MNG. 又 DE⊂平面 BDE，BD⊂平面 BDE，DE∩BD＝D， 所以平面 BDE∥平面 MNG. 7.在如图所示的多面体中，四边形 ABB1A1 和四边形 ACC1A1 都为矩 形．设 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使 DE∥平面 A1MC？请证明你的结论． 解 存在点 M 为线段 AB 的中点，使直线 DE∥平面 A1MC，证明如 下 如图，取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O 为 A1C 与 AC1 的交点． 由已知，O 为 AC1 的中点． 连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为△ABC，△ACC1 的中位线， 所以 MD 綊 1 2AC，OE 綊 1 2AC， 因此 MD 綊 OE. 连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四边形，则 DE∥MO. 因为 DE⊄平面 A1MC，MO⊂平面 A1MC， 所以 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使 DE∥平面 A1MC. C 级——重难题目自主选做 (2018·重庆万州区检测)如图，斜三棱柱 ABCA1B1C1 中，D，D1 分别为 AC，A1C1 上的点． (1)当A1D1 D1C1 等于何值时，BC1∥平面 AB1D1? (2)若平面 BC1D∥平面 AB1D1，求AD DC 的值． 解 (1)当A1D1 D1C1 ＝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，所以点 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A1D1 D1C1 ＝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＝D1O. 因此 BC1∥D1O，同理 AD1∥DC1. ∴A1D1 D1C1 ＝A1O OB ，A1D1 D1C1 ＝DC AD. 又A1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1. (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N， Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析 选 A 法一 对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB∥CD， M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ .又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理可证选项 C、D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 法二 对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连接 OQ，则 OQ∥AB.因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交 点，即 AB 与平面 MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的 中位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ.故选 A. 2．(2018·湘中名校联考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下 列命题中正确的是( ) A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m∥α，m∥β，则α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n 解析 选 D A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平面可能平行或相交；C 中， 两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选 D. 3．(2018·合肥质检)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平 行的棱有( ) A．0 条 B．1 条 C．2 条 D．0 条或 2 条 解析 选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形， 所以该三棱锥中与平面α平行的棱有 2 条，故选 C. 4．(2018·陕西西安中学月考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面， 则下列四个命题中正确的是( ) A．若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β B．若 m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β C．若 m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β D．若 m⊥α，n∥β，α∥β，则 m∥n 解析 选 A 借助于长方体模型解决．过直线 m，n 作平面γ，可以得到平面α，β所成的 二面角为直二面角，如图(1)，故α⊥β，A 正确；B 的反例如图(2)；C 的反例如图(3)；D 中 由 m⊥α，α∥β可得 m⊥β，过 n 作平面γ可得 n 与γ与β的交线 g 平行，则 m⊥g，故 m⊥n， D 错误，故选 A. 5．设 l，m，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题 ①若 m∥l，且 m⊥α，则 l⊥α； ②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则 l∥m∥n； ③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且 n∥β，则 l∥m. 其中正确命题的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析 选 C ①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的 命题有 2 个． 6．如图，在四棱锥 VABCD 中，底面 ABCD 为正方形，E，F 分别为侧棱 VC，VB 上 的点，且满足 VC＝3EC，AF∥平面 BDE，则VB FB ＝________. 解析 连接 AC 交 BD 于点 O，连接 EO，取 VE 的中点 M，连接 AM，MF，由 VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC.又 AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM ∥平面 BDE.又由题意知 AF∥平面 BDE，∴平面 AMF∥平面 BDE⇒ MF∥平面 BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒VB FB ＝2. 答案 2 7.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形 EFGH 为截面， 则四边形 EFGH 的形状为________． 解析 ∵平面 ABFE∥平面 DCGH，平面 EFGH∩平面 ABFE＝ EF，平面 EFGH∩平面 DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG， ∴四边形 EFGH 是平行四边形． 答案 平行四边形 8.如图所示，设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，点 P 是棱 AD 上一点，且 AP＝a 3 ，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，Q 在直 线 CD 上，则 PQ＝________. 解析 ∵平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD， 而平面 B1D1P∩平面 ABCD＝PQ，平面 B1D1P∩平面 A1B1C1D1＝ B1D1， ∴B1D1∥PQ. 又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ， 设 PQ∩AB＝M， ∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ. ∴PQ PM ＝PD AP ＝2，即 PQ＝2PM. 又知△APM∽△ADB， ∴PM BD ＝AP AD ＝1 3 ， ∴PM＝1 3BD，又 BD＝ 2a，∴PQ＝2 2 3 a. 答案 2 2 3 a 9．如图，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 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； (2)平面 BDE∥平面 MNG. 证明 (1)如图，连接 AE，设 DF 与 GN 的交点为 O， 则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O. 连接 MO，则 MO 为△ABE 的中位线， 所以 BE∥MO.又 BE⊄平面 DMF，MO⊂平面 DMF， 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N，G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD，EF 的中点，所以 DE∥GN. 又 DE⊄平面 MNG，GN⊂平面 MNG， 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 中点， 所以 MN 为△ABD 的中位线， 所以 BD∥MN. 又 BD⊄平面 MNG，MN⊂平面 MNG， 所以 BD∥平面 MNG. 又 DE⊂平面 BDE，BD⊂平面 BDE，DE∩BD＝D， 所以平面 BDE∥平面 MNG. 10.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 (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＝1 2AB， 又 AB∥CD，CD＝1 2AB， 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， 证明如下 取 AB 的中点 F，连接 CF，EF， 所以 AF＝1 2AB， 又 CD＝1 2AB，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， 故平面 CEF∥平面 PAD， 故存在 AB 的中点 F 满足要求． B 级——拔高题目稳做准做 1.如图，在四面体 ABCD 中，若截面 PQMN 是正方形，则下列结 论中错误的是( ) A．AC⊥BD B．AC∥截面 PQMN C．AC＝BD D．异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45° 解析 选 C ∵MN∥PQ，MN⊂平面 ACD，PQ⊄平面 ACD，∴PQ∥平面 ACD.又平面 ACD∩平面 ABC＝AC，∴PQ∥AC，从而 AC∥截面 PQMN，B 正确；同理可得 MQ∥BD， ∵MQ⊥PQ，PQ∥AC，∴AC⊥BD，A 正确；∵MQ∥BD，∠PMQ＝45°，∴异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45°，故 D 正确；根据已知条件无法得到 AC，BD 长度之间的关系，故 C 错误． 2.在如图所示的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F 分别为棱 AB 和 棱 AA1 的中点，点 M，N 分别为线段 D1E，C1F 上的点，则与平面 ABCD 平行的直线 MN 有( ) A．无数条 B．2 条 C．1 条 D．0 条 解析 选 A 法一 取 BB1 的中点 H， 连接 FH，则 FH∥C1D1， 连接 HE，D1H，在 D1E 上任取一点 M， 取 D1E 的中点 O，连接 OH， 在平面 D1HE 中，作 MG 平行于 HO，交 D1H 于 G， 连接 DE，取 DE 的中点 ，连接 B，O ，则易证得 OH∥ B. 过 G 作 GN∥FH，交 C1F 于点 N，连接 MN， 由于 GM∥HO，HO∥ B， B⊂平面 ABCD， GM⊄平面 ABCD， 所以 GM∥平面 ABCD， 同理，NG∥平面 ABCD，又 GM∩NG＝G， 由面面平行的判定定理得，平面 MNG∥平面 ABCD， 则 MN∥平面 ABCD. 由于 M 为 D1E 上任意一点，故与平面 ABCD 平行的直线 MN 有无数条．故选 A. 法二 因为直线 D1E，C1F 与平面 ABCD 都相交，所以只需要把平面 ABCD 向上平移， 与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD， 故有无数条直线 MN∥平面 ABCD，故选 A. 3．(2018·郑州质检)如图，在直三棱柱 ABCA′B′C′中，△ABC 是 边长为 2 的等边三角形，AA′＝4，E，F，G，H，M 分别是边 AA′，AB， BB′，A′B′，BC 的中点，动点 P 在四边形 EFGH 内部运动，并且始终 有 MP∥平面 ACC′A′，则动点 P 的轨迹长度为( ) A．2 B．2π C．2 3 D．4 解析 选 D 连接 MF，FH，MH，因为 M，F，H 分别为 BC，AB，A′B′的中点， 所以 MF∥AC，FH∥AA′，所以 MF∥平面 AA′C′C，FH∥平面 AA′C′C，因为 MF∩FH ＝F，所以平面 MFH∥平面 AA′C′C，所以 M 与线段 FH 上任意一点的连线都平行于平 面 AA′C′C，所以点 P 的运动轨迹是线段 FH，其长度为 4，故选 D. 4.如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ADE 翻转过程 中，正确的命题是________． ①MB 是定值； ②点 M 在圆上运动； ③一定存在某个位置，使 DE⊥A1C； ④一定存在某个位置，使 MB∥平面 A1DE. 解析 取 DC 中点 N，连接 MN，NB，则 MN∥A1D，NB∥DE， ∴平面 MNB∥平面 A1DE，∵MB⊂平面 MNB，∴MB∥平面 A1DE， ④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝1 2A1D＝定值，NB＝DE＝定值， 根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以 MB 是定值，①正确；B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形 ABCD 满足 AC⊥ DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 答案 ①②④ 5.如图，已知平行四边形 ABCD 与直角梯形 ABEF 所在的平面互相 垂直，且 AB＝BE＝1 2AF＝1，BE∥AF，AB⊥AF，∠CBA＝π 4 ，BC＝ 2， P 为 DF 的中点． (1)求证 PE∥平面 ABCD； (2)求三棱锥 ABCE 的体积． 解 (1)证明 取 AD 的中点 M，连接 MP，MB， ∵P 为 DF 的中点， ∴MP 綊 1 2AF. 又 BE 綊 1 2AF，∴BE 綊 MP， ∴四边形 BEPM 是平行四边形， ∴PE∥MB. 又 PE⊄平面 ABCD，MB⊂平面 ABCD. ∴PE∥平面 ABCD. (2)在△ABC 中，由余弦定理可得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠CBA＝1＋( 2)2－2×1× 2×cos π 4 ＝1，∴AC＝1，∴ AC2＋AB2＝BC2， ∴AC⊥AB. ∵平面 ABCD⊥平面 ABEF，平面 ABCD∩平面 ABEF＝AB， ∴AC⊥平面 ABEF. ∵S△ABE＝1 2BE·AB＝1 2 ×1×1＝1 2 ， ∴VABCE＝VCABE＝1 3S△ABE×AC＝1 3 ×1 2 ×1＝1 6. 6.(2018·黑龙江一模)如图，在三棱锥 PABC 中，D，E 分别为 PA， AC 的中点． (1)求证 DE∥平面 PBC； (2)试问在线段 AB 上是否存在点 F，使得过 D，E，F 三点的平面内 的任一条直线都与平面 PBC 平行？若存在，指出点 F 的位置并证明；若不存在，请说明理 由． 解 (1)证明 因为 E 为 AC 的中点，D 为 PA 的中点， 所以 DE∥PC. 又 DE⊄平面 PBC，PC⊂平面 PBC， 所以 DE∥平面 PBC. (2)存在，当点 F 是线段 AB 的中点时，过 D，E，F 三点的平面内的任 一条直线都与平面 PBC 平行． 证明如下 如图，取 AB 的中点 F，连接 EF，DF. 由(1)可知 DE∥平面 PBC. 因为 E 是 AC 的中点，F 为 AB 的中点，所以 EF∥BC. 又 EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC. 又 DE∩EF＝E，所以平面 DEF∥平面 PBC， 所以平面 DEF 内的任一条直线都与平面 PBC 平行． 故当点 F 是线段 AB 的中点时，过 D，E，F 三点的平面内的任一条直线都与平面 PBC 平行． 第五节 直线、平面垂直的判定及其性质 1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 直线 l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线 l 与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面 内的两条相交直线都 垂直，则该直线与此 平面垂直 a，b⊂α a∩b＝O l⊥a l⊥b ⇒l ⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 a⊥α b⊥α ⇒a∥b 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平 面的垂线，则这两个平 面垂直 l⊂β l⊥α ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个 平面内垂直于交线的 直线与另一个平面垂 直 α⊥β l⊂β α∩β＝a l⊥a ⇒l⊥α 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线 l 与平面α内无数条直线都垂直，则 l⊥α.( ) (2)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．( ) 答案 (1)× (2)× (3)× 2．若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面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 解析 选 B ∵m⊥α，若 l∥α，则必有 l⊥m，即 l∥α⇒l⊥m.但 l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m 时，l 可能在α内． 故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件． 3．设α，β是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，且 l⊂α，m⊂β( ) A．若 l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则 l⊥m C．若 l∥β，则α∥β D．若α∥β，则 l∥m 解析 选 A ∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故 A 正确． 4．设 m，n 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是 ( ) A．若 m⊥α，α⊥β，则 m∥β B．若 m∥α，m⊥β，则α⊥β C．若 m⊥n，m⊥α，则 n∥α D．若 m∥α，n∥β，α⊥β，则 m⊥n 解析 选 B 对于 A，m 可以在β内，故 A 错；对于 C，n 可以在α内，故 C 错误；对于 D，m 与 n 可以平行，故 D 错． 5．已知 PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，连接 PB，PC，PA，AC，BD，则一定互 相垂直的平面有________对． 解析 由于 PD⊥平面 ABCD，故平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PDB⊥ 平面 ABCD，平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDA⊥平面 PDC，平面 PAC⊥ 平面 PDB，平面 PAB⊥平面 PAD, 平面 PBC⊥平面 PDC，共 7 对． 答案 7 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 题点多变型考点——追根溯源 直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属 中档题.,常见的命题角度有 1证明直线与平面垂直； 2利用线面垂直的性质证明线线垂直. [题点全练] 角度(一) 证明直线与平面垂直 1．如图所示，在四棱锥 PABCD 中，AB⊥平面 PAD，AB∥CD， ❶ PD＝AD，E 是 PB 的中点，F 是 DC 上的点，且 DF＝1 2AB， ❷ PH 为△PAD 中 AD 边上的高． 求证 (1)PH⊥平面 ABCD； ❸ (2)EF⊥平面 PAB. ❹ [学审题] ①想到 AB 与平面 PAD 内所有的直线垂直； ②想到△PAD 为等腰三角形，可取 PA 的中点得垂线； ③可证 PH 与平面 ABCD 内的两条相交直线垂直； ④可利用线面垂直的判定定理证明，也可以转化为与 EF 平行的某条直线与平面 PAB 垂 直的证明． 证明 (1)因为 AB⊥平面 PAD，PH⊂平面 PAD， 所以 PH⊥AB. 因为 PH 为△PAD 中 AD 边上的高，所以 PH⊥AD. 因为 AB∩AD＝A，AB⊂平面 ABCD，AD⊂平面 ABCD， 所以 PH⊥平面 ABCD. (2)如图，取 PA 的中点 M，连接 MD，ME. 因为 E 是 PB 的中点， 所以 ME 綊 1 2AB. 又因为 DF 綊 1 2AB， 所以 ME 綊 DF， 所以四边形 MDFE 是平行四边形，所以 EF∥MD. 因为 PD＝AD，所以 MD⊥PA. 因为 AB⊥平面 PAD，所以 MD⊥AB. 因为 PA∩AB＝A，所以 MD⊥平面 PAB， 所以 EF⊥平面 PAB. [题型技法] 证明线面垂直的 4 种方法 (1)线面垂直的判定定理 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α. (2)面面垂直的性质定理 α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. (3)性质 ①a∥b，b⊥α⇒a⊥α，②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用) 角度(二) 利用线面垂直的性质证明线线垂直 2.(2017·江苏高考)如图，在三棱锥 ABCD 中，AB⊥AD，BC⊥ BD，平面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EF⊥AD. 求证 (1)EF∥平面 ABC； (2)AD⊥AC. 证明 (1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD， 所以 EF∥AB. 又因为 EF⊄平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD， BC⊂平面 BCD，BC⊥BD， 所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD⊂平面 ABD，所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面 ABC， BC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC⊂平面 ABC，所以 AD⊥AC. [题型技法] 证明线线垂直的 4 种方法 (1)以算代证法 先平移到相交位置，再证明所构成的三角形的三边满足勾股定理． (2)利用线面垂直的性质 a⊥α，b⊂α⇒a⊥b. (3)三垂线定理(垂影⇒垂斜)及其逆定理(垂斜⇒垂影)． (4)a∥b，b⊥c⇒a⊥c. [题“根”探求] 证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定 理的应用，其思维流程为 第一步 找相交直线 在一个平面内找到两条相交直线 第二步 证线线垂直 证明平面外的直线与这两条相交直线都垂直 第三步 证线面垂直 利用直线与平面垂直的判定定理证得线面垂直 第四步 证线线垂直 由线面垂直的性质得到线线垂直 [冲关演练] 1.如图，S 是 Rt△ABC 所在平面外一点，且 SA＝SB＝SC，D 为斜边 AC 的中点． (1)求证 SD⊥平面 ABC； (2)若 AB＝BC，求证 BD⊥平面 SAC. 证明 (1)如图所示，取 AB 的中点 E，连接 SE，DE，在 Rt△ABC 中，D，E 分别为 AC，AB 的中点． ∴DE∥BC，∴DE⊥AB， ∵SA＝SB，∴SE⊥AB. 又 SE∩DE＝E，∴AB⊥平面 SDE. 又 SD⊂平面 SDE，∴AB⊥SD. 在△SAC 中，∵SA＝SC，D 为 AC 的中点，∴SD⊥AC. 又 AC∩AB＝A，∴SD⊥平面 ABC. (2)由于 AB＝BC，则 BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥平面 ABC，又 BD⊂平面 ABC， ∴SD⊥BD， 又 SD∩AC＝D，∴BD⊥平面 SAC. 2.如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB⊥AD，AC ⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E 是 PC 的中点．证明 (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面 ABE. 证明 (1)在四棱锥 PABCD 中， ∵PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面 PAC. 而 AE⊂平面 PAC，∴CD⊥AE. (2)由 PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得 AC＝PA. ∵E 是 PC 的中点，∴AE⊥PC. 由(1)知 AE⊥CD，且 PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面 PCD. 而 PD⊂平面 PCD，∴AE⊥PD. ∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD 且 PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面 PAD，而 PD⊂平面 PAD， ∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面 ABE. 考点二 面面垂直的判定与性质 重点保分型考点——师生共研 面面垂直的判定与性质是高考的重点，主要考查平面与平面垂直的证明，题型为解答题， 难度适中，属于中档题. [典题领悟] 如图，四棱锥 PABCD 中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝ ❶ ❷ 2CD，E，F，G，M，N 分别为 PB，AB，BC，PD，PC 的中点．求 证 ❸ (1)CE∥平面 PAD； ❹ (2)平面 EFG⊥平面 EMN. ❺ [学审题] ①想到线面垂直的判定，可证线面垂直；或想到转化为证与其中一直线的平行线垂直； ②想到平行公理，可转化为一直线与另一直线的平行线平行； ③想到连中点得三角形中位线，可证线线平行； ④要证 CE∥平面 PAD 想到证 CE 与平面 PAD 中的一条直线平行，或证 CE 所在平面 与平面 PAD 平行； ⑤要证平面 EFG⊥平面 EMN 想到证其中一平面内的直线与另一平面垂直． 证明 (1)法一 如图，取 PA 的中点 H，连接 EH，DH. 因为 E 为 PB 的中点， 所以 EH∥AB，EH＝1 2AB. 又 AB∥CD，CD＝1 2AB， 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， 所以 CE∥平面 PAD. 法二 如图，连接 CF. 因为 F 为 AB 的中点， 所以 AF＝1 2AB. 又 CD＝1 2AB，所以 AF＝CD. 又 AF∥CD， 所以四边形 AFCD 为平行四边形．因此 CF∥AD. 又 CF⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E，F 分别为 PB，AB 的中点， 所以 EF∥PA. 又 EF⊄平面 PAD，PA⊂平面 PAD， 所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF＝F，故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE⊂平面 CEF，所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E，F 分别为 PB，AB 的中点， 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA，所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG＝F，EF⊂平面 EFG，FG⊂平面 EFG， 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M，N 分别为 PD，PC 的中点， 所以 MN∥CD. 又 AB∥CD，所以 MN∥AB， 所以 MN⊥平面 EFG. 又 MN⊂平面 EMN， 所以平面 EFG⊥平面 EMN. [解题师说] 1．证明面面垂直的 2 种方法 (1)定义法 利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面 垂直问题转化为证明平面角为直角的问题． (2)定理法 利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线， 把问题转化成证明线线垂直加以解决． 2．三种垂直关系的转化 线线垂直 判定 性质 线面垂直 判定 性质 面面垂直 [冲关演练] (2017·北京高考)如图，在三棱锥 PABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC， AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D 为线段 AC 的中点，E 为线段 PC 上 一点． (1)求证 PA⊥BD； (2)求证 平面 BDE⊥平面 PAC； (3)当 PA∥平面 BDE 时，求三棱锥 EBCD 的体积． 解 (1)证明 因为 PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B， 所以 PA⊥平面 ABC. 又因为 BD⊂平面 ABC，所以 PA⊥BD. (2)证明 因为 AB＝BC，D 为 AC 的中点， 所以 BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD，又 AC∩PA＝A， 所以 BD⊥平面 PAC. 因为 BD⊂平面 BDE， 所以平面 BDE⊥平面 PAC. (3)因为 PA∥平面 BDE，平面 PAC∩平面 BDE＝DE， 所以 PA∥DE. 因为 D 为 AC 的中点， 所以 DE＝1 2PA＝1，BD＝DC＝ 2. 由(1)知，PA⊥平面 ABC， 所以 DE⊥平面 ABC. 所以三棱锥 EBCD 的体积 V＝1 6BD·DC·DE＝1 3. 考点三 平面图形的翻折问题 重点保分型考点——师生共研 此类问题主要考查折叠前后线线位置关系的变化量和不变量，以此证明空间中的线面、 面面位置关系，题型既有选择题或填空题，也有解答题，难度中档. [典题领悟] (2018·广州综合测试)如图 1，在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 边上的点，AD＝AE，F 是 BC 的中点，AF 与 DE 交于点 G，将△ABF 沿 AF 折起，得到如 图 2 所示的三棱锥 ABCF，其中 BC＝ 2 2 . (1)求证 DE∥平面 BCF； (2)求证 CF⊥平面 ABF； (3)当 AD＝2 3 时，求三棱锥 FDEG 的体积． [学审题] 折叠前 折叠后 AD＝AE⇒DE∥BC DG∥BF，GE∥FC，DE∥BC F 是中点⇒AF⊥BC AF⊥BF，AF⊥FC AF 是高线⇒AG⊥DE AG⊥GD，AG⊥GE 解 (1)证明 在折叠后的图形中，因为 AB＝AC，AD＝AE， 所以AD AB ＝AE AC ，所以 DE∥BC. 因为 DE⊄平面 BCF，BC⊂平面 BCF， 所以 DE∥平面 BCF. (2)证明 在折叠前的图形中， 因为△ABC 为等边三角形，BF＝CF， 所以 AF⊥BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF. 又 BF＝CF＝1 2 ，BC＝ 2 2 ， 所以 BC2＝BF2＋CF2，所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF＝F，BF⊂平面 ABF，AF⊂平面 ABF， 所以 CF⊥平面 ABF. (3)由(1)知，平面 DEG∥平面 BCF， 由(2)知，AF⊥BF，AF⊥CF， 又 BF∩CF＝F，所以 AF⊥平面 BCF， 所以 AF⊥平面 DEG，即 GF⊥平面 DEG. 在折叠前的图形中， AB＝1，BF＝CF＝1 2 ，AF＝ 3 2 . 由 AD＝2 3 ，知AD AB ＝2 3 ， 又 DG∥BF， 所以DG BF ＝AG AF ＝AD AB ＝2 3 ， 所以 DG＝EG＝2 3 ×1 2 ＝1 3 ， AG＝2 3 × 3 2 ＝ 3 3 ， 所以 FG＝AF－AG＝ 3 6 . 故三棱锥 FDEG 的体积 V＝1 3S△DEG·FG＝1 3 ×1 2 × 1 3 2× 3 6 ＝ 3 324. [解题师说] 平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折 的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量 反映了翻折后的空间图形的结构特征． 解决此类问题的步骤为 [冲关演练] 1．(2018·合肥二检)如图 1，在平面五边形 ABCDE 中，AB∥CE，且 AE＝2，∠AEC＝ 60°，CD＝ED＝ 7，cos∠EDC＝5 7.将△CDE 沿 CE 折起，使点 D 到 P 的位置，且 AP＝ 3， 得到如图 2 所示的四棱锥 PABCE. (1)求证 AP⊥平面 ABCE； (2)记平面 PAB 与平面 PCE 相交于直线 l，求证 AB∥l. 证明 (1)在△CDE 中，∵CD＝ED＝ 7，cos∠EDC＝5 7 ， 由余弦定理得 CE＝2.连接 AC， ∵AE＝2，∠AEC＝60°， ∴AC＝2. 又 AP＝ 3， ∴在△PAE 中，PA2＋AE2＝PE2， 即 AP⊥AE. 同理，AP⊥AC. ∵AC∩AE＝A，AC⊂平面 ABCE，AE⊂平面 ABCE， ∴AP⊥平面 ABCE. (2)∵AB∥CE，且 CE⊂平面 PCE，AB⊄平面 PCE， ∴AB∥平面 PCE. 又平面 PAB∩平面 PCE＝l，∴AB∥l. 2．如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝1 2AD＝a，E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点．将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 的位置，得到四 棱锥 A1BCDE. (1)证明 CD⊥平面 A1OC； (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时，四棱锥 A1BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值． 解 (1)证明 在图 1 中，连接 EC(图略)， 因为 AB＝BC＝1 2AD＝a，∠BAD＝90°，AD∥BC， E 是 AD 的中点， 所以四边形 ABCE 为正方形， 所以 BE⊥AC， 即在图 2 中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 又 A1O∩OC＝O，从而 BE⊥平面 A1OC， 又 CD∥BE，所以 CD⊥平面 A1OC. (2)由已知，平面 A1BE⊥平面 BCDE， 且平面 A1BE∩平面 BCDE＝BE， 又由(1)可知 A1O⊥BE， 所以 A1O⊥平面 BCDE， 即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高， 由图 1 知，A1O＝ 2 2 AB＝ 2 2 a， 平行四边形 BCDE 的面积 S＝BC·AB＝a2， 从而四棱锥 A1BCDE 的体积 V＝1 3 ×S×A1O＝1 3 ×a2× 2 2 a＝ 2 6 a3， 由 2 6 a3＝36 2，解得 a＝6. (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1．设α，β为两个不同的平面，直线 l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( ) 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 解析 选 A 依题意，由 l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出 l⊥β. 因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选 A. 2．设α为平面，a，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A．若 a∥α，b∥α，则 a∥b B．若 a⊥α，a∥b，则 b⊥α C．若 a⊥α，a⊥b，则 b∥α D．若 a∥α，a⊥b，则 b⊥α 解析 选 B 若 a∥α，b∥α，则 a 与 b 相交、平行或异面，故 A 错误；易知 B 正确； 若 a⊥α，a⊥b，则 b∥α或 b⊂α，故 C 错误； 若 a∥α，a⊥b，则 b∥α或 b⊂α或 b 与α相交，故 D 错误． 3．(2018·广州一模)设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中 正确的是( ) A．若 m⊂β，α⊥β，则 m⊥α B．若 m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若 m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则 m∥n 解析 选 B A 中 m 与α的位置关系不能确定，故 A 错误； ∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α， 又∵n∥β，∴α⊥β，故 B 正确； 若 m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故 C 错误； 若α∥β，m⊂α，n⊂β，则 m 与 n 平行或异面，故 D 错误．选 B. 4．(2018·天津模拟)设 l 是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( ) A．若 l∥α，l∥β，则α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则 l∥β D．若α⊥β，l∥α，则 l⊥β 解析 选 B 对于 A，若 l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故 A 错；易知 B 正确；对于 C，若α⊥β，l⊥α，则 l∥β或 l⊂β，故 C 错；对于 D，若α⊥β，l∥α，则 l 与β的位置关系不 确定，故 D 错．选 B. 5.如图，在三棱锥 DABC 中，若 AB＝CB，AD＝CD，E 是 AC 的中 点，则下列命题中正确的是( ) A．平面 ABC⊥平面 ABD B．平面 ABD⊥平面 BCD C．平面 ABC⊥平面 BDE，且平面 ACD⊥平面 BDE D．平面 ABC⊥平面 ACD，且平面 ACD⊥平面 BDE 解析 选 C 因为 AB＝CB，且 E 是 AC 的中点，所以 BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于 DE∩BE＝E，于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BDE.又 AC ⊂平面 ACD，所以平面 ACD⊥平面 BDE.故选 C. 6.(2018·广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 PA，PD 的中点，在此几何体中，给出 下面四个结论 ①直线 BE 与直线 CF 异面； ②直线 BE 与直线 AF 异面； ③直线 EF∥平面 PBC； ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确结论的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析 选 B 画出该几何体，如图所示，①因为 E，F 分别是 PA， PD 的中点，所以 EF∥AD，所以 EF∥BC，直线 BE 与直线 CF 是共面 直线，故①不正确；②直线 BE 与直线 AF 满足异面直线的定义，故② 正确；③由 E，F 分别是 PA，PD 的中点，可知 EF∥AD，所以 EF∥ BC，因为 EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC，所以直线 EF∥平面 PBC，故③正确；④因为 BE 与 PA 的关系不能确定，所以不能判定平面 BCE⊥平面 PAD，故④不正确．所以正确结论的 个数是 2. 7.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面 ABC，则在△ABC，△PAC 的 边所在的直线中，与 PC 垂直的直线有____________；与 AP 垂直的直线有 ________． 解析 ∵PC⊥平面 ABC， ∴PC 垂直于直线 AB，BC，AC. ∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， ∴AB⊥平面 PAC， 又∵AP⊂平面 PAC， ∴AB⊥AP，与 AP 垂直的直线是 AB. 答案 AB，BC，AC AB 8．若α，β是两个相交平面，m 为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为________． ①若 m⊥α，则在β内一定不存在与 m 平行的直线； ②若 m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与 m 垂直； ③若 m⊂α，则在β内不一定存在与 m 垂直的直线； ④若 m⊂α，则在β内一定存在与 m 垂直的直线． 解析 对于①，若 m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与 m 平行的直线，故① 错误；对于②，若 m⊥α，则 m 垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直 线与 m 垂直，故②正确；对于③④，若 m⊂α，则在平面β内一定存在与 m 垂直的直线，故 ③错误，④正确． 答案 ②④ 9．在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，平面α与棱 AB，AC，A1C1，A1B1 分别交于点 E，F，G， H，且直线 AA1∥平面α.有下列三个命题 ①四边形 EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面 BCC1B1；③平面α⊥平面 BCFE.其中正确命题的序号是________． 解析 如图所示，因为 AA1∥平面α，平面α∩平面 AA1B1B＝EH，所 以 AA1∥EH.同理 AA1∥GF，所以 EH∥GF，又 ABCA1B1C1 是直三棱柱， 易知 EH＝GF＝AA1，所以四边形 EFGH 是平行四边形，故①正确；若平 面α∥平面 BB1C1C，由平面α∩平面 A1B1C1＝GH，平面 BCC1B1∩平面 A1B1C1＝B1C1，知 GH∥B1C1，而 GH∥B1C1 不一定成立，故②错误；由 AA1⊥平面 BCFE，结合 AA1∥EH 知 EH⊥平面 BCFE，又 EH⊂平面α， 所以平面α⊥平面 BCFE，故③正确． 答案 ①③ 10．(2018·武汉调研)在矩形 ABCD 中，AB0，P 2－λ 1＋λ ， 3λ 1＋λ ， 2λ 1＋λ . 设平面 PAC 的法向量为 m＝(x，y， )． 由 AP―→＝ 2－λ 1＋λ ， 3λ 1＋λ ， 2λ 1＋λ ， AC―→＝(0,2 3，0)， 得 m· AP―→＝2－λ 1＋λ x＋ 3λ 1＋λ y＋ 2λ 1＋λ z＝0， m· AC―→＝2 3y＝0， 即 y＝0， z＝λ－2 2λ x， 令 x＝1，则 ＝λ－2 2λ ， 所以 m＝ 1，0，λ－2 2λ 为平面 PAC 的一个法向量． 因为 BF―→＝(－2,0,2)， BC―→＝(－2,2 3，0)， 设 n＝(a，b，c)为平面 BCEF 的一个法向量， 所以 n· BF―→＝0， n· BC―→＝0， 即 －2a＋2c＝0， －2a＋2 3b＝0， 取 a＝1，则 b＝ 3 3 ，c＝1， 所以 n＝ 1， 3 3 ，1 为平面 BCEF 的一个法向量． 当 m·n＝0，即λ＝2 3 时，平面 PAC⊥平面 BCEF， 故存在满足题意的点 P，此时BP PE ＝2 3. (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1．若直线 l 的方向向量为 a＝(1,0,2)，平面α的法向量为 n＝(－2,0，－4)，则( ) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l 与α斜交 解析 选 B ∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a， 即 a∥n，∴l⊥α. 2．空间四点 A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为( ) A．共线 B．共面 C．不共面 D．无法确定 解析 选 C AB―→＝(2,0，－4)， AC―→＝(－2，－3，－5)， AD―→＝(0，－3，－4)，由不存 在实数λ，使 AB―→＝λ AC―→成立知，A，B，C 不共线，故 A，B，C，D 不共线；假设 A，B，C， D 共面，则可设 AD―→＝x AB―→＋y AC―→ (x，y 为实数)，即 0＝2x－2y， －3＝－3y， －4＝－4x－5y， 由于该方程组无 解，故 A，B，C，D 不共面，故选 C. 3．已知四边形 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，连接 AC，BD，PB，PC，PD，则下 列各组向量中，数量积不为零的是( ) A． PC―→与 BD―→ B． DA―→与 PB―→ C． PD―→与 AB―→ D． PA―→与 CD―→ 解析 选 A 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥CD， PA―→ · CD―→＝0，排除 D.又因为 AD⊥ AB，所以 AD⊥PB，所以 DA―→ · PB―→＝0，同理 PD―→ · AB―→＝0，排除 B、C，故选 A. 4．A，B，C，D 是空间不共面的四点，且满足 AB―→ · AC―→＝0， AC―→ · AD―→＝0， AB―→ · AD―→＝ 0，M 为 BC 的中点，则△AMD 是( ) A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 解析 选 C ∵M 为 BC 的中点，∴ AM―→＝1 2( AB―→＋ AC―→ )． ∴ AM―→ · AD―→＝1 2( AB―→＋ AC―→ )· AD―→ ＝1 2 AB―→ · AD―→＋1 2 AC―→ · AD―→＝0. ∴AM⊥AD，即△AMD 为直角三角形． 5.如图，已知空间四边形 OABC，其对角线为 OB，AC，M，N 分别是 对边 OA，BC 的中点，点 G 在线段 MN 上，且分 MN 所成的比为 2，现用 基向量 OA―→，OB―→，OC―→表示向量 OG―→，设 OG―→＝x OA―→＋y OB―→＋ OC―→，则 x， y， 的值分别是( ) A．x＝1 3 ，y＝1 3 ， ＝1 3 B．x＝1 3 ，y＝1 3 ， ＝1 6 C．x＝1 3 ，y＝1 6 ， ＝1 3 D．x＝1 6 ，y＝1 3 ， ＝1 3 解析 选 D 设 OA―→＝a， OB―→＝b， OC―→＝c，∵G 分 MN 的所成比为 2，∴MG―→＝2 3MN―→， ∴ OG―→＝ OM―→＋ MG―→＝ OM―→＋2 3( ON―→－ OM―→ )＝1 2a＋2 3 1 2b＋1 2c－1 2a ＝1 2a＋1 3b＋1 3c－1 3a＝1 6a＋ 1 3b＋1 3c，即 x＝1 6 ，y＝1 3 ， ＝1 3. 6．已知 a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则 a，b 夹角的余弦值为________． 解析 cos〈a，b〉＝ a·b |a||b| ＝－2 5 15 . 答案 －2 5 15 7.已知 PA 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，M，N 分别是 CD， PC 的中点，并且 PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则 MN＝________. 解析 连接 PD，∵M，N 分别为 CD，PC 的中点，∴MN＝1 2PD， 又 P(0,0,1)，D(0,1,0)， ∴PD＝ 02＋－12＋12＝ 2，∴MN＝ 2 2 . 答案 2 2 8．已知 V 为矩形 ABCD 所在平面外一点，且 VA＝VB＝VC＝VD，VP―→＝1 3 VC―→，VM―→＝ 2 3 VB―→， VN―→＝2 3 VD―→，则 VA 与平面 PMN 的位置关系是________． 解析 如图，设 VA―→＝a， VB―→＝b， VC―→＝c，则 VD―→＝a＋c－b， 由题意知 PM―→＝2 3b－1 3c， PN―→＝2 3 VD―→－1 3 VC―→ ＝2 3a－2 3b＋1 3c. 因此 VA―→＝3 2 PM―→＋3 2 PN―→， ∴ VA―→，PM―→， PN―→共面． 又∵VA⊄平面 PMN，∴VA∥平面 PMN. 答案 平行 9.如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1 ＝4，点 D 是 AB 的中点． (1)求证 AC⊥BC1； (2)求证 AC1∥平面 CDB1. 证明 因为直三棱柱 ABC A1B1C1 的底面边长分别为 AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC 为直角三角形，AC⊥BC. 所以 AC，BC，C1C 两两垂直． 如图，以 C 为坐标原点，直线 CA，CB，CC1 分别为 x 轴，y 轴， 轴 建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)， B1(0,4,4)，D 3 2 ，2，0 . (1)因为 AC―→＝(－3,0,0)， BC―→ 1＝(0，－4,4)， 所以 AC―→ ·BC1 ―→＝0，所以 AC⊥BC1. (2)法一 设 CB1 与 C1B 的交点为 E，连接 DE，则 E(0,2,2)， DE―→＝ －3 2 ，0，2 ，AC1 ―→＝ (－3,0,4)， 所以 DE―→＝1 2AC1 ―→，DE∥AC1. 因为 DE⊂平面 CDB1，AC1⊄平面 CDB1， 所以 AC1∥平面 CDB1. 法二 易知AC1 ―→＝(－3,0,4)， CD―→＝ 3 2 ，2，0 ，CB1 ―→＝(0,4,4)．设平面 CDB1 的一个法向 量为 n＝(x，y， )， 则 n· CD―→＝3 2x＋2y＝0， n·CB1 ―→＝4y＋4z＝0. 取 y＝3，得 x＝－4， ＝－3， 所以 n＝(－4,3，－3)． 因为AC1 ―→ ·n＝－3×(－4)＋0×3＋4×(－3)＝0. 所以AC1 ―→⊥n. 又 AC1⊄平面 CDB1，所以 AC1∥平面 CDB1. 10.如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1＝AD＝1，E 为 CD 的中点． (1)求证 B1E⊥AD1； (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在， 求 AP 的长；若不存在，说明理由． 解 以 A 为原点，AB―→，AD―→，AA1 ―→ 的方向分别为 x 轴，y 轴， 轴 的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设 AB＝a. (1)证明 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E a 2 ，1，0 ，B1(a,0,1)， 故AD1 ―→＝(0,1,1)，B1E―→＝ －a 2 ，1，－1 ， 因为B1E―→ ·AD1 ―→＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以 B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0， 0)，使得 DP∥平面 B1AE，此时 DP―→＝(0，－1， 0)， 再设平面 B1AE 的一个法向量为 n＝(x，y， )， AB1 ―→＝(a,0,1)， AE―→＝ a 2 ，1，0 . 因为 n⊥平面 B1AE， 所以 n⊥AB1 ―→，n⊥ AE―→，即 ax＋z＝0， ax 2 ＋y＝0， 取 x＝1，得 y＝－a 2 ， ＝－a，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝ 1，－a 2 ，－a . 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥ DP―→，有a 2 －a 0＝0，解得 0＝1 2. 又 DP⊄平面 B1AE，所以存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2. B 级——拔高题目稳做准做 1．已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若 OP―→＝x OA―→＋y OB―→＋ OC―→ (x， y， ∈R)，则“x＝2，y＝－3， ＝2”是“P，A，B，C 四点共面”的( ) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析 选 B 当 x＝2，y＝－3， ＝2 时，即 OP―→＝2 OA―→－3 OB―→＋2 OC―→ .则 AP―→－ AO―→＝ 2 OA―→－3( AB―→－ AO―→ )＋2( AC―→－ AO―→ )，即 AP―→＝－3 AB―→＋2 AC―→，根据共面向量定理知，P， A，B，C 四点共面；反之，当 P，A，B，C 四点共面时，根据共面向量定理，设 AP―→＝m AB―→ ＋n AC―→ (m，n∈R)，即 OP―→－ OA―→＝m( OB―→－ OA―→)＋n( OC―→－ OA―→)，即 OP―→＝(1－m－n) OA―→ ＋m OB―→＋n OC―→，即 x＝1－m－n，y＝m， ＝n，这组数显然不止 2，－3,2.故“x＝2，y＝ －3， ＝2”是“P，A，B，C 四点共面”的充分不必要条件． 2．已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a，点 E，F 分别是 BC，AD 的中点，则 AE―→· AF―→的值为( ) A．a2 B.1 2a2 C.1 4a2 D. 3 4 a2 解析 选 C AE―→· AF―→＝1 2( AB―→＋ AC―→)·1 2 AD―→＝1 4( AB―→· AD―→＋ AC―→· AD―→)＝1 4(a2cos 60°＋ a2cos 60°)＝1 4a2. 3.如图，在大小为 45°的二面角 AEFD 中，四边形 ABFE，四 边形 CDEF 都是边长为 1 的正方形，则 B，D 两点间的距离是( ) A. 3 B. 2 C．1 D. 3－ 2 解析 选 D ∵ BD―→＝ BF―→＋ FE―→＋ ED―→，∴| BD―→ |2＝| BF―→ |2＋| FE―→ |2＋| ED―→ |2＋2 BF―→ · FE―→ ＋2 FE―→ · ED―→＋2 BF―→ · ED―→＝1＋1＋1－ 2＝3－ 2，∴| BD―→ |＝ 3－ 2. 4．已知 O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点 Q 在直线 OP 上运动，当 QA―→ · QB―→取 最小值时，点 Q 的坐标是________． 解析 由题意，设 OQ―→＝λ OP―→，则 OQ―→＝(λ，λ，2λ)，即 Q(λ，λ，2λ)，则 QA―→＝(1－λ，2 －λ，3－2λ)， QB―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴ QA―→ · QB―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－ 2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6 λ－4 3 2－2 3 ，当λ＝4 3 时取最小值，此时 Q 点坐标为 4 3 ，4 3 ，8 3 . 答案 4 3 ，4 3 ，8 3 5.如图，已知 AB⊥平面 ACD，DE⊥平面 ACD，△ACD 为等边三角 形，AD＝DE＝2AB. (1)求证 平面 BCE⊥平面 CDE； (2)若点 M 是 CD 的中点，求证 AM∥平面 BCE. 证明 (1)设 AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系 Axy ，则 A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0，0，a)，D(a， 3a,0)，E(a， 3a,2a)． 所以 BE―→＝(a， 3a，a)， BC―→＝(2a,0，－a)， CD―→＝(－a， 3a,0)， ED―→＝(0,0，－2a)． 设平面 BCE 的法向量为 n1＝(x1，y1， 1)， 由 n1· BE―→＝0， n1· BC―→＝0 可得 ax1＋ 3ay1＋az1＝0， 2ax1－az1＝0， 即 x1＋ 3y1＋z1＝0， 2x1－z1＝0. 令 1＝2，可得 n1＝(1，－ 3，2)． 设平面 CDE 的法向量为 n2＝(x2，y2， 2)， 由 n2· CD―→＝0， n2· ED―→＝0 可得 －ax2＋ 3ay2＝0， －2az2＝0， 即 －x2＋ 3y2＝0， z2＝0. 令 y2＝1，可得 n2＝( 3，1,0)． 因为 n1·n2＝1× 3＋(－ 3)×1＋2×0＝0. 所以 n1⊥n2， 所以平面 BCE⊥平面 CDE. (2)易得 M 3 2a， 3 2 a，0 ，则 AM―→＝ 3 2a， 3 2 a，0 ，又平面 BCE 的一个法向量为 n1＝(1， － 3，2)， 则 AM―→ ·n1＝3a 2 ×1＋ 3 2 a×(－ 3)＋0×2＝0. 所以 AM―→⊥n1，又 AM⊄平面 BCE， 所以 AM∥平面 BCE. 6.如图，正方形 ADEF 所在平面和等腰梯形 ABCD 所在的平面互 相垂直，已知 BC＝4，AB＝AD＝2. (1)求证 AC⊥BF； (2)在线段 BE 上是否存在一点 P，使得平面 PAC⊥平面 BCEF？若存在，求出BP PE 的值； 若不存在，请说明理由． 解 (1)证明 ∵平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，AF⊥AD，AF ⊂平面 ADEF， ∴AF⊥平面 ABCD. ∵AC⊂平面 ABCD，∴AF⊥AC. 过 A 作 AH⊥BC 于 H，则 BH＝1，AH＝ 3，CH＝3， ∴AC＝2 3，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB. ∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面 FAB. ∵BF⊂平面 FAB，∴AC⊥BF. (2)存在，理由如下 由(1)知，AF，AB，AC 两两垂直． 以 A 为坐标原点，AB―→，AC―→， AF―→的方向分别为 x 轴，y 轴， 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axy ，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)，E(－1， 3，2)， F(0,0,2)， 假设在线段 BE 上存在一点 P 满足题意， 则易知点 P 不与点 B，E 重合， 设BP PE ＝λ，则λ>0，P 2－λ 1＋λ ， 3λ 1＋λ ， 2λ 1＋λ . 设平面 PAC 的法向量为 m＝(x，y， )． 由 AP―→＝ 2－λ 1＋λ ， 3λ 1＋λ ， 2λ 1＋λ ， AC―→＝(0,2 3，0)， 得 m· AP―→＝2－λ 1＋λ x＋ 3λ 1＋λ y＋ 2λ 1＋λ z＝0， m· AC―→＝2 3y＝0， 即 y＝0， z＝λ－2 2λ x， 令 x＝1，则 ＝λ－2 2λ ， 所以 m＝ 1，0，λ－2 2λ 为平面 PAC 的一个法向量． 因为 BF―→＝(－2,0,2)， BC―→＝(－2,2 3，0)， 设 n＝(a，b，c)为平面 BCEF 的一个法向量， 所以 n· BF―→＝0， n· BC―→＝0， 即 －2a＋2c＝0， －2a＋2 3b＝0， 取 a＝1，则 b＝ 3 3 ，c＝1， 所以 n＝ 1， 3 3 ，1 为平面 BCEF 的一个法向量． 当 m·n＝0，即λ＝2 3 时，平面 PAC⊥平面 BCEF， 故存在满足题意的点 P，此时BP PE ＝2 3. 第七节 立体几何中的向量方法 1．异面直线所成角 设异面直线 a，b 所成的角为θ，则 cos θ＝|a·b| |a||b| ， 其中 a，b 分别是直线 a，b 的方向向 量． 2．直线与平面所成角 如图所示，设 l 为平面α的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量，n 为平 面α的法向量，φ为 l 与α所成的角，则 sin φ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n| . 3．二面角 (1)若 AB，CD 分别是二面角αlβ的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线，则二面角(或其 补角)的大小就是向量 AB―→与 CD―→的夹角，如图(1)． 平面α与β相交于直线 l，平面α的法向量为 n1，平面β的法向量为 n2，〈n1，n2〉＝θ，则 二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝ |n 1·n 2| | n 1|| n 2| ，如图(2)(3)． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( ) (2)已知 a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则 a∥c，a⊥b.( ) (3)已知向量 m，n 分别是直线 l 的方向向量和平面α的法向量，若 cos〈m，n〉＝－1 2 ， 则直线 l 与平面α所成的角为 120°.( ) (4)已知两平面的法向量分别为 m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为 45°.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．已知正四棱锥 S ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中点，则 AE，SD 所成角的余弦值为________． 解析 以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，OS 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 轴建立空间直角坐标系，设边长为 2，则 有 O(0，0,0)，A( 2，0,0)，B(0， 2，0)，S(0，0， 2)，D(0，－ 2， 0)，E 0， 2 2 ， 2 2 ， AE―→＝ － 2， 2 2 ， 2 2 ， SD―→＝(0，－ 2，－ 2)， |cos〈 AE―→，SD―→〉|＝ | AE―→ · SD―→ | | AE―→ |·| SD―→ | ＝ 2 3×2 ＝ 3 3 ，故 AE，SD 所成角的余弦值为 3 3 . 答案 3 3 3．(教材习题改编)在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1 与平 面 A1BC1 所成角的正弦值为________，二面角 BA1C1D1 的余弦值为________． 解析 如图，建立空间直角坐标系 Dxy ，则 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)， A1(1,0,1)，B(1,2,0)， ∴D1C1 ―→＝(0,2,0)，A1C1 ―→＝(－1,2,0)，A1B―→＝(0,2，－1)， 设平面 A1BC1 的一个法向量为 n＝(x，y， )， 由 n·A1C1 ―→＝0， n·A1B―→＝0， 即 －x＋2y＝0， 2y－z＝0， 令 y＝1，得 n＝(2,1,2)， 设 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈D1C1 ―→，n〉|＝ |D1C1 ―→ ·n| |D1C1 ―→|| n| ＝ 2 2×3 ＝1 3 ， 即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为1 3. 易知平面 A1C1D1 的法向量 m＝(0,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n | m || n | ＝ 2 1×3 ＝2 3. 由图可知，二面角 BA1C1D1 为钝角， 故二面角 BA1C1D1 的余弦值为－2 3. 答案 1 3 －2 3 考点一 异面直线所成的角 重点保分型考点——师生共研 异面直线所成的角是每年高考的重点，题型既有选择题或填空题，也有解答题，难度较 小，属于基础题. [典题领悟] (2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，E，F ❶ 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面 ABCD，DF⊥平面 ABCD， ❷ BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明 平面 AEC⊥平面 AFC； ❸ (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. ❹ [学审题] ①想到连接 BD，利用菱形的性质解题； ②想到线面垂直的性质； ③要证面面垂直，转化为证明线面垂直或证明两平面的法向量垂直； ④想到建系，转化为求 AE―→与 CF―→的夹角的余弦值． 解 (1)证明 连接 BD，设 BD∩AC＝G，连接 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3. 由 BE⊥平面 ABCD，AB＝BC，可知 AE＝EC. 又 AE⊥EC，所以 EG＝ 3，且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中，可得 BE＝ 2，故 DF＝ 2 2 . 在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2 2 ， 可得 EF＝3 2 2 . 从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG＝G，所以 EG⊥平面 AFC. 因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC. (2)以 G 为坐标原点，分别以 GB―→， GC―→的方向为 x 轴，y 轴正方向，| GB―→ |为单位长度， 建立空间直角坐标系 Gxy . 由(1)可得 A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F －1，0， 2 2 ，C(0，3，0)， 所以 AE―→＝(1，3， 2)， CF―→＝ －1，－ 3， 2 2 . 故 cos〈 AE―→，CF―→〉＝ AE―→ · CF―→ | AE―→|| CF―→| ＝－ 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . [解题师说] 1．解题“3 步骤” (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量 v1，v2； (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝ |v 1·v 2| | v 1|| v 2| 求解． 2．解题“1 注意” 注意向量的夹角与异面直线所成角的区别，两异面直线所成角θ的范围是 0，π 2 ，两向 量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条 异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成 的角．(如典题领悟第(2)问) [冲关演练] 在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，若 BC⊥AC，∠BAC＝π 3 ，AC＝4， 点 M 为 AA1 的中点，点 P 为 BM 的中点，Q 在线段 CA1 上，且 A1Q ＝3QC，则异面直线 PQ 与 AC 所成角的正弦值为______． 解析 由题意，以 C 为原点，以 AC 边所在直线为 x 轴，BC 边所 在直线为 y 轴，CC1 边所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所 示．设棱柱的高为 a，由∠BAC＝π 3 ，AC＝4，得 BC＝4 3，所以 A(4,0,0)， B(0,4 3，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，M 4，0，a 2 ，P 2，2 3，a 4 ， Q 1，0，a 4 .所以 QP―→＝(1,2 3，0)， CA―→＝(4,0,0)．设异面直线 QP 与 CA 所成的角为θ，所 以|cos θ|＝ | QP―→ · CA―→ | | QP―→ |·| CA―→ | ＝ 4 4 13 ＝ 13 13 .由 sin2θ＋cos2θ＝1 得，sin2θ＝12 13 ，所以 sin θ＝±2 39 13 ， 因为异面直线所成角的正弦值为正，所以 sin θ＝2 39 13 . 答案 2 39 13 考点二 直线与平面所成的角 重点保分型考点——师生共研 直线与平面所成的角是每年高考的热点，主要考查利用向量求直线与平面所成的角或其 三角函数值，题型为解答题，难度适中，属于中档题. [典题领悟] 如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB＝AD ＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的中点． (1)求证 MN∥平面 PAB； (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值． 解 (1)证明 由已知得 AM＝2 3AD＝2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC， TN＝1 2BC＝2.又 AD∥BC，故 TN 綊 AM，所以四边形 AMNT 为平行 四边形，于是 MN∥AT. 因为 MN⊄平面 PAB，AT⊂平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB. (2)取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 AB＝AC 得 AE⊥BC，从而 AE⊥AD， 且 AE＝ AB2－BE2＝ AB2－ BC 2 2＝ 5. 以 A 为坐标原点， AE―→的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axy . 由题意知 P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N 5 2 ，1，2 ， PM―→＝(0,2，－4)， PN―→＝ 5 2 ，1，－2 ， AN―→＝ 5 2 ，1，2 . 设 n＝(x，y， )为平面 PMN 的法向量， 则 n· PM―→＝0， n· PN―→＝0， 即 2y－4z＝0， 5 2 x＋y－2z＝0， 可取 n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，AN―→〉|＝ |n· AN―→| |n|| AN―→ | ＝8 5 25 . 所以直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 . [解题师说] 1．掌握解题方法 解答直线与平面所成角的问题，通常建立空间直角坐标系，然后转化为向量运算求解， 具体方法为 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面α的法向量为 n，直线 l 与平面α所成 的角为φ，向量 e 与 n 的夹角为θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝|n·e| |n||e| . 2．谨防 2 种失误 (1)空间直角坐标的建法不当或错误． (2)不会正确迁移应用，误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所 求．一定要牢记公式 sin φ＝|cos θ|(其中φ为直线与平面所成的角，θ为直线的方向向量与平面 的法向量的夹角)． [冲关演练] (2018·郑州第二次质量预测)如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，各棱长均 相等．D，E，F 分别为棱 AB，BC，A1C1 的中点． (1)求证 EF∥平面 A1CD； (2)若三棱柱 ABCA1B1C1 为直三棱柱，求直线 BC 与平面 A1CD 所成 角的正弦值． 解 (1)证明 连接 ED，在△ABC 中， 因为 D，E 分别为棱 AB，BC 的中点， 所以 DE∥AC，DE＝1 2AC. 又 F 为 A1C1 的中点，可得 A1F＝1 2A1C1， 又因为 AC∥A1C1，且 AC＝A1C1， 所以 A1F∥DE，A1F＝DE， 因此四边形 A1FED 为平行四边形， 所以 EF∥A1D， 又 EF⊄平面 A1CD，A1D⊂平面 A1CD， 所以 EF∥平面 A1CD. (2)设 A1B1 的中点为 O，连接 OC1，OD，因为三棱柱 ABCA1B1C1 为直三棱柱，所以 OD⊥平面 A1B1C1， 所以 OD⊥OC1，OD⊥OA1. 又△A1B1C1 为等边三角形， 所以 OC1⊥A1B1. 以 O 为坐标原点，OA1 ―→，OD―→，OC1 ―→的方向分别为 x 轴，y 轴， 轴的正方向，建立如图所 示的空间直角坐标系 Oxy . 设三棱柱的棱长为 a， 则 B －a 2 ，a，0 ，C 0，a， 3 2 a ，A1 a 2 ，0，0 ，D(0，a,0)． 所以 BC―→＝ a 2 ，0， 3 2 a ，A1D―→＝ －a 2 ，a，0 ， DC―→＝ 0，0， 3 2 a . 设平面 A1CD 的法向量为 n＝(x，y， )， 则 n·A1D―→＝0， n· DC―→＝0， 即 －a 2 x＋ay＝0， 3 2 az＝0. 令 x＝2，解得 n＝(2,1,0)． 设直线 BC 与平面 A1CD 所成的角为θ， 则 sin θ＝cos〈n，BC―→〉＝ |n· BC―→ | |n|·| BC―→ | ＝ a 5· a2 ＝ 5 5 . 所以直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 5 5 . 考点三 二面角 重点保分型考点——师生共研 利用空间向量求二面角或其余弦值是每年高考的热点，且出现在解答题的第2问，难 度适中，属于中档题. [典题领悟] (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，且∠BAP ＝∠CDP＝90°. ❶ (1)证明 平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角 APBC ❷ ❸ ❷ ❹ 的余弦值． [学审题] ①看到 AB∥CD，∠BAP＝∠CDP＝90° 想到 AB⊥AP，CD⊥PD，AB⊥PD 进而想 到 AB⊥平面 PAD，从而可证平面 PAB⊥平面 PAD； ②看到 PA＝PD，∠APD＝90° 想到△APD 为等腰直角三角形； ③看到 AB＝CD，AB∥CD，AB⊥平面 PAD 想到四边形 ABCD 为矩形； ④看到求二面角 APBC 的余弦值 想到建系，求平面 PAB 与 PCB 的法向量． 解 (1)证明 由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 因为 AB∥CD，所以 AB⊥PD. 又 AP∩PD＝P，所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为 F. 由(1)可知，AB⊥平面 PAD， 故 AB⊥PF，又 AD∩AB＝A， 可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点， FA―→的方向为 x 轴正方向，| AB―→|为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系 Fxy . 由(1)及已知可得 A 2 2 ，0，0 ，P 0，0， 2 2 ，B 2 2 ，1，0 ， C － 2 2 ，1，0 . 所以 PC―→＝ － 2 2 ，1，－ 2 2 ， CB―→＝( 2，0,0)， PA―→＝ 2 2 ，0，－ 2 2 ， AB―→＝(0,1,0)． 设 n＝(x1，y1， 1)是平面 PCB 的法向量， 则 n· PC―→＝0， n· CB―→＝0， 即 － 2 2 x1＋y1－ 2 2 z1＝0， 2x1＝0. 所以可取 n＝(0，－1，－ 2)． 设 m＝(x2，y2， 2)是平面 PAB 的法向量， 则 m· PA―→＝0， m· AB―→＝0， 即 2 2 x2－ 2 2 z2＝0， y2＝0. 所以可取 m＝(1,0,1)． 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ － 2 3× 2 ＝－ 3 3 . 由图知二面角 APBC 为钝角， 所以二面角 APBC 的余弦值为－ 3 3 . [解题师说] 利用向量法解二面角问题 2 策略 找法向量 法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量 的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂 直的方向 向量法 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，则这 两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 [注意] 两平面的法向量所成的角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求 得两法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围，如典题领悟中的二面 角即是钝角． [冲关演练] 如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，四边 形 ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60°. (1)证明 平面 ABEF⊥平面 EFDC； (2)求二面角 EBCA 的余弦值． 解 (1)证明 由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩EF＝F， 所以 AF⊥平面 EFDC. 又 AF⊂平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC. (2)过 D 作 DG⊥EF，垂足为 G.由(1)知 DG⊥平面 ABEF. 以 G 为坐标原点， GF―→的方向为 x 轴正方向，| GF―→ |为单位长度，建立如图所示的空间 直角坐标系 G xy . 由(1)知∠DFE 为二面角 D AFE 的平面角，故∠DFE＝60°，则 DF＝2，DG＝ 3，可 得 A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0， 3)． 由已知得 AB∥EF，所以 AB∥平面 EFDC. 又平面 ABCD∩平面 EFDC＝CD， 故 AB∥CD，CD∥EF. 由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC， 所以∠CEF 为二面角 CBEF 的平面角，∠CEF＝60°. 从而可得 C(－2,0， 3)． 所以 EC―→＝(1,0， 3)， EB―→＝(0,4,0)， AC―→＝(－3，－4， 3)， AB―→＝(－4,0,0)． 设 n＝(x，y， )是平面 BCE 的法向量， 则 n· EC―→＝0， n· EB―→＝0， 即 x＋ 3z＝0， 4y＝0， 所以可取 n＝(3,0，－ 3)． 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则 m· AC―→＝0， m· AB―→＝0， 同理可取 m＝(0，3，4)． 则 cos 〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－2 19 19 . 由图知，二面角 EBCA 为钝角， 故二面角 EBCA 的余弦值为－2 19 19 . (一)普通高中适用 A 级——基础小题练熟练快 1．在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N 分别为 A1B1，BB1 的中点，那么直 线 AM 与 CN 所成角的余弦值等于( ) A. 3 2 B. 10 10 C.3 5 D.2 5 解析 选 D 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(1,0,0)， M 1，1 2 ，1 ， C(0,1,0)，N 1，1，1 2 ， ∴ CN―→＝ 1，0，1 2 ， AM―→＝ 0，1 2 ，1 . 故 cos〈 AM―→，CN ―→〉＝ AM―→· CN―→ | AM―→ |·| CN ―→ | ＝ 0＋0＋1 2 5 2 · 5 2 ＝2 5. 2．直三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝ CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( ) A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2 解析 选 C 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxy ，设 BC＝2， 则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)， N(1,0,2)，所以 BM―→＝(1，－1,2)， AN―→＝(－1，0,2)， 故 BM 与 AN 所成角θ的余弦值 cos θ＝ | BM―→· AN―→| | BM―→ |·| AN―→ | ＝ 3 6× 5 ＝ 30 10 . 3．在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1＝2，二面角 BAA1C1 的大小为 60°，点 B 到平面 ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平面 ABB1A1 的距离为 2 3，则直线 BC1 与直线 AB1 所成角的 正切值为( ) A. 7 B. 6 C. 5 D．2 解析 选 A 由题意可知，∠BAC＝60°，点 B 到平面 ACC1A1 的距离为 3，点 C 到平 面 ABB1A1 的距离为 2 3，所以在三角形 ABC 中，AB＝2，AC＝4，BC＝2 3，∠ABC＝90°， 则AB1 ―→ ·BC1 ―→＝(BB1 ―→－ BA―→ )·(BB1 ―→＋ BC―→ )＝4， |AB1 ―→ |＝2 2，|BC1 ―→ |＝4， cos AB1 ―→，BC1 ―→ ＝ AB1 ―→ ·BC1 ―→ |AB1 ―→ |·|BC1 ―→ | ＝ 2 4 ， 故 tan AB1 ―→，BC1 ―→ ＝ 7. 4.如图所示，在三棱锥 PABC 中，PA⊥平面 ABC，D 是棱 PB 的中 点，已知 PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线 PC，AD 所成角的 余弦值为( ) A．－ 30 10 B．－ 30 5 C. 30 5 D. 30 10 解析 选 D 因为 PA⊥平面 ABC，所以 PA⊥AB，PA⊥BC. 过点 A 作 AE∥CB，又 CB⊥AB，则 AP，AB，AE 两两垂直． 如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AE，AP 所在直线为 x 轴， y 轴， 轴建立空间直角坐标系 Axy ， 则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)． 因为 D 为 PB 的中点，所以 D(2,0,1)． 故 CP―→＝(－4,2,2)， AD―→＝(2,0,1)． 所以 cos AD―→， CP―→ ＝ AD―→ · CP―→ | AD―→|·| CP―→| ＝ －6 5×2 6 ＝－ 30 10 . 设异面直线 PC，AD 所成的角为θ， 则 cos θ＝|cos AD―→， CP―→ |＝ 30 10 . 5.如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都相等，E，F，G 分别 为 AB，AA1，A1C1 的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为( ) A.3 5 B.5 6 C.3 3 10 D.3 6 10 解析 选 A 设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG， DB，分别以 DA，DB，DG 所在的直线为 x 轴，y 轴， 轴建立空间 直角坐标系，如图所示， 则 B1(0， 3，2)，F(1,0,1)， E 1 2 ， 3 2 ，0 ，G(0,0,2)， B1F―→＝(1，－ 3，－1)， EF―→＝ 1 2 ，－ 3 2 ，1 ， GF―→＝(1,0，－1)． 设平面 GEF 的法向量 n＝(x，y， )， 则 EF―→ ·n＝0， GF―→ ·n＝0， 即 1 2x－ 3 2 y＋z＝0， x－z＝0， 取 x＝1，则 ＝1，y＝ 3， 故 n＝(1， 3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以 cos〈n，B1F―→〉＝1－3－1 5× 5 ＝－3 5 ， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为3 5.故选 A. 6．在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所 成的锐二面角的余弦值为( ) A.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 解析 选 B 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axy ， 设棱长为 1， 则 A1(0,0,1)，E 1，0，1 2 ，D(0,1,0)， ∴A1D―→＝(0,1，－1)， A1E―→＝ 1，0，－1 2 ， 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1＝(1，y， )， 则 n1·A1D―→＝0， n1·A1E―→＝0， 即 y－z＝0， 1－1 2z＝0， ∴ y＝2， z＝2. ∴n1＝(1,2,2)． 又平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝ 2 3×1 ＝2 3. 即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为2 3. 7.如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E，F 分别是正方形 A1B1C1D1 和正方形 ADD1A1 的中心，则 EF 和 CD 所成的角的大小是 ________． 解析 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴，y 轴， 轴 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxy ，设正方体的棱长为 1，则 D(0,0， 0)，C(0，1,0)，E 1 2 ，1 2 ，1 ，F 1 2 ，0，1 2 ， EF―→＝ 0，－1 2 ，－1 2 ， DC―→ ＝(0,1,0)，∴cos〈 EF―→，DC―→〉＝ EF―→· DC―→ | EF―→ || DC―→ | ＝－ 2 2 ，∴〈 EF―→，DC―→〉 ＝135°，∴异面直线 EF 和 CD 所成的角的大小是 45°. 答案 45° 8.如图，已知四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的侧棱 AA1 垂直于底面， 底面 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC， E 为 DD1 的中点，F 为 A1D 的中点．则直线 EF 与平面 A1CD 所成角 的正弦值为______． 解析 因为 AB，AD，AA1 两两垂直，故以 A 为坐标原点，AB 所 在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AA1 所在直线为 轴建立空间直 角坐标系，如图所示，设 BC＝1，则 A(0,0,0)，A1(0,0,2)，C(2,1,0)， D(0，2,0)，E(0，2,1)，F(0,1,1)，FE―→＝(0,1,0)，A1D―→＝(0,2，－2)，CD―→ ＝(－2,1,0)． 设平面 A1CD 的一个法向量为 n＝(1，y， )， 则 n·A1D―→＝0， n· CD―→＝0， 2y－2z＝0， －2＋y＝0， 故 n＝(1,2,2)， 则 sin θ＝|cos〈n，FE―→〉|＝ |n·FE―→| |n|·|FE―→| ＝ |1×0＋2×1＋2×0| 1＋4＋4× 0＋1＋0 ＝2 3 ， 故直线 EF 与平面 A1CD 所成角的正弦值为2 3. 答案 2 3 9.如图，菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，AC 与 BD 相交于点 O，AE ⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线 FO 与平面 BED 所成的 角为 45°，则 AE＝________. 解析 如图，以 O 为原点，以 OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 以过点 O 且平行于 CF 的直线为 轴建立空间直角坐标系． 设 AE＝a，则 B(0， 3，0)，D(0，－ 3，0)，F(－1,0,3)，E(1,0， a)，∴ OF―→＝(－1,0,3)， DB―→＝(0,2 3，0)， EB―→＝(－1，3，－a)．设平 面 BED 的法向量为 n＝(x，y， )， 则 n· DB―→＝0， n· EB―→＝0， 即 2 3y＝0， －x＋ 3y－az＝0， 则 y＝0，令 ＝1，得 x＝－a， ∴n＝(－a,0,1)， ∴cos〈n，OF―→〉＝ n· OF―→ |n|| OF―→| ＝ a＋3 a2＋1× 10 . ∵直线 FO 与平面 BED 所成角的大小为 45°， ∴ |a＋3| a2＋1× 10 ＝ 2 2 ， 解得 a＝2 或 a＝－1 2(舍去)，∴AE＝2. 答案 2 10.如图，已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD，且 AC⊥BD，AC 与 BD 交于 O，PO⊥底面 ABCD，PO＝2， AB＝2 2，E，F 分别是 AB，AP 的中点．则二面角 F OE A 的 余弦值为________． 解析 以 O 为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Oxy ， 由题知，OA＝OB＝2， 则 A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)， 则 OE―→＝(1，－1,0)， OF―→＝(0，－1,1)， 设平面 OEF 的法向量为 m＝(x，y， )， 则 m· OE―→＝0， m· OF―→＝0， 即 x－y＝0 －y＋z＝0. 令 x＝1，可得 m＝(1,1,1)． 易知平面 OAE 的一个法向量为 n＝(0,0,1)， 则 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ 3 3 . 由图知二面角 FOEA 为锐角， 所以二面角 FOEA 的余弦值为 3 3 . 答案 3 3 B 级——中档题目练通抓牢 1．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1 ⊥平面 ABCD，且 AB＝AD＝2，AA1＝ 3，∠BAD＝120°. (1)求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值； (2)求二面角 BA1DA 的正弦值． 解 (1)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. 故以 AE，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 轴建立如图所 示的空间直角坐标系 Axy . 因为 AB＝AD＝2， AA1＝ 3，∠BAD＝120°， 则 A(0,0,0)，B( 3，－1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，A1(0，0， 3)，C1( 3，1， 3)． (1)A1B―→＝( 3，－1，－ 3)，AC1 ―→＝( 3，1， 3)． 则 cos〈A1B―→，AC1 ―→〉＝ A1B―→ ·AC1 ―→ | A1B―→ ||AC1 ―→ | ＝3－1－3 7× 7 ＝－1 7. 因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为1 7. (2)可知平面 A1DA 的一个法向量为 AE―→＝( 3，0,0)． 设 m＝(x，y， )为平面 BA1D 的一个法向量， 又A1B―→＝( 3，－1，－ 3)， BD―→＝(－ 3，3,0)， 则 m·A1B―→＝0， m· BD―→＝0， 即 3x－y－ 3z＝0， － 3x＋3y＝0. 不妨取 x＝3，则 y＝ 3， ＝2， 所以 m＝(3，3，2)为平面 BA1D 的一个法向量， 从而 cos〈 AE―→，m〉＝ AE―→ ·m | AE―→ ||m| ＝ 3 3 3×4 ＝3 4. 设二面角 BA1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝3 4. 因为θ∈[0，π]，所以 sin θ＝ 1－cos2θ＝ 7 4 . 因此二面角 BA1DA 的正弦值为 7 4 . 2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD∥平面 MAC，PA＝PD ＝ 6，AB＝4. (1)求证 M 为 PB 的中点； (2)求二面角 BPDA 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值． 解 (1)证明 设 AC，BD 的交点为 E，连接 ME. 因为 PD∥平面 MAC， 平面 MAC∩平面 PDB＝ME， 所以 PD∥ME. 因为底面 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点． 所以 M 为 PB 的中点． (2)取 AD 的中点 O，连接 OP，OE. 因为 PA＝PD，所以 OP⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，OP⊂平面 PAD， 所以 OP⊥平面 ABCD. 因为 OE⊂平面 ABCD，所以 OP⊥OE. 因为底面 ABCD 是正方形，所以 OE⊥AD. 以 O 为原点，以 OD―→，OE―→， OP―→为 x 轴，y 轴， 轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系 Oxy ， 则 P(0,0， 2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)， BD―→＝(4，－4,0)， PD―→＝(2,0，－ 2)． 设平面 BDP 的一个法向量为 n＝(x，y， )， 则 n· BD―→＝0， n· PD―→＝0， 即 4x－4y＝0， 2x－ 2z＝0. 令 x＝1，得 y＝1， ＝ 2. 于是 n＝(1,1， 2)． 又平面 PAD 的一个法向量为 p＝(0,1,0)， 所以 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 2. 由题知二面角 BPDA 为锐角， 所以二面角 BPDA 的大小为 60°. (3)由题意知 M －1，2， 2 2 ，C(2,4,0)， 则 MC―→＝ 3，2，－ 2 2 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为α， 则 sin α＝|cos〈n，MC―→〉|＝|n·MC―→| |n||MC―→| ＝2 6 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边 三角形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°， E 是 PD 的中点． (1)证明 直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 MABD 的余 弦值． 解 (1)证明 取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝1 2AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°，得 BC∥AD， 又 BC＝1 2AD，所以 EF 綊 BC， 所以四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF， 又 BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB， 故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD，以 A 为坐标原点， AB―→的方向为 x 轴正方向，| AB―→ |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axy ，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1， 3)， PC―→＝ (1,0，－ 3)， AB―→＝(1,0,0)． 设 M(x，y， )(0

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