第七章 立体几何（教师用书）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第七章　立体几何 第一节　空间几何体 课标要求 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题. 3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 互相平行且相等 相交于一点，但不一定相等 延长线交于一点 侧面 形状 平行四边形 三角形 梯形 2.正棱柱、正棱锥的结构特征 正棱柱 侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形 正棱锥 底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥.特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体 3.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 长度相等且相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的 矩形 全等的等腰三角形 全等的 等腰梯形 圆 侧面展开图　 矩形 扇形 扇环 4.斜二测画法 (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x'轴，y'轴的夹角为45°或135°，z'轴与x'轴和y'轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半. [提醒]　直观图与原平面图形面积的关系为S直观图=S原图形.S原图形=2S直观图. 5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 名称 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧=2πrl S圆锥侧=πrl S圆台侧= π(r1+r2)l 6.柱体、锥体、台体和球的表面积和体积 　　　　名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积=S侧+2S底 V=S底h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积=S侧+S底 V=S底h 台体(棱台和圆台) S表面积=S侧+S上+S下 V=(S上+S下+)h 球 S=4πR2 V=πR3 [细作教材小题] 1.(北师大必修②P211·T4)下列命题正确的是 (　　) A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 答案：C 2.(人A必修②P105·T3)如图，汽车内胎可以由下面某个图形绕轴旋转而成，这个图形是 (　　) 答案：C 3.(人B必修④P88·T2改编)已知圆柱的轴截面是面积为100的正方形，则该圆柱的侧面积为 (　　) A.50π B.200 C.100π D.150π 答案：C 4.(人A必修②P119·T2改编)如图，将一个长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，则棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为　　　　. 解析：设长方体的三条棱长分别为a，b，c，则截出的棱锥的体积为V1=×abc=abc，剩下的几何体的体积V2=abc-abc=abc，所以V1∶V2=1∶5. 答案：1∶5 5.(人A必修②P119·T3改编)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为　　　　 cm3.  答案：36π 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　基本立体图形与直观图 题点1　空间几何体的结构特征 [例1]　(多选)给出下列命题，其中真命题是 (　　) A.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 B.直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 C.在四棱柱中，若过相对侧棱的两个截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 D.存在每个面都是直角三角形的四面体 解析：选CD　A不正确，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才是矩形和圆，否则为椭圆或椭圆的一部分；B不正确，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图1所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；C正确，因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱，又两个截面都垂直于底面，故该四棱柱为直四棱柱；D正确，如图2，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形. |个性点拨|　空间几何体结构特征的判定方法 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、面等基本要素，根据定义进行判定 反例法 通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可 题点2　斜二测画法 [例2]　(2025·阜阳模拟)由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是 (　　) A.1 B.2 C. D.2 解析：选D　如图，过点B'作B'C'∥y'轴，交x'轴于点C'，在△O'B'C'中，∠B'O'C'=30°，∠B'C'O'=135°，O'B'=2，由正弦定理得=，于是得B'C'=，且原图中BC即为B到x轴的距离，由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2. |个性点拨|　斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变” 坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变 “三不变” 平行性不改变，与x，z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变 题点3　侧面展开图 [例3]　(2025·杭州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，G为棱CD的中点，P，Q分别为BC1，CC1上的动点，则PQ+QG的最小值为　　　　.  解析：将正方体的侧面BCC1B1展开到与DCC1D1在同一平面，在同一平面内可知PQ+QG的最小值就是点G到B'C1的距离，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，G为棱CD的中点，所以CG=1，B'G=3，四边形CB'B1'C1是正方形，所以GH=. 答案： [例4]　某同学劳动课上制作了一个圆锥形礼品盒，其母线长为40 cm，底面半径为10 cm，从底面圆周上一点A处出发，围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到A点，则所用金色彩线的最短长度为　　　　 cm.  解析：因为圆锥侧面展开为半径为40 cm，弧长为2π×10=20π cm的扇形，所以圆心角为，而该扇形圆心角所对的弦长为最短金色彩线长度，故所用金色彩线的最短长度为40 cm. 答案：40 |个性点拨|　 几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践、观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化. 逐点清(二)　简单几何体的表面积 [例5]　(2025·湛江模拟)如图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O为圆台下底面圆心，O2，O1分别为圆柱上、下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上、下底面圆的半径为2 cm，O1O2=5 cm，OO1=4 cm，圆台下底面圆半径为5 cm，则该组合体的表面积为 (　　) A.42π cm2 B.84π cm2 C.36π cm2 D.64π cm2 解析：选B　圆柱的上底面面积为4π cm2；圆柱的侧面面积为4π×5=20π cm2；圆台的下底面面积为25π cm2；圆台的母线长为=5 cm，所以圆台的侧面面积为π(2+5)×5=35π cm2，则该组合体的表面积为4π+20π+25π+35π=84π cm2. [例6]　(2025·六盘水模拟)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，且AD=2，AB=4，BC=5.在梯形ABCD内，挖去一个以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分.以AB所在直线为轴，将图中阴影部分旋转一周形成的旋转体的表面积为 (　　) A.64π B.68π C.72π D.76π 解析：选B　由题意可知，阴影部分以AB所在直线为轴，旋转一周形成的旋转体，为一个圆台挖去半个球，其中圆台的上、下底面半径为2和5，高为4，母线长为=5，挖去半球的半径为2，故形成的旋转体的表面积为π×52+π(2+5)×5+×4π×22=68π. |点拨·建模|　求空间几何体的表面积的方法 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 的表面积 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 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 逐点清(三)　简单几何体的体积 [例7]　(公式法)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 (　　) A.2π B.3π C.6π D.9π 解析：选B　设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为 ，因为它们的侧面积相等，所以2πr·=πr·，即2=，故r2=9，故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B. [例8]　(等体积法)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥M-AB1D1的体积为 (　　) A. B.8 C. D.4 解析：选C　令B1到平面AMD1的距离为d，==··d，因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB=D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以==··d =··d=，所以==，因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，则AA1为三棱锥A-B1C1D1的高，==·AA1·=×2××2×2=. [例9]　(割补法)在如图所示的多面体中，已知ABCD为矩形，ABFE和DCFE为全等的等腰梯形，AB=4，BC=AE=EF=2.此多面体的体积为　　　　　.  解析：将五面体补全为直三棱柱ADG-BCH，如图所示， 则多面体的体积V=VADG-BCH-VE-ADG-VF-BCH，由几何体特征可知GE=FH=1，AG=GD=BH=HC=，由余弦定理可知cos∠AGD==，故sin∠AGD=，从而易知S△ADG=S△BCH=AG·GDsin∠AGD=，故VE-ADG=VF-BCH=S△ADG·GE=，VADG-BCH=S△ADG·GH=4，从而几何体的体积V=VADG-BCH-VE-ADG-VF-BCH=. 答案： |点拨·建模|　求简单几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　基本立体图形与直观图形 1.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.依题意得h2=×2a×m，即h2=am　①，易知h2+a2=m2　②，由①②得m=a，所以==.故选C. 2.如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为45°，腰和上底均为1，下底为+1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为　　　　.  解析：∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1.∵梯形的下底边长为1+，∴原平面图形的面积S=×2=2+. 答案：2+ 逐点验收(二)　简单几何体的表面积 3.(2024·烟台三模)已知底面半径为3的圆锥SO，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为 (　　) A.π B.2π C.4π D.8π 解析：选C　如图，作出圆锥SO的轴截面SAB，依题意OB=OA=3，OD=OC=1，SB=6，所以SO==3，易知△BDF∽△BOS，则=，所以DF=2，即圆锥的内接圆柱的底面半径r=1，高h=2，所以圆柱的侧面积S=2πrh=2×1×2π=4π.故选C. 4.[多选]攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，侧棱长为 米，则 (　　) A.正四棱锥的底面边长为6米 B.正四棱锥的底面边长为3米 C.正四棱锥的侧面积为24平方米 D.正四棱锥的侧面积为12平方米 解析：选AC　如图，在正四棱锥S-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，连接OA，OH，OS，SH，则SH⊥AB，设底面边长为2a.因为∠SHO=30°，OH=AH=a，所以OS=a，SH=a.在Rt△SHA中，a2+=21，所以a=3，故底面边长为6米，正四棱锥的侧面积S=×6×2×4=24平方米.故选AC. 逐点验收(三)　简单几何体的体积 5.如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1-ABC1的体积为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，又三棱锥A-B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××=. 6.(2024·天津高考)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD=1，BE=2，CF=3，则该五面体的体积为 (　　) A. B.+ 　 C. D.- 解析：选C　用一个完全相同的五面体HIJ-LMN(顶点与五面体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.AD=1，BE=2，CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC-DEF=VABC-HIJ=××1×1××4=. 7.在圆柱OO1中挖去一个圆锥，该圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为圆柱上底面的中心O1，若圆锥的母线长为3，则剩余几何体体积的最大值为 (　　) A.4π B.4π C.2π D.2π 解析：选A　法一　设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h=(0<r<3)，所以剩余几何体的体积V=πr2h-πr2h=r2h=r2=.令t=r2，f(t)=(9-t)t2，t∈(0，9)，则f'(t)=-3t2+18t=-3t(t-6)，当t∈(0，6)时，f'(t)>0，f(t)单调递增；当t∈(6，9)时，f'(t)<0，f(t)单调递减.所以f(t)max=f(6)=108，所以Vmax=×6=4π，此时r=，h==，故选A. 法二　设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为h=(0<r<3)，所以剩余几何体的体积V=πr2h-πr2h=r2h=r2==≤==4π，当且仅当r=时等号成立，所以Vmax=4π. 8.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2-r1)，3(r2-r1)，则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.  解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线长与半径的关系可得圆台甲与乙的体积之比为==. 答案： 细节、微点提醒 (1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系. (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (3)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. (4)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理). [课时跟踪检测] 1.[多选]下列说法正确的是 (　　) A.用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面 B.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点 C.有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 D.若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥 解析：选ABD　易知A、B正确；根据棱锥的定义，其余各面的三角形必须有一个公共的顶点，故C错误；若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D正确. 2.(2025·淄博一模)如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为20π，则其体积为 (　　) A.π B.15π C.π D.π 解析：选A　设该几何体中间部分圆柱的高为h，圆柱的半径为r，则该几何体的表面积为4πr2+2πr·h=20π，因为r=2，所以h=1，所以该几何体的体积V=πr3+πr2·h=π. 3.(2025·常德模拟)圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则==，所以h==2r=2，r=，所以圆锥的体积为πr2h=. 4.(2025·太原模拟)如图所示的是水平放置的某个三角形的直观图，D'是△A'B'C'中边B'C'的中点且A'D'∥y'轴，A'B'，A'D'，A'C'三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么 (　　) A.最长的是AB，最短的是AC B.最长的是AC，最短的是AB C.最长的是AB，最短的是AD D.最长的是AD，最短的是AC 解析：选C　由题中的直观图可知，A'D'∥y'轴，B'C'∥x'轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴.又因为D'为B'C'的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB=AC>AD成立. 5.如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为 (　　) A.(7+4)π B.(8+4)π C.(9+4)π D.(6+4)π 解析：选B　设圆柱的高为h，底面半径为r，可知h=×4=2，r=××4=1，则圆锥的母线长为=2，所以剩下几何体的表面积为π×22+2π×1×2+π×2×2=(8+4)π. 6.(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，PC=，则该棱锥的体积为 (　　) A.1 B. C.2 D.3 解析：选A　如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD=CD=，又PC=，所以PD2+CD2=PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD=D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=××2××=1，故选A. 7.(2025·潍坊模拟)一块扇形薄铁板的半径是30，圆心角是120°，把这块铁板截去一个半径为15的小扇形后，剩余铁板恰好可作为一个圆台的侧面，则该圆台的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.1 750π 解析：选C　半径为30，圆心角为120°的扇形围成圆锥的底面圆半径r，则2πr=×30，解得r=10，该圆锥的高h==20，体积为V=πr2h=π×102×20=π，截去半径为15的小扇形围成圆锥的底面圆半径r0，则2πr0=×15，解得r0=5，该圆锥的高h0==10，体积为V0=πh0=π×52×10=π，所以该圆台的体积为V-V0=π-π=π. 8.(2024·北京西城二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用.如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中平面ABCD为正方形.若AB=6 cm，EF=3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为 (　　) A.18 cm3 B.24 cm3 C.30 cm3 D.48 cm3 解析：选C　如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，因为面ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB⊄平面EFCD，DC⊂平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，又平面EFCD∩平面ABFE=EF，所以AB∥EF，因为G，H分别为AB，DC的中点，AB=6 cm，EF=3 cm，所以EF∥GB，EF=GB，则四边形EGBF为平行四边形，则EG∥FB，同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH-FBC为三棱柱.由题意，可得V四棱锥E-AGHD=S矩形AGHD·h=AD·AG·h=×6×3×2=12.又V三棱柱EGH-FBC=3V三棱锥B-EGH=3V三棱锥E-BGH=3××V四棱锥E-AGHD=·V四棱锥E-AGHD=×12=18.所以该多面体的体积为V=V四棱锥E-AGHD+V三棱柱EGH-FBC=12+18=30 cm3. 9.(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则 (　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=2 D.△PAC的面积为 解析：选AC　在△PAB中，由余弦定理得AB=2，如图，连接PO，易知圆锥的高h=PO=1，底面圆的半径r=AO=BO=.对于A，该圆锥的体积V=πr2h=π，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧=πr·PA=2π，故B错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，OC，因为OA=OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P-AC-O的平面角为∠PHO=45°，所以OH=PO=1，AH=CH==，所以AC=2，故C正确；对于D，PH=OH=，S△PAC=×2×=2，故D错误.故选AC. 10.(2025·邯郸模拟)[多选]半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.某半正多面体由6个正方形和8个正六边形围成，其也可由正八面体(由八个等边三角形围成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成)切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是 (　　) A.AB∥GF B.若平面ABDC∩平面EFG=l，则CD∥l C.该半正多面体的体积为 D.该半正多面体的表面积为6+12 解析：选ABD　如图所示，对于A，易知四边形HIJL为正方形，∴AB∥GF，A正确；对于B，∵AB∥GF，AB⊄平面EFG，GF⊂平面EFG，∴AB∥平面EFG，又AB⊂平面ABDC，且平面ABDC∩平面EFG=l，∴AB∥l，又AB∥CD，∴CD∥l，B正确；对于C，根据题意可知上、下两个正四棱锥的所有棱长都为3，∴上、下两个正四棱锥的高为边长为3的正方形HIJL对角线的一半，即为，∴一个大正四棱锥的体积为×3×3×=，又截去的一个小正四棱锥与大正四棱锥的相似比为1∶3，∴一个小正四棱锥的体积为×=，∴该半正多面体的体积为2×-6×=8，C错误；对于D，根据题意可得该半正多面体的表面积为6×12+8×6××1×1×=6+12，D正确.故选ABD. 11.如图，一个水平放置的△ABO的斜二测画法的直观图是等腰直角三角形A'B'O'，若B'A'=B'O'=1，则原三角形ABO的面积为　　　　.  解析：根据题意可得O'A'=，在△ABO中，OB=O'B'=1， OA=2O'A'=2，所以△ABO的面积为S=×1×2=. 答案： 12.(2024·九省考前适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是　　　　，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是　　　　.  解析：设圆锥底面圆半径为r，则高为r，设球半径为R，则2R=r，R=r，==. 圆锥的表面积S1=πr2+πr·2r=3πr2，球O的表面积S2=4πR2=4π·r2=3πr2，==1. 答案：　1 13.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，AD=6，AA1=3，现分别以AB，CD为轴，截去底面半径为3的两个四分之一圆柱，得到如图所示的几何体，则该几何体的表面积为　　　　.  解析：由题意可得，该几何体共有5个面，其中两个曲面的面积均为以3为底面半径，以6为母线长的圆柱的侧面的四分之一，所以其面积和为2××2π×3×6=18π.两侧的平面图形的面积可看作矩形BCC1B1面积的两倍减去一个半径为3的圆的面积，其面积为2×3×6-π×32=36-9π.顶部的平面图形为矩形A1B1C1D1，其面积为6×6=36，故该几何体的表面积为18π+(36-9π)+36=72+9π. 答案：72+9π 14.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=2，当正四棱台的体积取得最大值时，AB的长度是　　　　.  解析：设AB=2A1B1=4x，上底面和下底面的中心分别为O1，O，连接AC，A1C1，O1O，过A1作A1H⊥AC，该正四棱台的高O1O=h，在上、下底面中，由勾股定理可知，A1O1==x，AO==2x.在梯形A1O1OA中，A1A2=AH2+A1H2⇒12=+h2⇒h2=12-2x2， 所以该正四棱台的体积为V=(16x2++4x2)h=x2h， 所以V2=x2·x2·h2=x2·x2·(12-2x2)， 令x2=t>0，则V2=(6t2-t3)，t>0， 令f(t)=6t2-t3，则f'(t)=12t-3t2， 令f'(t)=0得t=4， 当0<t<4时，f'(t)>0，f(t)单调递增， 当t>4时，f'(t)<0，f(t)单调递减， 故当t=4，即x=2时，f(t)有最大值，此时V有最大值，此时AB的长度是8. 答案：8 第二节　与球有关的切、接问题 　　与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似).研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类题的关键是确定球心. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　外接球问题 方法1　定义找心 　　在空间中，如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心. [例1]　(2025·沭阳模拟)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为 (　　) A.π B.π C.π D.5π 解析：选B　由题意及圆的性质知△ABE为直角三角形，E=90°，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，连接PQ，OA，由外接球的定义，OP=OA=OB=OE=R，易得O在线段PQ上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，∴底面圆半径AQ=BQ=1，∵PQ⊥AQ，则OA2=OQ2+AQ2⇒R2=(2-R)2+12，解得R=，∴外接球表面积为4πR2=. [例2]　(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 (　　) A.100π B.128π C.144π D.192π 解析：选A　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3，××4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2=1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2=32+O=42+(1-OO1)2，解得OO1=4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2=42+O=32+(1+OO2)2，解得OO2=3，所以R2=25，所以该球的表面积为4πR2=100π. |个性点拨|　常见几何体外接球的结论 (1)正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点； (2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点； (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点； (4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置计算可得； (5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心； (6)圆柱的外接球是指圆柱的上、下底面的圆周都在一个球的球面上，圆柱的外接球的球心在上、下两底面圆的圆心连线的中点处，正棱柱与该棱柱的外接圆柱有相同的外接球. 方法2　补形找心 [例3]　在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF，EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF.过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围是　　　　.  解析：由于B，C，D三点重合于点P，∠EPF=∠ECF=90°，∠APF=∠ADF=90°，∠APE=∠ABE=90°，由此可将三棱锥补为长方体，如图所示，PE=CE=2，PF=CF=2，AP=AB=4，则长方体相邻三条棱长为2，2，4，三棱锥P-AEF外接球即为补形后长方体的外接球，外接球直径即为长方体体对角线长度2R==2，所以R=，过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2=π()2=6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，由于球心O为长方体体对角线的中点，则OM为长方体正面对角线的一半，所以OM==，此时截面圆半径r===1，则截面圆的面积为πr2=π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]. 答案：[π，6π] [例4]　(2025·梅州一模)已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，PA=AB=PB=AC=2，CP=2，点D是PB的中点，且CD=，则球O的表面积为　　　　.  解析：由PA=AC=2，CP=2，可得CP2=PA2+AC2，所以PA⊥AC，由点D是PB的中点，且PA=AB=PB=2，可求得AD=，又由CD=，AC=2，可得CD2=AD2+AC2，所以AD⊥AC， 又AD∩AP=A且AD，PA⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，则三棱锥P-ABC的外接球即为该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离为d=AC=1，由正弦定理，得△PAB的外接圆的半径为r=×=，所以球O的半径为R===，所以球O的表面积为S=4πR2=4π×=. 答案： |个性点拨|　补形找心的常用模型 (1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补成棱柱； (2)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都分别可构造长方体或正方体； (3)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体或正方体； (4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体. 方法3　截面找心 [例5]　已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　因为AC⊥BC，AC=BC=1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，如图，连接OO1，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ACB中，AB==，则AO1=，在Rt△AO1O中，OO1==，故三棱锥O-ABC的体积为V=·S△ABC·OO1=××1×1×=.故选A. |个性点拨| 1.截面法定球心的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径. (2)通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 2.球的截面的性质 (1)球的任何截面是圆面； (2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面； (3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r=. 逐点清(二)　内切球问题 [例6]　(2025·深圳模拟)已知一个圆锥的母线长为10，高为8，则该圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由题意得l=10，h=8，设圆锥的底面圆半径为r，则r==6，则圆锥的侧面积为πrl=60π，故圆锥的表面积为πrl+πr2=60π+36π=96π.设圆锥的内切球球心为H，如图，过点H作HM⊥AC于点M，设内切球的半径为R，则HM=HO=R，因为CH=8-R，所以=，即=，解得R=3，故内切球的表面积为4πR2=36π，则圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为=.故选B. [例7]　(2024·天津二模)如图，一块边长为10 cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球(球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点)的体积为 (　　) A.π B.π C.9π D.π 解析：选B　作出正四棱锥P-ABCD如图，根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5，底面正方形ABCD的边长为6，∴正四棱锥的高为OP==4，设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面相切于N，高线与斜高的夹角为θ，则sin θ==，则OP=OQ+，∴4=r+=r，∴r=，∴这个正四棱锥的内切球的体积为πr3=×π×=π. |点拨·建模| 1.正方体与球的内切、外接常用结论 正方体的棱长为a，球的半径为R. (1)若球为正方体的外接球，则2R=a； (2)若球为正方体的内切球，则2R=a； (3)若球与正方体的各棱相切，则2R=a. 2.长方体共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R=. 3.正四面体的外接球的半径R=a，内切球的半径r=a，其半径R∶r=3∶1(a为该正四面体的棱长). 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　外接球 1.(2025·沈阳一模)已知某圆锥的母线长为3，底面积为9π，记该圆锥的体积为V，若用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，且截去一个体积为的小圆锥，则剩余几何体的外接球的表面积为 (　　) A.60π B.40π C.30π D.20π 解析：选B　因为圆锥的底面积为9π，所以底面半径r=3，记圆锥的高为h1，则h1==6，因为截去一个体积为的小圆锥，所以小圆锥的高h2=h1=2，小圆锥的底面半径r1=r=1，所以剩余圆台的高为h3=h1-h2=4，设圆台外接球的半径为R，球心到上底面的距离为h，则解得R2=10，所以外接球的表面积S=4πR2=40π. 2.若三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 (　　) A.10π B.18π C.20π D.9π 解析：选C　三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，故该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P-ABC，所以该三棱锥的外接球即为该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R==2，则R=，所以该球的表面积为S=4πR2=4π·()2=20π. 3.已知三棱锥D-ABC的顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥D-ABC的体积的最大值为，则球O的表面积为 (　　) A.16π B.12π C.8π D.4π 解析：选A　设球O的半径为R，△ABC的外心为O1，如图，连接DO1，O1A，OA，由题意得△ABC外接圆的半径为×3=，△ABC的面积为×32=，所以OO1=，所以VD-ABC最大值=S△ABC·(R+)=×(R+)=，所以R+=3，即=3-R，解得R=2，所以球O的表面积为4πR2=16π. 4.(2025·南通模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=60°，2AC=BC=PB=PC，平面PBC⊥平面ABC，D是BC的中点，PD=4，则三棱锥P-ACD的外接球的表面积为 (　　) A. B.40π C. D.80π 解析：选C　依题意，△PCB为等边三角形，且高PD=4，则PC=CB=PB=8，而AC=CD=4，又∠ACB=60°，则△ACD为等边三角形，因为平面PBC⊥平面ABC，PD⊥BC，平面ABC∩平面PBC=BC，PD⊂平面PBC，于是PD⊥平面ABC，令△ACD的外心为G，三棱锥P-ACD外接球的球心为O，则OG⊥平面ACD，又三棱锥P-ACD的外接球球心O在线段PD的中垂面上，此平面平行于平面ACD，因此OG=PD=2，等边△ACD外接圆半径r=×4sin 60°=，设三棱锥P-ACD的外接球半径为R，则R2=OG2+r2=12+=，所以三棱锥P-ACD的外接球的表面积S=4πR2=. 逐点验收(二)　内切球 5.(2025·泰安模拟)将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为 (　　) A.2π B.3π C.π D.4π 解析：选C　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l=4，由2πr=4π，所以r=2.因为l=2r，所以圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，而等边三角形的边长为4，故R==，故S=4πR2=π.故选C. 6.(2025·秦皇岛模拟)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为 (　　) A.3π B.5π C.8π D.9π 解析：选C　设圆台的上底面圆半径为r，则下底面圆半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面.由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l=AD=AH+DG=r+2r=3r.根据圆台的侧面积公式S=(πr+2πr)l=9π，可得r=1，所以球的直径为HG=2，故半径为，表面积为8π.故选C. 7.(2025·宝鸡检测)一个多面体的顶点是四个半径为且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为　　　　；内切球的体积为　　　　.  解析：设这四个球心分别为A，B，C，D，由球的几何性质可知，四个半径为且两两外切的球的球心A，B，C，D可构成棱长为2的正四面体ABCD，设顶点A在底面BCD的射影为点P，如图所示，连接PA，PB，PC，PD，则P为等边三角形BCD的中心，由正弦定理可得BP==2，∴AP==2，S△BCD=×(2)2×sin=3，VA-BCD=S△BCD·AP，设正四面体ABCD的内切球球心为O，该内切球的半径为r，则VA-BCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD=4VO-BCD=4×S△BCD×r=S△BCD·AP，∴r=AP=，∴正四面体ABCD的内切球的体积为V=πr3=π×=. 答案：　 [课时跟踪检测] 1.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，则这个球的表面积为 (　　) A. B.3π C.9π D.27π 解析：选C　设正方体的棱长为a，a>0，则6a2=18，a=，正方体的体对角线长为=3，所以球的直径2R=3，半径R=，所以球的表面积为4π×=9π. 2.已知在三棱锥P-ABC中，AC=，BC=1，AC⊥BC且PA=2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球的体积为 (　　) A. B.4π C. D.4π 解析：选A　AB==，设PB=h，则由PA=2PB，可得=2h，解得h=1，可将三棱锥P-ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R= =2，R=1，所以其外接球的体积V=R3=. 3.(2025·潍坊模拟)已知圆锥的底面半径为2，高为4，则该圆锥内切球的表面积为 (　　) A.4π B.8π C.16π D.32π 解析：选B　圆锥与内切球的轴截面图如图所示，设点O为球心，内切球的半径为r，D，E为切点，OD=OE=r，由条件可知，BE=BD=2，所以AB==6，在Rt△ADO中，AO2=AD2+DO2，即(4-r)2=(6-2)2+r2，解得r=，所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.故选B. 4.(2025·临沂模拟)[多选]已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是 (　　) A.球O的表面积为6π B.球O的内接正方体的棱长为1 C.球O的外切正方体的棱长为 D.球O的内接正四面体的棱长为2 解析：选AD　设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O'，半径为R，易得R=.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2-r2=，得r2=.所以球O的表面积S=4πr2=4π×=6π，A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a=2r，即a=，B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b=2r=，C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c=r=×=2，D正确. 5.已知圆锥SO1的高为4，体积为，若圆锥的顶点S与底面圆周上的所有点均在球O上，则球O的体积为 (　　) A.18π B.24π C.36π D.48π 解析：选C　设圆锥SO1的底面圆半径为r，球O的半径为R，则=πr2×4，解得r=2.当球心位于圆锥SO1内部时，过圆锥顶点S，底面圆圆心O1和球心O作出轴截面如图1所示，∴r2+O=R2，即8+(4-R)2=R2，解得R=3，∴球O的体积V=πR3=π×27=36π.当球心位于圆锥SO1外部时，过圆锥顶点S，底面圆圆心O1和球心O作出轴截面如图2所示，∴r2+O=R2，即8+(R-4)2=R2，解得R=3<4，舍去.综上所述，球O的体积为36π. 6.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　根据题意作出图形，设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，连接SD，则SD⊥平面ABC.∵CO1=×=，∴OO1==，∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，∴V三棱锥S-ABC=××=. 7.(2025·烟台模拟)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2 cm2，8 cm2，若该模型的体积为14 cm3，则该模型的外接球的表面积为 (　　) A.20π cm2 B.10π cm2 C.5π cm2 D. cm2 解析：选A　设正四棱台形状的模型高为h cm，故(2+8+)h=14， 解得h=3 cm，如图，取正方形EFGH的中心为M，正方形ABCD的中心为N，连接MN，则MN=h=3 cm，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA， 设上、下底面正方形的边长分别为a cm，b cm， 则a2=2，b2=8，解得a= cm，b=2 cm， 故EM=1 cm，NA=2 cm， 设ON=y cm，则MO=(3-y)cm， 由勾股定理得EO2=OM2+EM2=(3-y)2+1，AO2=ON2+AN2=y2+4， 故(3-y)2+1=y2+4，解得y=1， 故外接球的半径为= cm，该模型的外接球的表面积为4π·()2=20π cm2.故选A. 8.(2025·内江模拟)如图，四边形ABCD是一个角为60°且边长为2的菱形，把△ABD沿BD折起，得到三棱锥A'-BCD.若A'C=，则三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为 (　　) A.5π B.π C.6π D.π 解析：选D　取BD中点E，连接A'E，CE，因为四边形ABCD是一个角为60°且边长为2的菱形，所以A'D=A'B=BD=CB=CD=2，所以△A'BD，△CBD为等边三角形，故A'E=CE=，A'E⊥BD，又因为A'C=，即A'E2+CE2=A'C2，所以A'E⊥CE，因为BD∩CE=E，BD⊂平面BCD，CE⊂平面BCD，所以A'E⊥平面BCD.设G为△BCD的重心，过G作OG⊥平面BCD，且O点为三棱锥A'-BCD的外接球球心，外接球半径为R，过O作OF⊥A'E，交A'E于F，连接OC，OA'，因为OG⊥平面BCD，A'E⊥平面BCD，所以OG∥A'E，因为OF⊥A'E，A'E⊥CE，所以四边形OFEG为矩形.所以OF=GE=，CG=，A'E=，设OG=FE=x，则A'F=-x，在Rt△OGC中，OC2=OG2+CG2⇒R2=x2+，在Rt△OFA'中，OA'2=OF2+A'F2⇒R2=+(-x)2，解得x=，R2=，所以三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为S=4πR2=π. 9.(2025·南平模拟)某雕刻师在切割玉料时，切割出一块如图所示的三棱锥形边料，测得在此三棱锥A-BCD中，侧面ABC⊥底面BCD，且AB=AC=DB=DC=AD=2 cm，该雕刻师计划将其打磨成一颗球形玉珠，则磨成的球形玉珠的直径的最大值为 (　　) A.2 cm B.2 cm C.2(2-) cm D.(2-) cm 解析：选C　如图，设BC的中点为O，连接AO，DO，因为AB=AC=DB=DC，BC=BC，所以△ABC≌△DBC，所以AO=DO，且AO⊥BC，DO⊥BC，又侧面ABC⊥底面BCD且交线为BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCD，由于DO⊂平面BCD，所以AO⊥DO，由于AO∩DO=O，AO，DO⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD，又AD=2 cm，所以AO=DO= cm，BC=2 cm，因为AB=AC=DB=DC=2 cm，所以AB⊥AC，DB⊥DC.当球形玉珠为三棱锥A-BCD的内切球时，球形玉珠的直径最大.设三棱锥A-BCD的表面积为S，内切球的半径为r，则VA-BCD=Sr，又VA-BCD=S△DBC·AO=××2×2×= cm3，S=S△ABC+S△DBC+S△ABD+S△ADC=×2×2+×2×2+×2×2sin 60°+×2×2sin 60°=4+2 cm2，故=(4+2)r，所以r==(2-) cm，所以磨成的球形玉珠的直径的最大值为2(2-) cm. 10.[多选]刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为2π-3×=π.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=，则下列结论正确的是 (　　) A.在四面体ABCD1中，点A的曲率为 B.在四面体ABCD1中，点D1的曲率大于 C.四面体ABCD1外接球的表面积为12π D.四面体ABCD1内切球半径的倒数为 解析：选ABD　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易证△ACD1为正三角形，AB⊥AD1，∠BAC=，在四面体ABCD1中，点A的曲率为2π-=，A正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，∠AD1B=∠BD1C，∵tan∠AD1B=tan∠BD1C=<1，∴0<∠AD1B=∠BD1C<，在四面体ABCD1中，点D1的曲率为2π->2π-=，B正确；∵四面体ABCD1外接球的半径即为正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径，为×=，∴四面体ABCD1外接球的表面积为4π×=18π，C错误；四面体ABCD1的体积V=××()2×=，四面体ABCD1的表面积S=×()2+×××2+×()2=3+6+3，∴四面体内切球的半径r====，即=，D正确. 11.在三棱锥A-BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD=BD=2，CD=4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为　　　　.  解析：根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A-BCD放置于长方体内，如图所示，该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积S=4πR2=π·AC2=π·(22+42)=20π. 答案：20π 12.已知某正三棱柱既有内切球又有外接球，外接球的表面积为20π，则该三棱柱的体积为　　　　.  解析：设底面三角形的内切圆的半径为a，则其外接圆半径为2a，底面边长为2a， 若正三棱柱有内切球，则正三棱柱的高h=2a，则正三棱柱的外接球的半径R==a，可得4πR2=20πa2=20π，解得a=1，所以该三棱柱的体积V=×2a×2a××2a=6a3=6. 答案：6 13.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.  解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点. 答案：12 14.(2024·衡阳二模)已知三棱锥A-BCD中，AB=6，AC=3，BC=3，三棱锥A-BCD的体积为，其外接球的体积为π，则线段CD长度的最大值为　　　　.  解析：因为球的体积为π，所以球的半径R满足π=πR3，可得R=5.又AB=6，AC=3，BC=3，因此AB2=AC2+BC2，即∠ACB=90°，此时S△ABC=×3×3=.设点D到平面ABC的距离为h，则h×=，可得h=7.因为D的轨迹为球的截面圆，设截面圆所在的平面为α，则α与平面ABC平行.设球心到平面ABC的距离为d，而△ABC的外心即为AB的中点，外接圆的半径为AB=3，则d==4，故球心到平面α的距离为7-4=3，可知截面圆半径为=4. 设C在平面α上的射影为E，则E的轨迹为圆，如图所示， 设该圆圆心为O，则当D，O，E三点共线且点O在D，E之间时，DE最长，此时DE=3+4=7，故线段CD长度的最大值为7. 答案：7 第三节　空间点、直线、平面之间的位置关系 课标要求 1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义. 2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.基本事实1~3 文字语言 基本 事实1 过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面 基本 事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 基本 事实3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 2.三个推论 推论1 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面 推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面 推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面 3.空间中两条直线的位置关系 (1)位置关系分类 共面 直线 ①相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点； ②平行直线：在同一平面内，没有公共点 异面 直线 不同在任何一个平面内，没有公共点 (2)基本事实4和定理 基本事实4 平行于同一条直线的两条直线平行 定理 如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 符号语言 公共点 直线与平面 相交 a∩α=A 1个 平行 a∥α 0个 在平 面内 a⊂α 无数个 平面与平面 平行 α∥β 0个 相交 α∩β=l 无数个 5.异面直线所成的角 定义 已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，把直线a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角) 范围 垂直 如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直 [细作教材小题] 1.(人A必修②P128·T2)下列命题正确的是 (　　) A.三点确定一个平面 B.一条直线和一个点确定一个平面 C.圆心和圆上两点可确定一个平面 D.梯形可确定一个平面 答案：D 2.(苏教必修②P218·T8)若a，b为两条异面直线，α，β为两个平面，a⊂α，b⊂β，α∩β=l，则下列结论中正确的是 (　　) A.l至少与a，b中一条相交 B.l至多与a，b中一条相交 C.l至少与a，b中一条平行 D.l必与a，b中一条相交，与另一条平行 解析：选A　因为a，b为两条异面直线且a⊂α，b⊂β，α∩β=l，所以a与l共面，b与l共面.若l与a，b都不相交，则a∥l，b∥l，a∥b，与a，b异面矛盾，故A正确；当a，b为如图所示的位置时，可知l与a，b都相交，故B、C、D错误. 3.(人A必修②P132·T9改编)[多选]如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是 (　　) A.AB与CD是异面直线 B.GH与CD相交 C.EF∥CD D.EF与AB是异面直线 解析：选ABC　把展开图还原成正方体，如图所示，还原后点G与C重合，点B与F重合，由图可知A、B、C正确，EF与AB相交，故D错误. 4.(人A必修②P132·T4(3))已知两条相交直线a，b，且a∥平面α，则b与α的位置关系是　　　　　　　　　　　　.  答案：b∥α或b与α相交 5.(人A必修②P147例1改编)已知正方体ABCD-A'B'C'D'，则直线BA'与CC'所成的角的大小为　　　　.  解析：∵此几何体为正方体，∴CC'∥BB'， ∴BA'与CC'所成的角等于BA'与BB'所成的角， 又∵B'A'=BB'，∴BA'与BB'所成的角为∠A'BB'=45°，∴BA'与CC'所成的角等于45°. 答案：45° 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　基本事实的应用 [例1]　若△ABC所在的平面和△A1B1C1所在的平面相交，并且直线AA1，BB1，CC1相交于一点O.求证： (1)AB和A1B1，BC和B1C1，AC和A1C1分别在同一平面内； (2)如果AB和A1B1，BC和B1C1，AC和A1C1分别相交，那么交点在同一直线上(如图). 证明：(1)∵AA1∩BB1=O，∴AA1，BB1确定平面ABO.∵A，A1，B，B1都在平面ABO内，∴AB⊂平面ABO，A1B1⊂平面ABO.∵AA1∩CC1=O，∴AA1，CC1确定平面ACO.∵A，A1，C，C1都在平面ACO内，∴AC⊂平面ACO，A1C1⊂平面ACO.∵CC1∩BB1=O，∴CC1，BB1确定平面CBO.∵C，C1，B，B1都在平面CBO内，∴CB⊂平面CBO，C1B1⊂平面CBO. (2)∵A1B1∩AB=P，∴P∈A1B1，P∈AB，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊂平面A1B1C1，∴点P在平面ABC与平面A1B1C1的交线上.∵A1C1∩AC=R，∴R∈A1C1，R∈AC，∵AC⊂平面ABC，A1C1⊂平面A1B1C1，∴点R在平面ABC与平面A1B1C1的交线上.∵B1C1∩BC=Q，∴Q∈B1C1，Q∈BC.∵BC⊂平面ABC，B1C1⊂平面A1B1C1，∴点Q在平面ABC与平面A1B1C1的交线上，∴P，R，Q三点共线. |点拨·建模|　共面、共线、共点问题的证明方法 (1)证明共面问题的方法： ①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内. ②证两平面重合. (2)证明共线问题的方法： ①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上. ②直接证明这些点都在同一条特定直线上. (3)证明线共点问题的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点. 逐点清(二)　空间位置关系的判断 [例2]　(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是 (　　) A.若m∥α，n∥α，则m⊥n B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交 解析：选C　若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. [例3]　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是 (　　) A.DD1 B.AC C.AD1 D.B1C 解析：选B　对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；对于C，当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线.故选B. |点拨·建模|　 (1)要判断空间中两条直线的位置关系(平行、相交、异面)，可利用定义，借助空间想象并充分利用图形进行思考. (2)判断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来判断；二是利用排除法. (3)异面直线的判定方法：①利用反证法，先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线是异面直线；②根据定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线来判断. 逐点清(三)　异面直线所成的角 [例4]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=AC=AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由题易得底面ABCD为菱形，且△ABC为等边三角形.连接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其补角)是异面直线AB1与BC1所成的角.设AB=1，则BC1=DC1=，BD=2=，所以cos∠BC1D==. [例5]　(2025·拉萨模拟)已知圆锥SO的母线长为6，AB是底面圆的直径，C为底面圆周上一点，∠AOC=120°，当圆锥SO的体积最大时，直线AC和SB所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　如图，圆锥SO的母线长l=6.设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则r2+h2=36，圆锥SO的体积V=πr2h=πh(36-h2)=π(36h-h3).令f(h)=36h-h3(h>0)，则f'(h)=36-3h2=-3(h-2)(h+2).令f'(h)=0，得h=2或h=-2.因为h>0，易知f(h)在(0，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，所以当h=2时，f(h)取得最大值，此时r2=24，r=2.因为∠AOC=120°，所以AC=r=6.延长CO交☉O于点D，连接AD，BD，BC，SD.则四边形ACBD是平行四边形，所以BD∥AC，BD=AC=6，所以直线AC与SB所成的角为∠SBD或其补角.在等腰三角形SBD中，SB=SD=6，BD=6，所以cos∠SBD=，所以直线AC与SB所成角的余弦值为. |点拨·建模|　 1.求异面直线所成角的方法 平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解 补形法 在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解 2.用平移法求异面直线所成的角的步骤 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角. (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角. (3)三求：解三角形，求出所作的角.如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. 逐点清(四)　截面问题 [例6]　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，这个平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，DD1分别交于M，N，连接FN，NQ，PM，ME，由正方体的性质得FN∥MP，NQ∥ME，且EF=FN=NQ=QP=PM=ME，∴正方体过P，Q，E，F的截面图形的形状是正六边形. [例7]　(2025·郑州模拟)已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为4，点E为PB中点，点F在PC上，FC=3PF，点G为AD中点，则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面周长为　　　　　　　　.  解析：延长FE，CB交于点H，连接HG与AB交于点L，延长HG，CD交于点M，连接FM与PD交于点N，则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面为五边形FELGN，如图所示.易知EL=NG=2，LG=2，FE=FN===，所以五边形FELGN的周长为4+2+2. 答案：4+2+2 |点拨·建模|　 1.作截面的3种常用方法 (1)直接法，关键是截面上的点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，可以直接作出截面. (2)作平行线法，关键是截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可借助线面平行的性质和面面平行的性质作出截面. (3)延长交线得交点，关键是截面上的点中至少有两个点在几何体的同一个面上. 2.作截面遵循的3个原则 (1)过同一平面上的两点可引直线. (2)凡是相交的直线都要画出它们的交点. (3)凡是相交的平面都要画出它们的交线. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　点、线、面位置关系 1.如图，平面α∩平面β=l，A∈α，B∈α，AB∩l=D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是 (　　) A.直线AC B.直线AB C.直线CD D.直线BC 解析：选C　由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.又D∈AB，∴D∈平面ABC，即D在平面ABC与平面β的交线上.又C∈平面ABC，C∈β，∴点C在平面β与平面ABC的交线上.从而有平面ABC∩平面β=CD. 2.(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β=m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 (　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 解析：选A　若α∩β=m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n⊂α或n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成的角可以为内的任意角，④错误.故选A. 3.[多选]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是 (　　) A.A，M，O三点共线 B.A，M，O，A1共面 C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面 解析：选ABC　∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1=B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故选ABC. 逐点验收(二)　异面直线所成的角 4.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　设AB=2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，DE，则B1F=A1B1，因为D，E分别为AC，BC的中点，所以DE∥AB，DE=AB，因为A1B1∥AB，A1B1=AB，所以DE∥B1F，B1F=DE，所以四边形DEB1F为平行四边形，所以DF∥B1E，所以∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角.因为AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，D，E分别为AC，BC的中点，所以DF=B1E==，C1F==，C1D==，所以cos∠C1DF===.故选D. 5.如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，若BD，AC所成的角为60°，且BD=AC=4，则EF的长为 (　　) A.2 B.4 C.2 D.2或2 解析：选D　取线段AD的中点G，连接EG，FG，因为E，G分别为AB，AD的中点，则EG∥BD且EG=BD=×4=2，同理可得FG∥AC且FG=AC=×4=2，所以异面直线BD，AC所成的角为∠EGF或其补角，①若∠EGF=60°，则△EGF是边长为2的等边三角形，故EF=2；②若∠EGF=120°，因为EG=FG=2，则△EGF为等腰三角形，且∠GEF=∠GFE=30°，取EF的中点H，则GH⊥EF，且EF=2EH=2EGcos 30°=4×=2.综上所述，EF=2或EF=2. 6.(2024·毕节三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的一个动点，记异面直线DP与A1B1所成的角为θ，则sin θ的最小值为　　　　.  解析：连接CP，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得A1B1∥AB∥DC，所以∠PDC或其补角是异面直线DP与A1B1所成的角，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得CD⊥平面BCC1B1，又CP⊂平面BCC1B1，所以CD⊥CP，所以tan∠PDC=，即tan θ=，当CP最小时，tan θ最小，此时θ最小，当CP⊥BC1时，CP最小，令CD=1，可得CPmin=，可得DP==，所以(sin θ)min==. 答案： 逐点验收(三)　截面问题 7.[多选]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1C上(异于端点)，则过三点A，F，E的平面被正方体截得的图形(截面)可能是 (　　) A.矩形 B.菱形 C.正方形 D.梯形 解析：选ABD　当BE=CF时，截面是矩形；当2BE=CF时，截面是菱形；当BE>CF时，截面是梯形；截面不可能是正方形. 8.(2024·阜阳二模)已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，DD1=2CD，E，F分别为棱AB，CC1的中点，则过D1，E，F的平面截长方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为　　　　　　　.  解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接D1F并延长与DC的延长线交于点N，直线EN交BC于H，交DA的延长线于M，连接D1M交AA1于G，连接EG，FH，则五边形D1GEHF即为过点D1，E，F的长方体的截面，由CC1∥DD1，F为CC1的中点，得C是DN的中点，DN=2CD=DD1=4，D1N=4，由AB∥CD，E是AB的中点，得===，则AM=，DM=，则MD1=MN==，等腰△MD1N底边上的高h===，△MD1N的面积=×4×=.因为平面D1EF∩平面ADD1A1=MD1，平面D1EF∩平面BCC1B1=FH，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，则FH∥D1M，于是△NFH∽△ND1M，同理GE∥D1N，△MGE∽△MD1N，S△NFH=，S△MGE=，因此=·=×=，所以所得截面的面积为. 答案： 综合创新训练题组 9.已知A，B，C是球O的球面上三点，AB=4，AC=2，∠BAC=60°，若异面直线OC与AB所成角的余弦值为，则球O的表面积为 (　　) A.20π B.24π C.28π D.32π 解析：选A　由题意知，在△ABC中，BC==2，∵BC2+AC2=AB2，∴C=90°，△ABC外接圆的圆心O1是AB的中点，连接OO1，易知OO1⊥平面ABC.设OO1=d，作长方体如图所示，易知OD∥CO1，且OD=CO1，四边形ODO1C是平行四边形，则OC∥DO1，∠DO1B为异面直线OC与AB所成的角(或补角)，易知O1B=2，DO1=BD=，则在等腰△DO1B中，cos∠DO1B===，解得d=1，则球O的半径R==，球O的表面积为4πR2=20π. 10.正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为BC的中点，则异面直线EG与BF所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　如图，连接BD，取BD的中点O，连接EO，DG，由正八面体的性质知EO=2，BF∥DE，所以∠DEG(或其补角)为异面直线EG与BF所成的角.在Rt△BOE中，EO2+BO2=BE2，即22+=BE2，解得BE=2，即正八面体的棱长为2.在Rt△DCG中，CD2+=DG2，所以(2)2+()2=DG2，即DG=.在等边△BCE中，EG=×2=.在△DEG中，由余弦定理得DG2=DE2+EG2-2DE·EGcos∠DEG，所以10=8+6-2×2×cos∠DEG，所以cos∠DEG=，且∠DEG为锐角，所以sin∠DEG=. 11.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.  解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形， 所以B1D1=C1D1=2. 分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G=D1H==，D1M⊥B1C1，且D1M=. 由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点. 在侧面BCC1B1内任取一点P，连接MP，使MP=，连接D1P， 则D1P===， 连接MG，MH，易得MG=MH=， 故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线. 由∠B1MG=∠C1MH=45°知∠GMH=90°， 所以的长为×2π×=. 答案： [课时跟踪检测] 1.若直线上有两个点在平面外，则 (　　) A.直线上至少有一个点在平面内 B.直线上有无穷多个点在平面内 C.直线上所有点都在平面外 D.直线上至多有一个点在平面内 解析：选D　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内. 2.[多选]下列叙述正确的是 (　　) A.若P∈α∩β，且α∩β=l，则P∈l B.若直线a∩b=A，则直线a与b能确定一个平面 C.三点A，B，C确定一个平面 D.若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α 解析：选ABD　选项A，点P是两平面的公共点，显然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内，故正确. 3.(2025·大理模拟)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱A1D1，B1C1，BC，AD的中点，则 (　　) A.直线HE与直线GF是异面直线 B.直线HE与直线BB1是异面直线 C.直线HE与直线CC1共面 D.直线HE与直线BF共面 解析：选C　延长AA1，BB1，CC1，DD1，由正四棱台的性质可得侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的延长线交于同一点，设该交点为P.因为E，F，G，H分别为棱A1D1，B1C1，BC，AD的中点，延长HE，GF，则HE，GF的延长线必过点P，则直线HE与直线GF，BB1，CC1均相交于点P，直线HE与直线BF是异面直线. 4.(2025·新余模拟)空间中有三条两两异面的直线，P为其中一条直线上一定点，过P引直线l使其与这三条异面直线都相交，则对于任意的定点P，存在的直线l有 (　　) A.1条 B.2条 C.3条 D.无数条 解析：选A　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，不妨设三条两两异面的直线为A1D1，BB1，CD，令P∈A1D1，过BB1作平面PP1BB1，则过P与BB1相交的直线都在平面PP1BB1内，过DC作平面PP2CD，则过P与DC相交的直线都在平面PP2CD内，平面PP1BB1与平面PP2CD不平行且不重合，有且仅有一条公共直线，所以直线l只有1条. 5.[多选]用一个平面截正方体，所得的截面不可能是 (　　) A.锐角三角形 B.直角梯形 C.有一个内角为75°的菱形 D.正五边形 解析：选BCD　用一个平面截正方体，只截正方体三个面，得锐角三角形，如图1，截四个面得四边形，四边形可以是矩形、正方形，可以是菱形，如图2中四边形ABCD(其中B，D为所在棱的中点)，但内角不是75°，图中菱形锐角内角的余弦值为，可以是梯形，如图2中四边形AEFG，但不可能是直角梯形，截六个面得六边形，如果过一个顶点截面可为五边形(也可不过顶点)，如图3，但不会是正五边形.故选BCD. 6.(2025·大同模拟)[多选]如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过AB1且与BD1平行的平面交A1D1于点P，下列说法正确的是 (　　) A.PA1= B.PD1= C.直线B1P与AD所成角的正切值为2 D.直线B1P与AD所成角的正切值为 解析：选AC　如图，利用补形思想，在正方体ABCD-A1B1C1D1的左侧补一个全等的正方体，并平移BD1到AM，则平面MAB1即为过AB1且与BD1平行的平面，平面交A1D1于点P，显然P为A1D1的中点，故A正确，B错误；由于直线B1P与AD所成的角为∠A1PB1，且∠PA1B1=90°，故正切值为2，故C正确，D错误.故选AC. 7.[多选]一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中E，F，M，N，Q分别为P2A，P1D，P4D，P4C，P3C的中点，关于该正四棱锥，下列四个结论正确的是 (　　) A.直线AF与直线BQ是异面直线 B.直线BE与直线MN是异面直线 C.直线BQ与直线MN共面 D.直线BE与直线AF是异面直线 解析：选BCD　根据展开图，复原几何体，如图所示，因为F，M，N，Q分别为P1D，P4D，P4C，P3C的中点，所以FN∥CD，又AB∥CD，则FN∥AB，故F，N，A，B四点共面，故直线AF与直线BQ是共面直线，故A错误；E在过F，N，A，B四点的平面外，B和MN都在过F，N，A，B四点的平面内，故直线BE与直线MN是异面直线，故B正确；N，Q重合，故直线BQ与直线MN共面，故C正确；E在过F，N，A，B四点的平面外，B和AF都在过F，N，A，B四点的平面内，故直线BE与直线AF是异面直线，故D正确.故选BCD. 8.(2025·惠州模拟)[多选]如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，则下列说法正确的是 (　　) A.四点B，D，E，F在同一平面内 B.三条直线BF，DE，CC1有公共点 C.直线A1C与直线OF不是异面直线 D.直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线 解析：选ABD　如图，对于A，连接B1D1，因为BB1∥DD1，BB1=DD1，可知四边形BB1D1D为平行四边形，则B1D1∥BD，又因为E，F分别为C1D1，B1C1的中点，则B1D1∥EF，可得BD∥EF，所以四点B，D，E，F在同一平面内，故A正确；对于B，延长BF，DE交于点P，则P∈BF，P∈DE，又因为BF⊂平面BCC1B1，DE⊂平面DD1C1C，则P∈平面BCC1B1，P∈平面DD1C1C，且平面BCC1B1∩平面DD1C1C=CC1，所以P∈CC1，即三条直线BF，DE，CC1有公共点，故B正确；对于C，因为A1C⊂平面AA1C1C，OF∩平面AA1C1C=O，O∉A1C，所以直线A1C与直线OF是异面直线，故C错误；对于D，因为A1，O，C，C1，M均在平面AA1C1C内，连接OM，则OM与A1C相交，所以直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线，故D正确. 9.已知a，b，c是不同直线，α是平面，若a∥b，b∩c=A，则直线a与直线c的位置关系是　　　　　　；若a⊥b，b⊥α，则直线a与平面α的位置关系是　　　　　　.  解析：a，b，c是不同直线，α是平面， 因为a∥b，b∩c=A， 所以直线a与直线c的位置关系是相交或异面. 因为a⊥b，b⊥α， 所以直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α. 答案：相交或异面　a∥α或a⊂α 10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，过O点作一条直线l与A1D平行，设直线l与直线OC1的夹角为θ，则cos θ=　　　　.  解析：如图所示，设正方体的表面ABB1A1的中心为点P，容易证明OP∥A1D，所以直线l即为直线OP，∠POC1=θ或∠POC1=π-θ.设正方体的棱长为2，则OP=A1D=，OC1=，PC1=，则cos θ=|cos∠POC1|===. 答案： 11.(2025·南充一模)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为　　　　.  解析：连接BC1，AD1，D1F，如图所示，因为E，F分别是BC，CC1的中点，所以EF∥BC1，在正方体中AD1∥BC1，所以EF∥AD1，所以A，D1，E，F在同一平面内，所以平面AEF截该正方体所得的截面为梯形EFD1A，因为正方体的棱长为2，所以EF=，AD1=2，D1F=AE==，则E到AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高，为=，所以截面面积为×(2+)×=. 答案： 12.(2025·威海期末)在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，AB=且最长的棱长为，E为棱AD的中点，则当三棱锥A-BCD的体积最大时，直线AC与BE所成角的余弦值为　　　　.  解析：因为BD⊥CD，所以BC>BD，所以AC=，又因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，所以BC==，又BD2+CD2=10≥2BD·CD，当且仅当BD=CD时等号成立，所以V=×BD·CD×≤，当BD=CD=时取最大值，取DC的中点F，连接EF，FB，所以EF∥AC，所以∠BEF或其补角为直线AC与BE所成的角.因为BE=AD==，EF=AC=，BF==，所以cos∠BEF===-，即直线AC与BE所成角的余弦值为. 答案： 13.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线. 证明：(1)因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面. (2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设A1A，CC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线. 14.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C1D1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l. (1)画出直线l的位置，并说明作图依据； (2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积. 解：(1)如图所示，直线NE即为所求. 依据如下： 延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置. ∵DM∩D1A1=E， ∴E∈DM⊂平面DMN，E∈D1A1⊂平面A1B1C1D1， ∴E∈平面DMN∩平面A1B1C1D1， 又由题意显然有N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1， ∴平面DMN∩平面A1B1C1D1=NE，则NE即为直线l的位置.(也可根据线面平行性质确定直线位置) (2)设直线l与A1B1交于点P，连接MP，则P为A1B1的四等分点，正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM-D1ND， 其体积为V=(++)·A1D1 =a·=a3. 第四节　空间直线、平面的平行 课标要求 1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面平行的有关性质与判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 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 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”) 因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 因为l∥α，l⊂β，α∩β=b，所以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 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 因为a∥β，b∥β，a∩b=P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行(简记为“面面平行⇒线线平行”) 因为α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b，所以a∥b [细作教材小题] 1.(人A必修②P139·T3)判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”. (1)如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面. (　　) (2)如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行. (　　) (3)如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b. (　　) (4)如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2.(北师大必修②P235·T1改编)经过平面α外两点，作与平面α平行的平面，则这样的平面可以作 (　　) A.1个或2个 B.0个或1个 C.1个 D.0个 答案：B 3.(人A必修②P143·T1改编)已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线 (　　) A.只有一条，不在平面α内 B.只有一条，在平面α内 C.有两条，不一定都在平面α内 D.有无数条，不一定都在平面α内 解析：选B　显然P∉l，设由点P和直线l确定的平面为β，则β与α相交，设β∩α=a，P∈a，如图，直线a是唯一确定且在平面α内的直线，又l∥α，∴l∥a.如果过P还有一条直线b与l平行，则b∥a，这是不可能的.∴过点P且平行于l的直线只有一条，在平面α内. 4.(人B必修④P108·T3改编)已知平面α∥平面β，点P是平面α，β外一点(如图所示)，且直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B，C，D，若PA=4，PB=5，PC=3，则PD=　　　　.  解析：因为平面α∥平面β，平面α∩平面PBD=AC，平面β∩平面PBD=BD，所以AC∥BD，所以△PAC∽△PBD，即=，所以PD===. 答案： 5.(北师大必修②P235·T3)如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，四边形ABCD为正方形，点E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，画出此几何体，下面四个结论中正确的是　　　　　.  ①平面EFGH∥平面ABCD；　②平面PAD∥BC； ③平面PCD∥AB；　④平面PAD∥平面PAB. 解析：把平面展开图还原为四棱锥(如图所示)，则EH∥AB，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，又EF∩EH=E，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交；因为AB∥CD，所以平面PCD∥AB.同理可得平面PAD∥BC.故正确的有①②③. 答案：①②③ 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　直线与平面平行的判定与性质 题点1　直线与平面平行的判定 [例1]　如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，F，G分别为PB，AD的中点. (1)求证：AF∥平面PCG； (2)在线段BD上是否存在一点N，使得FN∥平面PCG，并给出必要的证明. 解：(1)证明：取PC的中点H，连接GH，FH，在△PBC中，F为PB的中点，∴FH􀰿BC.∵G为AD的中点，∴AG􀰿BC， ∴AG∥FH，AG=FH， 即四边形AGHF为平行四边形， ∴AF∥GH. ∵GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG， ∴AF∥平面PCG. (2)存在.证明：设BD∩CG=O，取OB的中点K，连接FK，PO，则在△POB中， ∵F，K分别是PB，OB的中点， ∴FK∥OP，∵OP⊂平面PCG，FK⊄平面PCG， ∴FK∥平面PCG.∵△DOG与△BOC相似，且相似比为1∶2， ∴BO=2DO=2KB，∴K为BD上靠近B点的三等分点. ∴N在K点位置时满足FN∥平面PCG. 即点N在线段BD靠近B点的三等分点时符合题意. |个性点拨|　判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α). (3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β). (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β). 题点2　直线与平面平行的性质 [例2]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E是A1C1的中点，过A，B，E作截面交B1C1于点D.求证：DE∥AB. 证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 因为AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AB∥平面A1B1C1，又AB⊂平面ABDE，平面A1B1C1∩平面ABDE=DE，所以DE∥AB. |个性点拨|　线面平行性质定理的解题关键 　　应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线. 逐点清(二)　平面与平面平行的判定与性质 [例3]　如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点. (1)求证：平面A1C1G∥平面BEF； (2)若平面A1C1G∩BC=H，求证：H为BC的中点. 证明：(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G， 又F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F=BG， 又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G， ∴BF∥平面A1C1G， 又EF∩BF=F，EF，BF⊂平面BEF， ∴平面A1C1G∥平面BEF. (2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线交BC于H， ∴A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点， ∴H为BC的中点. |点拨·建模| 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理. (2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). 2.面面平行条件的应用 (1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行. (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行. [提醒]　利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线. 3.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. 逐点清(三)　平行关系的综合应用 [例4]　(2025·铜川模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD，BC=AD，E是PD的中点. (1)求证：BC∥AD； (2)求证：CE∥平面PAB； (3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB?请说明理由. 解：(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以BC∥AD. (2)证明：如图，取F为AP的中点，连接EF，BF，由E是PD的中点， 所以EF∥AD且EF=AD，由(1)知BC∥AD，又BC=AD， 所以EF∥BC且EF=BC，所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF， 而BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，则CE∥平面PAB. (3)线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB，理由如下： 取AD的中点N，连接CN，EN，MN， 因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA， 因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以EN∥平面PAB， 由(2)知CE∥平面PAB，又CE∩EN=E，CE⊂平面CEN，EN⊂平面CEN， 所以平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN， 所以MN∥平面PAB，所以线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB. |点拨·建模|　 (1)三种平行关系的转化 (2)利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置.对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　与线、面平行有关命题的判定 1.(2024·大庆二模)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则可以用来判断l∥m的条件有 (　　) ①l⊥α，m⊥α；②l∥α，m∥α；③l⊂α，m⊂β，α∥β；④l⊂α，l∥β，α∩β=m. A.①② B.①③ C.②③ D.①④ 解析：选D　对于①，垂直于同一平面的两条直线平行，可以判断l∥m；对于②，平行于同一平面的两条直线可以平行、相交或异面，不可以判断l∥m；对于③，两个平行平面内的两条直线，可以平行或异面，不可以判断l∥m；对于④，由直线与平面平行的性质分析，可以判断l∥m，则可以判断l∥m的是①④. 2.(2025·呼和浩特模拟)[多选]下列条件中，能判定平面α与平面β平行的条件可以是 (　　) A.α内有无穷多条直线都与β平行 B.α内的任何一条直线都与β平行 C.直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α D.a⊥α，b⊥β，a∥b 解析：选BD　当α内有无穷多条直线都与β平行，平面α与平面β可能平行，也可能是相交的，所以A不正确；若平面α内的任何一条直线都与β平行，则平面α内必存在两条相交直线和平面β平行，根据面面平行的判定定理，可得α∥β，所以B正确；直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α，平面α与平面β可能平行，也可能是相交的，所以C不正确；由a⊥α，a∥b，可得b⊥α，又由b⊥β，根据垂直同一直线的两个平面平行，可得α∥β，所以D正确.故选BD. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，H分别为DD1，AB的中点，点F，G分别在棱BC，CC1上，且CF=CG=BC，则在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的直线的条数为 (　　) A.0 B.1 C.2 D.3 解析：选B　如图，取CE的中点I，CC1的中点K，连接AI，IG，EK，因为CI=IE，CG=GK，所以IG∥EK，且IG=EK.又AB∥EK，AB=EK，AH=AB，所以IG∥AH，且IG=AH，所以四边形AHGI为平行四边形，所以AI∥GH.又GH⊄平面ACE，AI⊂平面ACE，所以GH∥平面ACE.易知HF，GF均不与平面ACE平行.故选B. 逐点验收(二)　平行关系的证明及应用 4.(2024·乐山三模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BB1=3BD，点M在棱A1C1上，且M为A1C1的中点，点N在直线BB1上，若MN∥平面ADC1，则= (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选D　依题意，作出图形如图所示，取A1A的中点为P，因为M为A1C1的中点，所以MP∥AC1，又MP⊄平面ADC1，AC1⊂平面ADC1，所以MP∥平面ADC1，过点P作PN∥AD交BB1于N，则易知PN∥平面ADC1，又因为MP∩PN=P，MP⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，所以平面PMN∥平面ADC1.又MN⊂平面PMN，所以MN∥平面ADC1.因为AP∥DN，所以四边形APND为平行四边形，所以AP=DN=AA1=BB1，因为BB1=3BD，所以NB=DB+DN=BB1+BB1=BB1，NB1=BB1-BB1=BB1，所以==5. 5.如图所示，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，过M作MH⊥AB于H，求证： (1)平面MNH∥平面BCE； (2)MN∥平面BCE. 证明：(1)在正方形ABCD中，MH⊥AB，BC⊥AB，则MH∥BC，又MH⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，因此MH∥平面BCE， 由MH∥BC，得=，而AM=FN，AC=FB，则有MC=NB，即==，于是得NH∥AF∥BE，又NH⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，则NH∥平面BCE， 因为MH∩NH=H，MH，NH⊂平面MNH， 所以平面MNH∥平面BCE. (2)由(1)知，平面MNH∥平面BCE，而MN⊂平面MNH，所以MN∥平面BCE. 6.(2025·广州模拟)一正三棱台木块ABC-A1B1C1如图所示，已知2AC=3A1C1=6，AA1=2，点O在平面ABC内且为△ABC的重心. (1)过点O将木块锯开，使截面经过A1C1且平行于直线AC，在木块表面应该怎样划线，并说明理由. (2)在棱台的底面A1B1C1上(包括边界)是否存在点M，使得直线OM∥平面ACC1A1?若存在，求OM长度的取值范围；若不存在，请说明理由. 解：(1)如图，在平面ABC内过点O作直线DE∥AC交BA于点D，交BC于点E，连接DA1，EC1，则DE，DA1，EC1为截面与木块表面的交线，理由如下： 由于DE∥AC∥A1C1，故D，E，A1，C1四点共面， 且平面BCC1B1∩平面A1C1ED=C1E，平面ABB1A1∩平面A1C1ED=A1D，平面ABC∩平面A1C1ED=DE，则DE，DA1，EC1为截面与木块表面的交线. (2)分别取B1C1，A1B1的中点K，L，则当点M∈KL时有OM∥平面ACC1A1，证明如下： 由K，L分别为B1C1，A1B1的中点，得KL∥A1C1， 又由于在正三棱台ABC-A1B1C1中，DE∥AC，A1C1∥AC，所以KL∥DE，D，E，K，L四点共面， 又因为2AC=3A1C1=6，点O为重心，所以CE=BC=×B1C1=B1C1=C1K=1， 又由正三棱台ABC-A1B1C1的性质得CE∥C1K，故四边形CEKC1为平行四边形，故EK∥CC1， 因为EK⊄平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，所以EK∥平面ACC1A1，同理DE∥平面ACC1A1， 因为DE∩EK=E，DE，EK⊂平面DEKL，所以平面DEKL∥平面ACC1A1，所以当点M∈KL时，OM⊂平面DEKL，于是OM∥平面ACC1A1， 在梯形DEKL中，由已知条件和前面的分析知KL=A1C1=1，DE=AC=2，DL=EK=CC1=2， 即四边形DEKL是上、下底边长分别为1和2，腰长为2的等腰梯形，所以由等腰梯形性质得该等腰梯形DEKL的高为 =， 所以OK=OL==2，所以OM长度的取值范围为. [课时跟踪检测] 1.平面α内两条直线m，n都平行于平面β，则α与β的关系是 (　　) A.平行 B.相交 C.重合 D.不确定 解析：选D　若直线m与直线n为相交直线，根据平面与平面平行的判定定理可得α∥β，若m∥n，如图，可能α∥β，也可能α与β相交. 2.(2025·大庆开学考试)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是 (　　) A.若l⊥α，m⊥α，则l⊥m B.若l∥α，α∥β，则l∥β C.若l∥α，l⊂β，α∩β=m，则l∥m D.若l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β 解析：选C　若l⊥α，m⊥α，则l∥m，A错误；若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，B错误；由α∩β=m，l∥α，l⊂β，根据线面平行的性质知l∥m，C正确；如图，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，有α，β相交，D错误.故选C. 3.如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则的值为 (　　) A.1 B.2 C. D. 解析：选C　如图，连接CD，交PE于点G，连接FG，因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平面PEF=FG，所以AD∥FG，因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是△PBC的重心，所以==.故选C. 4.[多选]设α，β，γ是三个不同的平面，b，c是两条不同的直线，在命题“α∩β=b，c⊂γ，且　　　　，则b∥c”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有 (　　)  A.α∥γ，c⊂β B.b∥γ，c∥β C.c∥β，b⊂γ D.α∥γ，c∥β 解析：选ACD　如图1，α∩β=b，c⊂γ，α∥γ，c⊂β，∴β∩γ=c，利用面面平行的性质可知b∥c，故A正确；如图2，α∩β=b，c⊂γ，b∥γ，c∥β，∴b∥c或b与c是异面直线，故B错误；如图3，α∩β=b，c⊂γ，c∥β，b⊂γ，因为c∥β，c⊂γ，γ∩β=b，∴b∥c，故C正确；如图4，α∩β=b，c⊂γ，α∥γ，c∥β，∵c∥β，c⊂γ，γ∩β=c'∴c∥c'，∵α∥γ，β∩γ=c'，α∩β=b，∴b∥c'∴b∥c，故D正确. 5.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足什么条件时，有平面D1BQ∥平面PAO (　　) A.Q为CC1的三等分点 　 B.Q为CC1的中点 C.Q为CC1的四等分点 　 D.Q与C重合 解析：选B　如图所示，设Q为CC1的中点，连接PQ，∵P为DD1的中点，易知PQ∥CD∥AB，且PQ=CD=AB，故四边形BAPQ是平行四边形，∴QB∥PA，又QB⊂平面D1BQ，PA⊄平面D1BQ，∴PA∥平面D1BQ.连接DB，则DB过点O，且O是DB的中点，又∵P是DD1的中点，∴D1B∥PO，又D1B⊂平面D1BQ，PO⊄平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ.又PA∩PO=P，PA，PO⊂平面PAO，∴平面D1BQ∥平面PAO，故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO. 6.(2025·遂宁模拟)[多选]如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD=3AE，BC=3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系能成立的是 (　　) A.直线AB∥直线CD B.直线AB⊥直线PQ C.直线PQ∥直线ED D.直线PQ∥平面ADE 解析：选ABD　翻折之后如图所示.因为AD=3AE，BC=3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故A成立；连接FD，因为P，Q分别为FA，FD的中点，所以PQ∥AD，又因为AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故B成立；因为PQ∥AD，ED∩AD=D，所以PQ与ED不平行，故C不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故D成立. 7.(2025·重庆联考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且==，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则= (　　) A. B. C. D. 解析：选B　如图所示，延长AE交CD于点H，连接FH，则△DEH∽△BEA，所以==.因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1=FH，平面BD1G∩平面CDD1C1=D1G，所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以=，因为==，所以=，因为=，所以FD1=C1G，DF=CG，所以=，故选B. 8.(2025·福建模拟)[多选]已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BD，C1D1上(含端点)的点，则 (　　) A.当EF∥AD1时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定 B.当A1F∥CE时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定 C.当C1E∥平面ADF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定 D.当平面AED1∥平面A1CF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定 解析：选AD　对于A，当且仅当点E与点B重合，且点F与点C1重合时条件成立，故A正确；对于B，如图1，设A1F在平面ABCD上的投影为AF1，AF1∩BD=G，记BD的中点为O，则对于任何满足OE=OG且E，G不重合时，四边形AHCF1为平行四边形，即有EC∥AF1∥A1F，故B错误；对于C，如图1，设E在直线AD上的投影为E1，对于任何满足EE1=C1F的情况，有EE1∥AB∥C1D1，所以四边形EE1FC1为平行四边形，所以C1E∥FE1，又因为FE1⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E∥平面ADF，故直线EF的位置无法唯一确定，故C错误；对于D，如图2，当且仅当F为C1D1的中点时，取CD的中点H，连接AH，AH∩BD=E，因为==，即点E为线段BD上靠近点D的三等分点，因为AH∥A1F，A1F⊂平面A1CF，AH⊄平面A1CF，所以AH∥平面A1CF，连接A1D，A1D∩AD1=F，连接FH，易知FH∥A1C，A1C⊂平面A1CF，FH⊄平面A1CF，所以FH∥平面A1CF，又FH∩AH=H，FH，AH⊂平面AED1，所以平面AED1∥平面A1CF，故D正确. 9.如图，空间图形ABC-A1B1C1是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，α∩平面A1B1C1=m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是　　　　.  解析：由空间图形ABC-A1B1C1是三棱台，可得平面ABC∥平面A1B1C1，当平面ABC1为平面α，平面α∩平面A1B1C1=m时，又平面α∩平面ABC=AB，所以由面面平行的性质定理可知m∥AB，所取的这3个点可以是A，B，C1. 答案：A，B，C1(答案不唯一) 10.如图，正四棱锥P-ABCD的所有棱长都为2，E为PC的中点，M是底面ABCD内(包括边界)的动点，且EM∥平面PAB，则EM长度的取值范围是　　　　　.  解析：如图1，设BC，AD的中点分别为M1，M2，连接M1M2，则M1M2∥AB.因为M1M2⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以M1M2∥平面PAB.又EM1∥PB，EM1⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以EM1∥平面PAB.又M1M2∩EM1=M1，所以平面M1EM2∥平面PAB，所以动点M在线段M1M2上运动.连接AC，设PD，AC的中点分别为F，O，连接M2F，EF，M2E，OE，则在等腰梯形EFM2M1中，只需求出点E与线段M1M2上的点的距离的取值范围.易知M2F=FE=EM1=M1O=OM2=1，如图2，作EM3⊥M1O，则EM3=，M2E=2EM3=，所以EM长度的取值范围是. 答案： 11.(2025·辽宁模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为的正方形，PA=，PA⊥平面ABCD，M为线段PA的中点，若空间中存在平面α满足BD∥α，MC⊂α，记平面α与直线PD，PB分别交于点E，F，则PE=　　　　，四边形MECF的面积为　　　　.  解析：如图，过点C作BD的平行线QH分别交AD，AB的延长线于点Q，H， 则D，B分别为AQ，AH的中点，连接MQ，MH，分别交PD，PB于点E，F，则平面MQH即平面α， 取AD的中点G，由四边形ABCD是正方形，得GD=AD=QD，连接MG，则MG∥PD， ===，ED=MG=PD，因此PE=PD==. 连接EF，因为BD∥平面α，平面α∩平面PBD=EF，BD⊂平面PBD，所以BD∥EF， 所以EF∥QH，==， 依题意，PD=PB，由BD∥EF，得PE=PF，由△PEM≌△PFM，得ME=MF，从而MQ=MH， 由AC⊥QH，得C为QH的中点，由AB=，得BD=，QH=2， MC===，由S△QCE=S△HCF=·S△MQH=S△MQH， 故四边形MECF的面积S=S△MQH=S△MQH=QH·MC=×2×=. 答案：　 12.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点. (1)求证：BD1∥平面AMC； (2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC∥平面BND1. 证明：(1)如图，连接BD，设AC∩BD=O，连接OM， ∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点， ∵M是DD1的中点，∴OM∥BD1. ∵BD1⊄平面AMC，OM⊂平面AMC， ∴BD1∥平面AMC. (2)连接D1N，BN，∵N为CC1的中点，M为DD1的中点， ∴CN∥D1M，CN=D1M， ∴四边形CND1M为平行四边形，∴D1N∥CM， 又∵MC⊂平面AMC，D1N⊄平面AMC， ∴D1N∥平面AMC， 由(1)知BD1∥平面AMC，∵BD1∩D1N=D1，BD1⊂平面BND1，D1N⊂平面BND1， ∴平面AMC∥平面BND1. 13.(2025·上海模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且==. (1)作出平面PQC和平面AA1D1D的交线(保留作图痕迹)，并求证：PQ∥平面A1D1DA； (2)若R是AB上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA?请给出证明. 解：(1)连接CP并延长与DA的延长线交于点M，连接D1M，则平面PQC和平面AA1D1D的交线为D1M. 因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD， 故△PBC∽△PDM，所以==， 又因为==，所以==， 所以PQ∥MD1. 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA， 故PQ∥平面A1D1DA. (2)证明：当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA. 因为=，即=，故=， 所以PR∥DA. 又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA， 所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR=P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA. 14.三棱柱ABC-A1B1C1的棱长都为2，D和E分别是BB1和A1C1的中点. (1)求证：直线DE∥平面ABC1； (2)若∠A1AC=60°，点B到平面ACC1A1的距离为，求三棱锥D-ABC1的体积. 解：(1)证明：法一　在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，取B1C1的中点F，连接DF，EF，如图1.∵D和E分别是BB1和A1C1的中点，∴DF∥BC1，EF∥A1B1，∴EF∥AB. 又DF⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，且EF⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，∴DF∥平面ABC1，EF∥平面ABC1.又DF∩EF=F，DF，EF⊂平面DEF，∴平面DEF∥平面ABC1，而DE⊂平面DEF，故直线DE∥平面ABC1. 法二　连接CE交AC1于点G，连接CD交BC1于点H，连接HG，如图2. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC，BB1∥CC1， ∴====，∴=，则DE∥HG.又DE⊄平面ABC1，HG⊂平面ABC1，∴直线DE∥平面ABC1. (2)∵直线DE∥平面ABC1， ∴=，又∠A1AC=60°， ∴在平行四边形ACC1A1中，边AC上的高h'=2sin 60°=， 由B到平面ACC1A1的高hB=，则==·hB=××1××=.故三棱锥D-ABC1的体积为. 第五节　空间直线、平面的垂直 课标要求 1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中垂直关系的简单命题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.直线与平面垂直 (1)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)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 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角. (2)线面角θ的范围：. 3.平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念： 二面角 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 二面角的 平面角 过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角 二面角的 范围 [0，π] (2)判定定理与性质定理： 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α [细作教材小题] 1.(人A必修②P159·T2)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是 (　　) A.α⊥γ，β⊥γ B.α∩β=a，b⊥a，b⊂β C.a∥β，a∥α D.a∥α，a⊥β 答案：D 2.(人A必修②P162·T2改编)若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题中正确的是 (　　) A.平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线 B.平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线 C.平面α内的任一条直线必垂直于平面β D.过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β 答案：B 3.(苏教必修②P186·T8改编)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.  答案：7 4.(人A必修②P152·T4)过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，PB，PC. (1)若PA=PB=PC，则点O是△ABC的　　　　心；  (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，垂足都为P.则点O是△ABC的　　　心.  答案：(1)外　(2)垂 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　直线与平面垂直的判定与性质 [例1]　如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点.求证： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 证明：(1)在四棱锥P-ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， ∴CD⊥平面PAC，又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，PC，CD⊂平面PCD， ∴AE⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD， ∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又AB⊥AD且PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD， ∴AB⊥PD.又AB∩AE=A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE. |点拨·建模|　判定线面垂直的4种方法 (1)利用线面垂直的判定定理. (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”. (3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”. (4)利用面面垂直的性质定理. 逐点清(二)　平面与平面垂直的判定与性质 [例2]　在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE. (1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积； (2)若PB=PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE. 解：(1)如图所示，取DE的中点M，连接PM， 由题意知，PD=PE， ∴PM⊥DE. 又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PM⊂平面PDE， ∴PM⊥平面BCDE， 即PM为四棱锥P-BCDE的高. 在等腰直角三角形PDE中，PE=PD=AD=2， ∴PM=DE=，而直角梯形BCDE的面积S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6， ∴四棱锥P-BCDE的体积V=PM·S=××6=2. (2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN， 则BC⊥MN， ∵PB=PC，∴BC⊥PN. ∵MN∩PN=N，MN，PN⊂平面PMN， ∴BC⊥平面PMN. ∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM. 由(1)知，PM⊥DE， 又BC，DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的， ∴PM⊥平面BCDE. ∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE. |点拨·建模|　 1.判定面面垂直的方法 (1)面面垂直的定义. (2)面面垂直的判定定理. 2.面面垂直性质的应用 (1)面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”. (2)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面. 逐点清(三)　线面角与二面角 [例3]　(2025·重庆模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，若PA=2AB，则平面ABP与平面CDP夹角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，则此四棱锥可补形成长方体PB1C1D1-ABCD，如图，连接B1C，显然直线PB1是平面ABP与平面CDP的交线，由PB1⊥平面APD1D，得PB1⊥PA，PB1⊥PD，因此∠APD是平面ABP与平面CDP所成二面角的平面角，在Rt△PAD中，PA=2AD，则PD=AD，cos∠APD==，所以平面ABP与平面CDP夹角的余弦值为. [例4]　(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB.从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角， 即∠CED=150°.显然CE∩DE=E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此 平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE， 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1，DE=，在△CDE中，由余弦定理得CD===， 由正弦定理得=， 即sin∠DCE==， 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE===， 所以tan∠DCE==. 所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为. |点拨·建模|　 1.求线面角的3个步骤 一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　与线、面垂直有关命题的判定 1.(2025·长沙模拟)[多选]已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，下列命题不正确的是 (　　) A.若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β B.若m⊥n，m∥α，n⊥β，则α⊥β C.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D.若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β 解析：选ABC　若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α与β相交或平行，故A错误；若m⊥n，m∥α，n⊥β，则α与β相交或平行，故B错误；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β相交或平行，故C错误；若m∥n，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直，线线平行的性质可得α∥β，故D正确.故选ABC. 2.(2025·哈尔滨模拟)如图，在九面体ABCDEFGH中，平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∥平面HCD，AG=GF=CH=HD=AB，底面ABCDEF为正六边形，下列结论错误的是 (　　) A.GH∥平面ABCDEF B.GH⊥平面AFG C.平面HCD⊥平面ABCDEF D.平面ABG⊥平面ABCDEF 解析：选D　取AF的中点M，CD的中点N，连接GM，HN，MN.因为平面AGF⊥平面ABCDEF，平面AGF∥平面HCD，所以平面HCD⊥平面ABCDEF，C正确.因为AG=GF=AB=AF，所以GM⊥AF，GM⊂平面AFG，平面AGF⊥平面ABCDEF，又平面AGF∩平面ABCDEF=AF，所以GM⊥平面ABCDEF.同理可得HN⊥平面ABCDEF，则HN∥GM，又因为HN=GM，所以四边形HNMG为平行四边形，所以GH∥MN.因为GH⊄平面ABCDEF，MN⊂平面ABCDEF，所以GH∥平面ABCDEF，A正确.连接AN，FN，易得AN=FN，则MN⊥AF，GM⊥平面ABCDEF，MN⊂平面ABCDEF，则GM⊥MN.因为GM∩AF=M且都在平面AFG内，所以MN⊥平面AFG.因为MN∥GH，所以GH⊥平面AFG，B正确.连接AE，则AE⊥AB，若平面ABG⊥平面ABCDEF成立，根据面面垂直的性质易得AE⊥平面ABG，再由线面垂直的性质有AE⊥AG.因为GM⊥AE，根据线面垂直的判定得AE⊥平面AGF，这显然不成立，所以平面ABG⊥平面ABCDEF不成立，D错误. 3.(2025·海南模拟)[多选]如图，在矩形ABCD中，BC=1，AB=x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法正确的是 (　　) A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD 解析：选ABC　当AB=x=1时，矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD.将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确.又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC=O，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确.在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC=，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x=，当将△BAD沿直线BD翻折到AC=时，有AB2+AC2=BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD=A，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确.若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC=OA相矛盾，故D不正确.故选ABC. 逐点验收(二)　垂直关系的证明及应用 4.(2025·长沙模拟)如图，已知▱ABCD，直线BC⊥平面ABE，F为CE的中点. (1)求证：直线AE∥平面BDF； (2)若∠AEB=90°，求证：平面BDF⊥平面BCE. 证明：(1)设AC∩BD=G，连接FG.由四边形ABCD为平行四边形，得G是AC的中点. 又∵F是EC的中点，∴在△ACE中，FG∥AE. ∵AE⊄平面BFD，FG⊂平面BFD，∴AE∥平面BFD. (2)∵∠AEB=90°，∴AE⊥BE. 又∵直线BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE， ∴AE⊥BC. 又BC∩BE=B，BC，BE⊂平面BCE，∴直线AE⊥平面BCE. 由(1)知，FG∥AE，∴直线FG⊥平面BCE. 又直线FG⊂平面DBF，∴平面DBF⊥平面BCE. 5.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积. (2)已知D为棱A1B1上的点，求证：BF⊥DE. 解：(1)∵侧面AA1B1B是正方形， ∴AB⊥BB1，AB∥A1B1，AB=BB1=AA1=A1B1=2.又BF⊥A1B1，∴AB⊥BF. 又BF∩BB1=B，BF⊂平面B1BCC1，BB1⊂平面B1BCC1，∴AB⊥平面B1BCC1. 又BC⊂平面B1BCC1，∴AB⊥BC，即∠ABC=90°. ∵AB=BC=2， ∴AC===2. ∵E是AC的中点，∴CE=AC=， ∴S△EBC=S△ABC=××2×2=1. ∵棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱， ∴CC1⊥底面ABC，即FC⊥底面ABC. 又F是CC1的中点，∴FC=CC1=BB1=1， ∴VF-EBC=×1×1=. (2)证明：如图，取BC的中点M，连接B1M，EM，A1E， ∵E，M分别是AC，BC的中点，∴EM∥AB.又A1B1∥AB，∴A1B1∥EM，即A1，E，M，B1四点共面. ∵AB=BC=2，侧面AA1B1B为正方形，棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴四边形BCC1B1为正方形.易知Rt△FCB≌Rt△MBB1， ∴BF⊥B1M. 又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1=B1，B1M，A1B1⊂平面A1EMB1，∴BF⊥平面A1EMB1. 又DE⊂平面A1EMB1，∴BF⊥DE. 6.如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△SAD为正三角形.侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点. (1)求证：AF∥平面SEC； (2)求证：平面ASB⊥平面CSB； (3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG， ∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG=BC， ∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点， ∴AE∥BC，AE=BC， ∴FG∥AE，FG=AE， ∴四边形AFGE是平行四边形， ∴AF∥EG，又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC， ∴AF∥平面SEC. (2)证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°， ∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点， ∴AD⊥CE，又SE∩CE=E，SE，CE⊂平面SEC， ∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC， ∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形， ∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG， 又SA=AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB， 又FG∩SB=F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC， ∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB， ∴平面ASB⊥平面CSB. (3)存在点M满足题意.假设在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，则BD⊥OM， ∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△SAD为正三角形， ∴BE=，SE=，BD=2OB=2，SD=2，SE⊥AD， ∵侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD=AD，SE⊂平面SAD， ∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE， ∴SB==， ∴cos∠SBD==， ∴=，∴BM=，∴=. 逐点验收(三)　几何法求线面角与二面角 7.(2022·新课标Ⅰ卷)[多选]已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则 (　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 解析：选ABD　如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a，则易得BC1=a，OC1=，所以在Rt△BOC1中，OC1=BC1，所以∠OBC1=30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1=45°，故D正确.故选ABD. 8.(2025·茂名模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为6，侧棱长为8，D是侧面BB1C1C的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.2 C. D. 解析：选D　如图，取BC的中点E，连接DE，AE，由正三棱柱知DE⊥平面ABC，且DE=4，因为AE是斜线AD在底面上的射影，所以∠DAE为直线AD与底面ABC所成的角，在正三角形ABC中，AE=×6=3，直线AD与底面ABC所成角的正切值为==.故选D. 9.(2025·海口模拟)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为2，AC∩BD=O，侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°，A1O⊥平面ABCD，F为DC1的中点. (1)证明：BD⊥AA1； (2)求平面DAA1与平面CAA1夹角的余弦值. 解：(1)证明：∵棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为2，∴底面ABCD为菱形，故AC⊥BD， ∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴A1O⊥BD，且A1O∩AC=O，A1O，AC⊂平面A1OC，∴BD⊥平面A1OC，且A1A⊂平面A1OC， ∴BD⊥AA1. (2)因为A1O⊥平面ABCD，所以侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°即∠A1AO=60°， 如图，作OM⊥AA1于M，连接DM，由(1)知BD⊥AA1，且OM∩BD=O，OM，BD⊂平面OMD， ∴AA1⊥平面OMD，且MD⊂平面OMD， ∴AA1⊥MD，故∠OMD即二面角D-AA1-C的平面角， 由(1)知BD⊥平面A1OC，且MO⊂平面A1OC，∴BD⊥MO， ∴cos∠OMD=，且AO=AA1cos 60°=1， MO=AOsin 60°=，DO==， MD==， ∴cos∠OMD==. ∴平面DAA1与平面CAA1夹角的余弦值为. 细节、微点提醒 1.垂直关系中的三个重要结论 (1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. (2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法). (3)垂直于同一条直线的两个平面平行. 2.三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直. [课时跟踪检测] 1.(2025·东北师大附中模拟)如果直线l，m与平面α，β，γ满足l=β∩γ，l∥α，m⊂α和m⊥γ，那么必有 (　　) A.l⊥m B.m∥β C.m⊥β D.l∥m 解析：选A　∵m⊥γ，且l⊂γ，∴l⊥m，A正确，D错误.直线m和平面β没有确定关系. 2.(2025·万州模拟)[多选]已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法错误的是 (　　) A.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n B.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n C.若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β D.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β 解析：选ABC　由题意，A项，设α∩β=l，因为m∥α，则m∥l，又n∥β，则n∥l，所以m∥n，A错误；B项，设m⊥α且m⊂β，n⊥β且n⊂α，此时m⊥n，B错误；C项，当m∥α，n⊥β，m⊥n时，α可能垂直于β，C错误；D项，当m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β，D正确.故选ABC. 3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=1，AD=2，则直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　如图，连接AC，根据长方体性质知AA1⊥平面ABCD，故∠ACA1为A1C与平面ABCD所成的角，且AB=AA1=1，AD=2，所以CA1==，所以sin∠ACA1==. 4.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H必在 (　　) A.直线AC上 B.直线BC上 C.直线AB上 D.△ABC内部 解析：选C　连接AC1，如图所示. ∵∠BAC=90°，∴AB⊥AC.又BC1⊥AC，AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1，∴AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.又平面ABC1∩平面ABC=AB，∴点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上.故选C. 5.(2025·贵港模拟)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是矩形，且AD=2AB，点E是棱BC上的动点(包括端点)，则满足PE⊥DE的点E有 (　　) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 解析：选B　如图，连接AE.由已知可得PE⊥DE，PA⊥DE，又PA∩PE=P，所以DE⊥平面PAE，所以DE⊥AE，所以点E在以AD为直径的圆上，又由几何关系可知以AD为直径的圆与直线BC相切，故满足条件的点E只有1个. 6.(2025·杭州模拟)[多选]如图，在三棱锥P-EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则下列说法正确的是 (　　) A.△PEF的面积为 B.PD⊥EF C.平面PEF⊥平面DEF D.三棱锥P-EDF的体积为 解析：选ABD　易知S△BEF=S△PEF=BE·BF=，故A正确；连接BD交EF于G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD，EF⊥GP，又PG∩GD=G，PG，GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面GPD，又PD⊂平面GPD，所以EF⊥PD，故B正确；由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，易知PG=，DG=，PD=2≠，则PG，DG不垂直，故C错误；由题意可知PD，PE，PF两两垂直，则VP-EDF=·PD··PE·PF=，故D正确. 7.(2025·合肥一模)[多选]如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是 (　　) A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于 B.四棱锥C-ABC1D1的体积为 C.两条异面直线D1C和BC1所成的角为 D.二面角C-BC1-D的平面角的余弦值为- 解析：选ABC　如图，取BC1的中点H，连接CH，则CH⊥BC1，而AB⊥平面BCC1B1，CH⊂平面BCC1B1，得CH⊥AB，又AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，则CH⊥平面ABC1D1，所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角为，故A正确；点C到平面ABC1D1的距离为CH的长度为，则=AB·BC1·CH=×1××=，故B正确；易证BC1∥AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C或其补角，因为△ACD1为等边三角形，所以两条异面直线D1C和BC1所成的角为，故C正确；连接DH，由BD=DC1，所以DH⊥BC1，又CH⊥BC1，所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角，易求得DH=，又CD=1，CH=，由余弦定理可得cos∠CHD==，故D错误. 8.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BB1=BC=AC=6，A1B1=4，点D是AB的中点，点E是平面AA1C1C的中心，则点E到平面B1CD的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　如图所示，连接AC1，则点E在AC1上，再连接BC1交B1C于点F，则F为B1C的中点，连接DF，AB1，因为D为AB的中点，可得AC1∥DF，因为AC1⊄平面B1CD，DF⊂平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD，所以点E到平面B1CD的距离等于点A到平面B1CD的距离，设点E到平面B1CD的距离为d，由=，即··d=·S△ACD·BB1，由CD==4，可得S△ACD=AD·CD=4，又由B1D==2，B1C=6，所以CD2+B1D2=B1C2，所以△B1CD为直角三角形，所以=8，所以d===，即点E到平面B1CD的距离为.故选C. 9.已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β，下列四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l⊥m⇒α∥β；④l∥m⇒α⊥β.其中正确的命题是　　　.(写出所有正确命题的序号)  解析：因为α∥β，l⊥α，所以l⊥β，m⊂β，所以l⊥m，①正确；因为α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，所以l，m可能平行、相交或异面，②错误；l⊥m，l⊥α，m⊂β，则α，β相交或平行，③错误；l∥m，l⊥α，则m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，④正确. 答案：①④ 10.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件　　　　时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况).  解析：如图，连接A1C1，由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，故CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1=C1，故B1D1⊥平面A1C1C，而A1C⊂平面A1C1C，故A1C⊥B1D1. 答案：A1C1⊥B1D1 11.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为　　　　.  解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.因为VH∩VO=V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角.易求VH2=VA2-AH2=4，所以VH=2.而OH=BC=1，所以∠VHO=60°.故二面角V-AB-C的大小是60°. 答案：60° 12.(2025·延安一模)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，E是BD的中点，F是侧面BB1C1C内(含边界)的动点，若D1E⊥EF，则EF的最小值为　　　　　.  解析：如图，取BB1的中点M，连接MC，EC，EM，BD， 在Rt△EBM，Rt△D1DE中，====，所以Rt△D1DE∽Rt△EBM， 故∠DD1E=∠BEM，所以D1E⊥EM， 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，EC⊂平面ABCD，所以EC⊥BB1，又EC⊥BD，BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BB1D1D， 所以EC⊥平面BB1D1D，D1E⊂平面BB1D1D，所以EC⊥D1E， 又EM∩EC=E，EC，EM⊂平面EMC，则D1E⊥平面EMC，即F点的轨迹是线段MC， 在Rt△MEC中，EM==， EC=BD=，MC==， 当EF⊥MC时，EF最小， 此时EF==， 即EF的最小值为. 答案： 13.(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，AE=2，M为CD的中点. (1)证明：EM∥平面BCF； (2)求点M到平面ADE的距离. 解：(1)证明：由题意，得EF∥MC，且EF=MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF. 又CF⊂平面BCF，EM⊄平面BCF，所以EM∥平面BCF. (2)取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB∥MC，且AB=MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=. 又AD=，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形. 所以OA⊥DM，OE⊥DM，OA==3，OE==. 又AE=2，所以OA2+OE2=AE2， 故OA⊥OE. 又OA⊥DM，OE∩DM=O，OE，DM⊂平面EDM， 所以OA⊥平面EDM. 易知S△EDM=×2×=. 在△ADE中，cos∠DEA==， 所以sin∠DEA=，S△ADE=×2×2×=. 设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE=VA-EDM，得S△ADE·d=S△EDM·OA，得d=， 故点M到平面ADE的距离为. 14.(2025·丽水模拟)如图，在三棱台ABC-DEF中，∠BAC=60°，∠ACF=∠BCF=120°，BC=CF=AF=1. (1)证明：CF⊥DE； (2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； (3)当点C到平面ABED的距离最大时，求三棱台ABC-DEF的体积. 解：(1)证明：在△ACF中，由正弦定理，得=，解得sin∠CAF=， 由于∠CAF为锐角，故∠CAF=30°，故∠CFA=30°，所以CA=1， 由∠BAC=60°，所以AB=AC=1， 又∠ACF=∠BCF=120°，BC=1，所以BF==，所以BF=AF=， 取AB的中点O，连接OF，OC，则AB⊥OF，AB⊥OC，又OF∩OC=O，OF，OC⊂平面OCF， 故AB⊥平面OCF，又CF⊂平面OCF，故AB⊥CF，由三棱台的性质可知AB∥DE，所以DE⊥CF. (2)由三棱台的性质可知AC∥DF，所以直线DF与平面ABF所成的角即为直线AC与平面ABF所成的角. 由AB⊥平面OCF，AB⊂平面ABF，可知平面ABF⊥平面OCF，且两平面的交线为OF，作CG⊥OF，连接AG，则∠CAG即为直线AC与平面ABF所成的角. 在△OCF中，OC=AB=，OF===，由余弦定理，得cos∠COF==， 故sin∠COF=，CG=OC·sin∠COF=， 所以sin∠CAG==，故直线DF与平面ABF所成角的正弦值为. (3)取DE的中点H，连接OH，HF，易知OH⊥AB，OC⊥AB，又OH∩OC=O，OH，OC⊂平面OHFC， 故AB⊥平面OHFC，又AB⊂平面ABED，所以平面OHFC⊥平面ABED， 故OC⊥平面ABED时，C到平面ABED的距离最大. 在△OCF中，cos∠OCF==-，HF=OC+CFcos∠CFH=， DE==，OH=CFsin∠CFH=，OH⊥AB，OH⊥OC，AB∩OC=O，AB，OC⊂平面ABC， 故OH⊥平面ABC， 故S△ABC=，S△DEF=，VABC-DEF=. 第六节　空间向量及其应用 课标要求 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式. 2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 3.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示.能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 4.理解直线的方向向量及平面的法向量.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 5.能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理 对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a=λb. (2)共面向量定理 如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p=xa+yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底. 2.空间向量的性质 设a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a·b=|a||b|cos<a，b> a1b1+a2b2+a3b3 共线 a=λb(b≠0，λ∈R) a1=λb1，a2=λb2，a3=λb3(λ∈R) 垂直 |a||b|cos<a，b> =0(a≠0，b≠0) a1b1+a2b2+a3b3=0 模 |a| 夹角 余弦值 cos<a，b>= (a≠0，b≠0) cos<a，b>= 3.空间位置关系的向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1=λn2 (λ∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔ n1·n2=0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄α l∥α n⊥m⇔n·m=0 l⊥α n∥m⇔n=λm (λ∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n=λm (λ∈R) α⊥β n⊥m⇔n·m=0 [细作教材小题] 1.(人A选必修①P15·T2)若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是 (　　) A.b+c，b，b-c B.a，a+b，a-b C.a+b，a-b，c D.a+b，a+b+c，c 答案：C 2.(人A选必修①P12·例1改编)如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=ON，AP=AN，用向量表示，则= (　　) A.++ 　B.-+ C.-+ 　D.++ 解析：选A　=+=+=+(-)=+=+× =+=+×(+)=++. 3.(苏教选必修②P31·T1)设m为实数，直线l1的方向向量为a=(2，-1，2)，直线l2的方向向量为b=(1，1，m)，若l1⊥l2，则m的值为　　　　.  解析：∵l1⊥l2，∴a·b=0⇒2-1+2m=0，∴m=-. 答案：- 4.(人B选必修①P61·T2改编)已知A(1，0，1)，B(0，1，1)，C(1，1，0)，则平面ABC的一个法向量为　　　　.  解析：设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)， 由题意知=(-1，1，0)，=(1，0，-1). 因为n⊥，n⊥， 所以 令x=1，则y=z=1，所以n=(1，1，1). 答案：(1，1，1)(答案不唯一) 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　空间向量的线性运算 [例1]　在空间四边形ABCD中，=(-3，5，2)，=(-7，-1，-4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为 (　　) A.(2，3，3) B.(-2，-3，-3) C.(5，-2，1) D.(-5，2，-1) 解析：选B　因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点，所以=-=(+)，=(+). 所以=(+)-(+)=(+)=×[(3，-5，-2)+(-7，-1，-4)]=×(-4，-6，-6)=(-2，-3，-3). [例2]　在四面体OABC中，=a，=b，=c，点M在棱OA上，且=2，N为BC的中点，则= (　　) A.a-b+c B.-a+b+c C.a+b-c D.-a+b-c 解析：选B　如图，∵点M在线段OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，∴==(+)=+，∴=-=+-=-a+b+c. [例3]　(2024·上海高考)定义一个集合Ω，其元素是空间内的点，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1+λ2+λ3=0(其中O为坐标原点).已知(1，0，0)∈Ω，则(0，0，1)∉Ω的充分条件是 (　　) A.(0，0，0)∈Ω B.(-1，0，0)∈Ω C.(0，1，0)∈Ω D.(0，0，-1)∈Ω 解析：选C　因为存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1+λ2+λ3=0，所以共面.只要三点对应的向量共面就有(0，0，1)∈Ω，否则就能得到(0，0，1)∉Ω.(0，0，0)对应的向量是零向量，零向量与任意向量共线，故三点对应的向量共面，不能推出(0，0，1)∉Ω，故A错误；若(1，0，0)，(-1，0，0)∈Ω，且(1，0，0)，(-1，0，0)两点对应的向量共线，所以(0，0，1)可以属于Ω，故B错误；显然，(1，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)三点对应的向量不共面，故可以推出(0，0，1)∉Ω，故C正确；(0，0，-1)与(0，0，1)两点对应的向量共线，(1，0，0)，(0，0，-1)，(0，0，1)三点对应的向量共面，故不能推出(0，0，1)∉Ω，故D错误.故选C. |点拨·建模|　进行向量的线性运算的关键点 (1)结合图形，明确图形中各线段的几何关系. (2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义. (3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立. 逐点清(二)　空间向量的数量积及其应用 [例4]　如图，已知空间四边形ABCD每条边长和对角线长都等于1，E，F，G分别是AB，AD，CD的中点. (1)求证：EG⊥AB； (2)求EG的长； (3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值. 解：(1)证明：设=a，=b，=c，则|a|=|b|=|c|=1，<a，b>=<c，b>=<a，c>=60°， 所以=+=-++=-a+b+c， 所以·=·a =b·a+c·a-a2 =|b|·|a|cos 60°+|c|·|a|cos 60°-|a|2 =×1×1×+×1×1×-×12=0， 所以⊥，即EG⊥AB. (2)因为=-a+b+c， 所以= =(-2b·a-2c·a+2c·b+a2+b2+c2) =×=，所以||=，即EG的长为. (3)由题意得△ABC，△ACD，△ABD均为等边三角形且边长为1， 所以AG=EC=，又=(b+c)， =(+)=(-+)=b-a， 所以·=(b+c)· =b2-a·b+c·b-a·c =-|a||b|cos 60°+|c||b|cos 60°-|a||c|cos 60°=-+-=， 设异面直线AG和CE所成的角为θ， 则cos θ=|cos<>| ===. 所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为. |点拨·建模|　空间向量数量积的3个应用 求夹角 设向量a，b夹角为θ，则cos θ=，进而可求两异面直线所成的角 求长度 (距离) 利用公式| a |2= a·a ，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂 直问题 利用a⊥b⇔a·b=0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 逐点清(三)　利用空间向量证明空间位置关系 [例5]　如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB=AC，BC=AB，B1C1∥BC且B1C1=BC，二面角A1-AB-C是直二面角.求证： (1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 证明：(1)由二面角A1-AB-C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，则AA1⊥AB， AA1⊂平面A1ABB1，平面A1ABB1∩平面ABC=AB，可得AA1⊥平面ABC. 又因为AB=AC，BC=AB，所以AB2+AC2=BC2，所以∠CAB=90°，即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1两两垂直， 以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB=2，则点A(0，0，0)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)，B1(0，2，2)，=(0，2，0)， 易知平面AA1C的一个法向量为n=(0，1，0)，而=(0，2，0)=2n， 即∥n，所以A1B1⊥平面AA1C. (2)由(1)知=(0，2，2)，=(1，1，0)，=(2，0，-2)， 设平面A1C1C的法向量为m=(x1，y1，z1)， 则即令x1=1，则y1=-1，z1=1，即m=(1，-1，1)，所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0，所以⊥m， 又因为AB1⊄平面A1C1C，所以AB1∥平面A1C1C. |点拨·建模|　 (1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素). (2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　空间向量的运算 1.已知a=(2，-1，3)，b=(-1，4，-2)，c=(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于 (　　) A. B.9 C. D. 解析：选D　因为a，b，c三向量共面，所以设c=xa+yb(x，y∈R)，即(7，5，λ)=x(2，-1，3)+y(-1，4，-2)=(2x-y，-x+4y，3x-2y)，即有解得故λ=3x-2y=. 2.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB=，AD=，AA1=2，且∠A1AD=∠A1AB=60°，则线段AC1的长为 (　　) A.2 B.2 C. D.3 解析：选B　由=+，可得===+2·+，因为底面ABCD为矩形，AB=，AD=，AA1=2，所以==2+2=4，==8，又·=(+)·=·+·=||||·cos 60°+||||cos 60°=×2×+×2×=4，所以=+2·+=4+2×4+8=20，则||=2. 3.(2025·阜阳模拟)设A，B，C三点在棱长为2的正方体的表面上，则·的最小值为 (　　) A.- B.-2 C.- D.- 解析：选B　将正方体置于空间直角坐标系Oxyz中，且A在平面xOy中，点O和点(2，2，2)的连线是一条体对角线.设A(a1，a2，0)，B(b1，b2，b3)，C(c1，c2，c3)，B1(b1，b2，0)和C1(c1，c2，0)分别是点B，C在平面xOy上的投影.可得=(0，0，b3)，=(0，0，c3)，·=0，·=0，则·=(+)·(+)=·+·+·+·=·+b3c3， 因为·+b3c3≥·≥-||·||≥-，当且仅当点A为B1C1的中点时，等号成立， 此时可得-=-≥-2，所以·≥-2，当A(1，1，0)，|b1-c1|=|b2-c2|=2，且b3c3=0时等号成立. 4.(2025·菏泽模拟)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA=4，OB=3，OP=4，OP⊥底面ABCD，E，F分别为侧棱PB，PD的中点，点M在CP上且=2.求证：A，E，M，F四点共面. 证明：因为平面ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 由OP⊥平面ABCD，AC，BD⊂平面ABCD，得OP⊥AC，OP⊥BD， 所以OP，OA，OB两两垂直，建立如图空间直角坐标系Oxyz， A(4，0，0)，B(0，3，0)，C(-4，0，0)，D(0，-3，0)，P(0，0，4)，则E，F， 由=2知，点M为CP上靠近P的三等分点，则M，所以===， 设=x+y，则解得x=y=， 则=+，所以共面， 又直线AM，AE，AF的公共点为A，所以A，E，M，F四点共面. 逐点验收(二)　利用空间向量证明空间位置关系 5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且=λ，若B1F∥平面A1BE，则λ= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(1，0，0)，E，D1(0，1，1)，C1(1，1，1)，A1(0，0，1)，可得=(-1，0，1)，=，设n=(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则 令z=2，则x=2，y=1，即n=(2，1，2)， 由=(1，0，0)，且=λ， 可得F(λ，1，1)(0≤λ≤1)， 又因为B1(1，0，1)，则=(λ-1，1，0)， 由B1F∥平面A1BE，可得n·=2(λ-1)+1×1+0×2=0，解得λ=.故选C. 6.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是 (　　) 解析：选C　建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2a. 如图1，M(0，2a，2a)，N(2a，0，2a)，O(a，a，0)，P(0，2a，a)，则=(2a，-2a，0)，=(-a，a，a)，则·=-4a2，故A错误； 如图2，M(0，2a，2a)，N(2a，2a，0)，O(a，a，0)，P(0，0，a)，=(2a，0，-2a)，=(-a，-a，a)，则·=-4a2，故B错误； 图1 图2 如图3，M(2a，2a，2a)，N(0，2a，0)，O(a，a，0)，P(0，0，a)，=(-2a，0，-2a)，=(-a，-a，a)，则·=0，即MN⊥OP，故C正确； 如图4，M(0，0，2a)，N(0，2a，0)，O(a，a，0)，P(2a，a，2a)，=(0，2a，-2a)，=(a，0，2a)，则·=-4a2，故D错误. 　 　　　 图3　　　　　　　　图4 7.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在线段BB1上，且EB1=1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证： (1)平面A1B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 证明：以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4).设BA=a， 则A(a，0，0)，G. (1)因为=(a，0，0)，=(0，2，2)， =(0，2，-2)， 所以·=0，·=0. 所以⊥⊥， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD=B，BA，BD⊂平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD. 因为B1D⊂平面A1B1D， 所以平面A1B1D⊥平面ABD. (2)法一　因为==(0，1，1)， =(0，2，-2)， 所以·=0，·=0. 所以B1D⊥EG，B1D⊥EF. 因为EG∩EF=E，EG，EF⊂平面EGF， 所以B1D⊥平面EGF. 又由(1)知B1D⊥平面ABD， 所以平面EGF∥平面ABD. 法二　因为=， 所以=-，所以GF∥BA， 又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， 所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD， 又GF∩EF=F，GF，EF⊂平面EGF， 所以平面EGF∥平面ABD. 8.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC=2AB，AC=AB，PB⊥AC. (1)求证：平面PAB⊥平面ABCD； (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：在△ABC中，因为BC=2AB，AC=AB，所以AC2+AB2=BC2， 所以AC⊥AB，又AC⊥PB，PB∩AB=B， 且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB， 又AC⊂平面ABCD， 所以平面PAB⊥平面ABCD. (2)假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD. 取AB的中点为H，连接PH，BD，BQ， 则PH⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD=AB， 所以PH⊥平面ABCD. 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB=2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(-2，2，0)，P(1，0，)，则=(-2，2，0)，=(1，0，)，=(-4，2，0)，=(3，-2)， 设n1=(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，则取n1=(，1，-1). 设=λ，其中0≤λ≤1. 则=+=+λ=(3λ-4，2-2λ，λ)，连接EF，因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC∥EF.取与同向的单位向量j=(0，1，0). 设n2=(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量， 则 取n2=(λ，0，4-3λ). 由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有n1·n2=3λ+3λ-4=0，解得λ=. 故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，=. 细节、微点提醒 (1)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量. (2)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一. (3)用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知向量=(0，1，2)，=(-1，0，1)，=(2，1，λ)，若O，A，B，C共面，则在上的投影向量的模为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　因为O，A，B，C共面，则存在实数x，y，使得=x+y，即(2，1，λ)=(-y，x，2x+y)，于是x=1，y=-2，λ=2x+y=0，=(2，1，0)，所以在上的投影向量的模为==. 2.(2025·南通模拟)若{a，b，c}和{a+b，b-c，m}都为基底，则m不可以为 (　　) A.a B.c C.a+c D.a-c 解析：选C　若{a+b，b-c，m}不是一个基底，则可设m=λ(a+b)+μ(b-c)=λa+(λ+μ)b-μc(λ，μ∈R). 对于A，若m=a，则方程组无解， ∴{a+b，b-c，m}为基底，A错误；对于B，若m=c，则方程组无解，∴{a+b，b-c，m}为基底，B错误；对于C，若m=a+c，则 解得∴{a+b，b-c，m}不是一个基底，C正确；对于D，若m=a-c，则方程组无解，∴{a+b，b-c，m}为基底，D错误. 3.(2025·贵州模拟)已知点A，B，C，D分别位于四面体的四个侧面内，点O是空间任意一点，则“=++”是“A，B，C，D四点共面”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　充分性：因为=++，且++=1，由空间向量共面定理可知，A，B，C，D四点共面，所以充分性成立.必要性：若A，B，C，D四点共面，=a·+b·+c·，则a+b+c=1，其中a=，b=，c=只是其中的一种情况，a，b，c也可以是其他和为1的取值，所以必要性不成立.综上所述，“=++”是“A，B，C，D四点共面”的充分不必要条件. 4.已知平面α内有一个点A(2，-1，2)，α的一个法向量为n=(3，1，2)，则下列点P中，在平面α内的是 (　　) A.(1，-1，1) B. C. D. 解析：选B　对于选项A，=(1，0，1)，·n=5，所以与n不垂直，排除A；同理可排除C、D；对于选项B，有=，所以·n=0，因此B项正确. 5.(2025·榆林模拟)如图所示的三棱锥A-BCD中，令=a，=b，=c，且M，G分别是BC，CD的中点，则+等于 (　　) A.-a+b+c B.a+b+c C.-a+b+c D.-a+b-c 解析：选A　因为=a，=b，=c，所以=(a+b)，=(b+c)，所以=-=(b+c)-(a+b)=(c-a)，所以+=(c-a)+(b+c)=-a+b+c. 6.如图，二面角α-l-β等于135°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=2，BD=，则CD= (　　) A.2 B.2 C. D.4 解析：选C　由二面角的平面角的定义知<>=135°，所以·=||||cos<>=×2×cos 135°=-2，由AC⊥l，BD⊥l，得·=0，·=0，又因为=++，所以||2=(++)2=+++2·+2·+2·=()2+22+22-2·=10-2×(-2)=14，所以||=，即CD=.故选C. 7.(2025·杭州模拟)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1的中点，M是DB上靠近B的四等分点，P在正方体内部或表面，·(+)=0，则||的最大值是 (　　) A.1 B. C. D. 解析：选D　如图，建立空间直角坐标系，设P(x，y，z)，则D(0，0，0)，E， F，M， 所以=， =， 则+=， 因为·(+)=0，又=(x，y，z)，所以-x-y+z=0，即z=， 所以||2=x2+y2+z2=x2+y2+，又0≤x≤1，0≤y≤1，所以x2+y2+≤1+1+=3，当且仅当x=y=1，此时z=1时，等号成立，所以||的最大值是. 8.[多选]如图，已知正方体ABCD-EFGH的棱长为2，M为棱CG的中点，P为底面EFGH上的动点，则 (　　) A.存在点P，使得|AP|+|PM|=4 B.存在唯一点P，使得AP⊥PM C.当AM⊥BP时，点P的轨迹长度为 D.当P为底面EFGH的中心时，三棱锥P-ABM的外接球体积为 解析：选BCD　以D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.A(2，0，0)，M(0，2，1)，设P点坐标为(x，y，2)(0≤x≤2，0≤y≤2)，=(x-2，y，2)，=(-x，2-y，-1).为求|AP|+|PM|的最小值，找出点A关于平面EFGH的对称点，设该点为A1，则A1点坐标为(2，0，4)，∴|AP|+|PM|≥|A1M|==>4，故A错误；由AP⊥PM可得·=0⇒x2-2x+y2-2y+2=0⇒(x-1)2+(y-1)2=0⇒x=y=1，故B正确；当AM⊥BP，即·=0时，由点P坐标为(x，y，2)，得-2(x-2)+2(y-2)+2=0⇒y=x-1，点P轨迹是连接棱EF中点与棱EH中点的线段，其长度为线段HF的一半，即轨迹长度为，故C正确；当P为底面EFGH的中心时，由B选项知AP⊥PM，易得AB⊥BM，∴三棱锥P-ABM的外接球球心为棱AM的中点，从而求得球半径为|AM|=，∴外接球的体积V=，故D正确.故选BCD. 9.已知直线l的方向向量是m=(1，a+2b，a-1)(a，b∈R)，平面α的一个法向量是n=(2，3，3).若l⊥α，则a+b=　　　　.  解析：由题意知m∥n， ∴==，解得a=，b=-， ∴a+b=2. 答案：2 10.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，==2，AC1与平面EFG交于点M，则=　　　　.  解析：由题图知，设=λ(0<λ<1)，由已知=++=2+3+，所以=2λ+3λ+，因为M，E，F，G四点共面，所以2λ+3λ+=1，解得λ=. 答案： 11.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=，O为BC的中点，M是棱B1C1上一动点，过O作ON⊥AM于点N，则线段MN长度的最小值为　　　　.  解析：因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，O为BC的中点，取B1C1的中点Q，连接OQ，OA，OM， 如图，以O为原点，OC，OA，OQ所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，，0)，B1(-1，0，)，C1(1，0，)， 因为M是棱B1C1上一动点，设M(a，0，)，且a∈[-1，1]，所以·=(a，0，)·(0，，0)=0， 则OA⊥OM.因为ON⊥AM，所以Rt△OMN∽Rt△AMO，所以=，即MN===，于是令t=，t∈[]，所以==t-，t∈[]， 又函数y=t-在t∈[]上单调递增，所以当t=时，=-=， 即线段MN长度的最小值为. 答案： 12.已知a=(1，-3，2)，b=(-2，1，1)，点A(-3，-1，4)，B(-2，-2，2). (1)求|2a+b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b?(O为原点) 解：(1)2a+b=(2，-6，4)+(-2，1，1)=(0，-5，5)，故|2a+b|==5. (2)令=t(t∈R)，所以=+=+t=(-3，-1，4)+t(1，-1，-2)=(-3+t，-1-t，4-2t)，若⊥b，则·b=0，所以-2(-3+t)-1-t+4-2t=0，解得t=.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为. 13.中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石.如图所示的一块木料中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，点E，F分别是PC，AD的中点. (1)求证：EF∥平面PAB； (2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由. 解：(1)证明：如图，取PB的中点M，连接AM，ME， 因为E是PC的中点，所以ME∥BC，ME=BC， 因为F是AD的中点，所以AF=AD，因为四边形ABCD是正方形，所以AD=BC，AD∥BC， 所以ME∥AF，ME=AF， 所以四边形AFEM为平行四边形，所以AM∥EF， 因为AM⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(0，1，0)，所以=(-1，1，1)，=(-2，1，0)，=(0，2，-2)， 设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)， 则 令x=1，则n=(1，2，-1)，设PD∩平面BEF=H， 设=λ=λ(0，2，-2)，(0<λ<1)， 因为P(0，0，2)，所以H(0，2λ，2-2λ)， 则=(-2，2λ，2-2λ)， 由·n=(-2，2λ，2-2λ)·(1，2，-1)=-2+4λ+2λ-2=0，解得λ=， 即H为PD的三等分点， 连接EH，FH，即EH，FH就是应画的线. 14.(2024·泉州二模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面是边长为2的菱形，PA=2，∠DAB=60°，点E，F，G分别为线段CD，PD，PB的中点. (1)证明：EG∥平面PAD； (2)求平面AFG与平面PBC夹角的余弦值； (3)设直线PC与平面AFG的交点为Q，求四边形AFQG的面积. 解：(1)证明：取线段AB的中点M，连接ME，MG，如图所示， ∵点E为线段CD的中点，∴ME∥AD， 又∵ME⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴ME∥平面PAD，在△PAB中，∵点G为线段PB的中点，点M为线段AB的中点，∴MG∥PA， 又∵MG⊄平面PAD，AP⊂平面PAD，∴MG∥平面PAD，又ME∩MG=M，ME，MG⊂平面MEG，∴平面MEG∥平面PAD， 又EG⊂平面MEG，∴EG∥平面PAD. (2)设平面AFG与平面PBC的夹角为θ，连接BD和AC交于点O，过点O作直线OH垂直于平面ABCD， 如图， 以O为坐标原点，以向量分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则 A(，0，0)，B(0，1，0)，C(-，0，0)，D(0，-1，0)，P(，0，2)，F，G， 所以===(-，-1，0)，=(，-1，2). 设平面AFG的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则 取n1=(2，0，). 设平面PBC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则取n2=(1，-，-)， 则cos θ=|cos <n1，n2>|=，即平面AFG与平面PBC夹角的余弦值为. (3)设=λ=(2λ，0，2λ)，则Q(2λ-，0，2λ)，故=(2λ-2，0，2λ)， 依题意可得向量与共面，由平面向量基本定理可得，存在实数m，n，使得(2λ-2，0，2λ)=m+n，得故λ=， 故=，又=(0，1，0)， 因为·=0，所以⊥，又||=，||=1，故四边形AFQG的面积为||·||=. 第七节　空间中的距离 课标要求 1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题. 2.通过空间中距离问题的求解，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 空间向量与距离 直线l外一点P到直线l的距离 如图，直线l的单位方向向量为u，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ== 平面α外一点P到平面α的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ=== 线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离 [细作教材小题] 1.(人B选必修①P63·T1改编)已知直线l经过A(3，3，3)，B(0，6，0)两点，则点P(0，0，6)到l的距离为 (　　) A.2 B.1 C. D.2 解析：选A　根据题意，画出示意图，=(3，-3，3)，=(0，-6，6)，||=6，∵cos􀎮􀎯==，DB=||cos􀎮􀎯===4，∴点P到l的距离d===2. 2.(人A选必修①P35·T3改编)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，所以=(1，0，-1)，=(0，1，-1)，=(-1，0，0)，设平面A1C1D的一个法向量为m=(x，y，1)，则即解得故m=(1，1，1)，显然平面AB1C∥平面A1C1D，所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d===. 3.(苏教选必修②P43·T1)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中， (1)两条平行直线A1D和B1C间的距离为　　　　；  (2)两个平行平面A1DB和D1CB1间的距离为　　　　；  (3)点A到平面A1DB的距离为　　　　；  (4)点A到直线D1C的距离为　　　　.  答案：(1)1　(2)　(3)　(4) 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　点到直线的距离 [例1]　如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为 (　　) A.2 B.2 C. D.4 解析：选A　法一：几何法　如图，取PA的中点M，连接BM，CM. 因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC.又因为AB⊥BC，PB∩AB=B， 所以BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA. 因为M是PA的中点，PB=AB，所以BM⊥PA.又BC⊥PA，BM∩BC=B， 所以PA⊥平面BCM.又CM⊂平面BCM，所以CM⊥PA，即CM为点C到直线PA的距离. 在等腰Rt△PBA中，BM=PB=2， 在Rt△CBM中，CM===2，故点C到直线PA的距离为2. 法二：向量法　 如图，以B为坐标原点，射线BC，BA，BP分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系.则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，4，0)，P(0，0，4)，故=(2，0，-4)，=(0，4，-4)，所以PC在PA上的射影为d===2，故点C到直线PA的距离h===2， 即点C到直线PA的距离为2. |点拨·建模|　求点到直线的距离的常用方法 几何法 求点A到直线l的距离，就是求从点A向直线l所作的垂线段的长度，往往在直角三角形中利用勾股定理求解 向量法 点A到直线l的距离d=(其中A为直线l外一点，P为直线l上的任一点，n为与l的方向向量平行的单位向量) 逐点清(二)　点到平面的距离 [例2]　在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4，∠PBC=45°，则点C到平面PAB的距离是 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　法一　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，4，0)，P(0，4，4)，∴=(0，4，4)，=(4，0，0)，=(0，0，-4). 设平面PAB的法向量为m=(x，y，z)， 则即⇒ 令y=，则z=-1，∴m=(0，，-1)，∴点C到平面PAB的距离为=. 法二　∵PC⊥底面ABC，∴PC⊥AB.又AB⊥AC，且PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC.∵PA⊂平面PAC，∴AB⊥PA.∵AC=AB=4，∴BC=4，∴PC=4，PB=8.在Rt△PAB中，PA==4，设点C到平面PAB的距离为d，∵VP-ABC=VC-PAB，∴××4×4×4=××4×4×d，∴d=. |点拨·建模|　求点到平面的距离的常用方法 (1)几何法：①作出点到平面的垂线段，在直角三角形中，求这条垂线段的长度. ②把待求的点面距看作三棱锥的高，利用三棱锥的等体积转换法求解. (2)向量法：点A到平面α的距离d=(其中B是平面α内一点，n是平面α的一个法向量). 逐点清(三)　直线到直线的距离 [例3]　定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线AC与BC1之间的距离是 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　法一　设M为直线AC上任意一点，过M作MN⊥BC1，垂足为N，连接AN，如图，设=λ=λ+λ(0≤λ≤1)，=μ=μ+μ(0≤μ≤1)，则=-=+-=(1-λ)+(μ-λ)+μ=+.∵MN⊥BC1，∴·=0，即[(1-λ)+(μ-λ)+μ]·(+)=0.∵AB⊥AD，AB⊥AA1，AD⊥AA1，∴(μ-λ)+μ=0，即μ-λ+μ=0，∴λ=2μ.∴=(1-2μ)-μ+μ，∴||===，∴当μ=时，||取得最小值，最小值为=，故异面直线AC与BC1之间的距离是.故选B. 法二　如图，取BC的中点E，连接B1E，DE，B1E交BC1于点G，DE交AC于点F，则==2，==2.连接B1D，FG，在△B1DE中，==2，∴FG∥DB1，FG=DB1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易证B1D⊥AC， B1D⊥BC1，∴FG⊥AC，FG⊥BC1，∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=，∴FG=，即异面直线AC与BC1之间的距离为. 法三　如图，以D为坐标原点，以分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，C(0，1，0)，连接DB1，∴=(-1，1，0)，=(-1，0，1)，=(0，1，0)，=(1，1，1)，则·=0，·=0，∴DB1⊥AC，DB1⊥BC1，∴异面直线AC与BC1之间的距离为==. |点拨·建模|　直线与直线间的距离有以下2种情况 (1)两平行直线间的距离，此时其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离都相等，所以直线与直线的距离转化为点到直线的距离. (2)两异面直线间的距离，有两种求解方法： 几何法 求公垂线段的长度 向量法 在两直线上各取一点构成一个向量，u为在两直线的公垂线方向上的单位向量，则两异面直线间的距离为|·u| 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·菏泽期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到几何体ABCD-A1C1D1，且这个几何体的体积为10，则点D到平面A1BC1的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　设AA1=h，则=-=10，所以4h-h××4=10，可得h=3，如图，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 所以A1(2，0，3)，B(2，2，0)，C1(0，2，3)，则=(0，2，-3)，=(2，0，-3)， 设m=(x，y，z)是平面A1BC1的法向量， 则令z=2，则m=(3，3，2)，又=(2，2，0)，故点D到平面A1BC1的距离为==.故选D. 2.已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，点E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　如图建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，E，所以=(0，1，-1)，=，所以||=，||===-，所以点E到直线PD的距离是 ==. 3.如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB=2，AD=AA'=1. (1)求顶点B'到平面D'AC的距离； (2)求直线BC'到平面D'AC的距离. 解：(1)如图，分别以D'A'，D'C'，D'D所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D'(0，0，0)，A(1，0，1)，C(0，2，1)，B'(1，2，0). 所以=(1，0，1)，=(0，2，1).设平面D'AC的法向量为n=(u，v，w)， 则⇒ 取v=1，则u=2，w=-2，从而得到平面D'AC的一个法向量为n=(2，1，-2).因为=(-1，0，1)， 根据点到平面的距离公式知，点B'到平面D'AC的距离为d===. (2)由(1)知B(1，2，1)，C'(0，2，0)⇒=(-1，0，-1)，又=(-1，0，-1)，所以=，所以BC'∥AD'. 又BC'⊄平面D'AC，AD'⊂平面D'AC，从而BC'∥平面D'AC， 所以直线BC'到平面D'AC的距离即为点C'到平面D'AC的距离.因为=(0，0，1)，且由(1)知平面D'AC的法向量n=(2，1，-2)，所以直线BC'到平面D'AC的距离为d===. 4.如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面. (1)求证：平面BDF⊥平面BCG； (2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为，且线段AB长度为4，求点G到直线DF的距离. 解：(1)证明：过G作GH∥CB，交底面弧AB于H，连接HB，易知HBCG为平行四边形，所以HB∥CG.又G为弧CD的中点，所以H是弧AB的中点，所以∠HBA=45°.而由题意知∠ABF=45°，则∠HBF=∠HBA+∠ABF=90°，所以FB⊥HB，即FB⊥CG.由CB⊥底面ABF，FB⊂平面ABF，得CB⊥FB，又CB∩CG=C，CB，CG⊂平面BCG，所以FB⊥平面BCG.又FB⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG. (2)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，令半圆柱半径为r，高为h，则B(0，2r，0)，F(2r，0，0)，D(0，0，h)，G(-r，r，h)，所以=(-2r，0，h)，=(0，-2r，h)，=(0，2r，0)，=(-r，r，h). 设m=(x，y，z)是平面BDF的法向量， 则令z=2r，则m=(h，h，2r). 设n=(a，b，c)是平面ABG的法向量， 则 令c=r，则n=(h，0，r)， 所以|cos<m，n>|= ==， 整理可得(h2-4r2)(h2+2r2)=0， 则h=2r.又AB=4，由题意可知，G(-2，2，4)，D(0，0，4)，F(4，0，0)，则=(4，0，-4)，=(-2，2，0)，所以点G到直线DF的距离d==. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.直线l的方向向量为m=(1，0，-1)，且l过点A(1，1，1)，则点P(1，-1，-1)到l的距离为 (　　) A. B. C. D.2 解析：选C　∵A(1，1，1)，P(1，-1，-1)，∴=(0，-2，-2)，又m=(1，0，-1)，∴在m方向上的投影的模为||·cos<，m>===，∴P到l的距离d===. 2.(2025·深圳期末)若平面α的一个法向量为n=(1，2，1)，=(-1，-1，2)，A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为 (　　) A.1 B. C. D. 解析：选B　因为=(-1，-1，2)，平面α的一个法向量为n=(1，2，1)，所以点A到平面α的距离为=.故选B. 3.两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(1，2，3)，且两平面的一个法向量n=(-1，0，1)，则两平面间的距离是 (　　) A. B. C. D.3 解析：选A　∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(1，2，3)，=(1，2，3)，且两平面的一个法向量n=(-1，0，1)，∴两平面间的距离d===.故选A. 4.(2025·滁州模拟)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.在阳马P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=1，AB=AD=2，则点A到平面PBD的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　如图，作PE⊥BD交BD于点E，由题意知BD=2，PE=，设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥P-ABD的体积为×S△ABD×PA=×S△PBD×h，即有××2×2×1=××2××h，解得h=. 5.(2025·杭州模拟)如图，在下列四个正方体中，P是顶点，A，B，C是棱的中点，则三棱锥P-ABC的体积最大的是 (　　) 解析：选A　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2. 对于A，P(2，2，2)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，所以=(1，0，-1)，=(0，1，-1)，=(2，2，1)，设平面ABC的一个法向量为n=(x，y，z)，则令x=1，则y=z=1，所以n=(1，1，1)，设点P到平面ABC的距离为d1，则d1===，易知△ABC为等边三角形，边长为，所以S△ABC=×=，所以VP-ABC=·S△ABC·d1=××=.对于B，易求得S△PAC=，点B到平面PAC的距离为1，所以VP-ABC=VB-PAC=·S△PAC·1=××1=.对于C，P(2，2，0)，A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，2)，所以=(1，0，-1)，=(0，1，1)，=(2，2，-1)，设平面ABC的一个法向量为m=(x，y，z)，则令x=1，则z=1，y=-1，所以m=(1，-1，1)，设点P到平面ABC的距离为d2，则d2===，易求得S△ABC=，所以VP-ABC=·S△ABC·d2=××=.对于D，易求得S△PBC=，点A到平面PBC的距离为1，所以VP-ABC=VA-PBC=·S△PBC·1=××1=.所以A选项的体积最大. 6.[多选]如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内，其余各顶点均在平面α的同侧，已知顶点D，B到平面α的距离分别是1和2.下列说法正确的是 (　　) A.点C到平面α的距离是3 B.点C1到平面α的距离是4 C.正方体底面ABCD与平面α夹角的余弦值是 D.AB在平面α内的射影与AD1所成角的余弦值为 解析：选ACD　以A为坐标原点，为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，C1(3，3，3)，D1(0，3，3)，∴=(3，0，0)，=(0，3，0)，=(3，3，0)，=(3，3，3)，=(0，3，3)，设平面α的法向量m=(x，y，z)，则即令y=1，解得x=2，z=2，∴m=(2，1，2).对于A，点C到平面α的距离为==3，A正确；对于B，点C1到平面α的距离为==5，B错误；对于C，∵平面ABCD的一个法向量n=(0，0，1)，∴|cos<m，n>|==，即平面ABCD与平面α夹角的余弦值为，C正确；对于D，AB在平面α内的射影对应的向量t=-m=，∴|cos<t，>|===，即AB在平面α内的射影与AD1所成角的余弦值为，D正确.故选ACD. 7.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB=，PD⊥底面ABCD，若点D到平面PAC的距离为，则PD=　　　　.  解析：如图，设E为BC的中点，连接DE，因为底面ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB=，所以DE⊥BC，而AD∥BC，所以DE⊥DA.以D为坐标原点，以分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设PD=a，a>0，则P(0，0，a)，A(4，0，0)，C(-2，2，0).设n=(x，y，z)是平面PAC的法向量，因为=(4，0，-a)，=(-6，2，0)，则令x=a，得n=(a，a，4).设点D到平面PAC的距离为d，因为=(4，0，0)，所以d===，得a=2. 答案：2 8.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为　　　　.  解析：如图建立空间直角坐标系，连接A1P，则A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， 设P(x，0，1-x)，0≤x≤1，则=(x-1，0，-x)，=(-1，1，0)，∴动点P到直线A1C1的距离为d= ===≥，当且仅当x=时取等号，即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为. 答案： 9.(2025·哈尔滨模拟)在圆台O1O2中，ABCD是其轴截面，AD=DC=BC=AB，过O1C与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面CEF的距离是，则圆台的体积等于　　　　.  解析：连接O1D，O1O2，因为AD=DC=BC=AB，所以四边形ADCO1为平行四边形，所以O1C=O1D=O1A=AD，则△AO1D为正三角形，所以∠DAB=60°，由题意得，平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD=O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，则O1M=，所以AO1==2，则O1O2=DN=2sin 60°=，设圆台的上、下底面半径分别为r，R，高为h，则圆台的体积为V=h(R2+Rr+r2)=(4+2+1)=. 答案： 10.(2025·江西校联考模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P点为B1C1的中点，Q点在正方形ABCD内运动(含边界)，在点Q运动过程中，P点到平面A1D1Q的最小距离是　　　　.  解析：如图所示，连接A1P，D1P，PQ，由题意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，Q∈平面ABCD，所以Q到平面A1B1C1D1的距离等于A到平面A1B1C1D1的距离，所以=×AA1=××2×2×2=，所以==，设点P到平面A1D1Q的距离为h，则=·h=，所以h=，过点Q作QM⊥AD交AD于点M，又因为平面ABCD⊥平面ADD1A1，平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，QM⊂平面ABCD，所以QM⊥平面ADD1A1，又因为D1A1⊂平面ADD1A1，所以QM⊥D1A1，过点M作MN∥AA1交D1A1于点N，连接QN，则MN⊥D1A1，又因为MN∩QM=M，MN，QM⊂平面QMN， 所以D1A1⊥平面QMN，又因为QN⊂平面QMN，所以D1A1⊥QN，设QM=x(0≤x≤2)，则QN=(0≤x≤2)，所以=A1D1×QN=×2×=(0≤x≤2)，所以当x=2时，取得最大值为2，此时h取得最小值为. 答案： 11.(2024·辽宁二模)如图，经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是　　　　.  解析：如图，七面体为正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥B1-BA1C1的几何体， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线B1D上， 以点D为原点建立空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， 设球心O(a，a，a)， 故=(0，-1，1)，=(-1，0，1)，=(1-a，1-a，-a)， 设平面BA1C1的法向量为n=(x，y，z)， 则可取n=(1，1，1)， 则球心O到平面BA1C1的距离为==， 因为球O与三个正方形面和等边三角形面相切， 所以=a，解得a=， 所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是. 答案： 12.(2025·盐城模拟)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，设点P为底面A1B1C1D1内(含边界)的动点，则点A，C1到平面PBD距离之和的最小值为　　　　.  解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两互相垂直，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，设P(a，b，2)，0≤a≤2，0≤b≤2， 所以=(2，2，0)，=(a，b，2)，设平面PBD的法向量为m=(x，y，z)， 则令x=2， 则y=-2，z=b-a.于是m=(2，-2，b-a)， 则点A，C1到平面PBD的距离之和为d1+d2=+=+ ， 设b-a=t，则t∈[-2，2]，d1+d2=+==2= 2=2， 因为t∈[-2，2]，所以4-t∈[2，6]， 所以∈， 函数y=1-+开口向上，对称轴为=，在∈上单调递增， 所以当=时，d1+d2= 2取到最小值为d1+d2= 2=. 答案： 13.(2025·无锡模拟)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE=1. (1)求四棱锥D1-EABB1的表面积； (2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为，求点P到直线EB1的距离. 解：(1)由AE=1，AB=4，所以D1E=EB1===5，D1B1=4，所以=×1×4=2，=×4×=2==×4×4=8=×(1+4)×4=10， 故四棱锥D1-EABB1的表面积为++++=2+2+16+10=12+2+16. (2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则A(4，0，0)，B(4，4，0)，B1(4，4，4)，D1(0，0，4)，E(4，0，1)，P(0，a，4)，其中0≤a≤4， 则=(4，0，1)，=(4，4，4)，=(0，a，4)，设平面B1DE的法向量为n=(x，y，z)， 则即令x=1， 则平面B1DE的法向量n=(1，3，-4)， 设P到平面B1DE的距离为d，则d===， 由于0≤a≤4，解得a=1， 故P(0，1，4)，又=(0，4，3)，=(4，3，0)， 所以点P到直线EB1的距离为 ==. 14.(2025·广州模拟)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，OA=BF=，AD=3，点G是线段BF的中点，点H是的中点. (1)证明：EG∥平面DAF； (2)求点H到平面DAF的距离. 解：(1)证明：取AF的中点M，连接MD，MG， 因为点M，G分别是FA和FB的中点，所以MG∥AO，且MG=AB=AO. 在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，AO∥DE，AO=DE， 所以MG∥DE，MG=DE，因此四边形DEGM是平行四边形. 所以EG∥DM，又EG⊄平面DAF，DM⊂平面DAF，所以EG∥平面DAF. (2)由圆的性质可知，连接OG并延长必与圆O交于点H，连接OE，EH， 因为OG∥AF，OG⊄平面DAF，AF⊂平面DAF，所以OG∥平面DAF， 又EG∥平面DAF，且EG∩OG=G，EG，OG⊂平面OEH，所以平面DAF∥平面OEH. 从而点H到平面DAF的距离即为点E到平面DAF的距离. 以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则E(0，0，3)，A(0，-，0)，D(0，-，3)，F，所以=(0，，3)，=(0，0，3)，=. 设n=(x，y，z)为平面DAF的一个法向量，则由可取n=(，-1，0). 因此点E到平面DAF的距离d===，故点H到平面DAF的距离为. 第八节　向量法求空间角 课标要求 1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序. 2.体会向量法在研究空间角问题中的作用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.两条异面直线所成的角 设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos<u，v>|==. 2.直线和平面所成的角 直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos<u，n>|==. 3.平面与平面的夹角 (1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. (2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos<n1，n2>|==. [细作教材小题] 1.(人A选必修①P38·T1改编)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设BC=CA=CC1=2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，D1(1，1，2)，F1(1，0，2)，可得=(1，-1，2)，=(-1，0，2)，cos<>===，此时，BD1与AF1所成角的余弦值是.故选A. 2.(北师大选必修①P134·T3)若在正方体ABCD-A'B'C'D'中，点E是BB'的中点，则二面角E-A'D'-D的平面角的正切值为 (　　) A. B.2 C. D.2 解析：选B　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA'所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为a，则E，A'(0，0，a)，D'(0，a，a)， 设平面EA'D'的法向量为m=(x，y，z)， 则解得y=0，令x=1， 则z=2，所以m=(1，0，2)，易知平面A'D'D的一个法向量为n=(1，0，0)，设二面角E-A'D'-D的平面角为θ，可以看出θ为锐角，则cos θ===，则sin θ==，故tan θ==2. 3.(苏教选必修②P39·T1)若向量a=(2，-3，)是直线l的方向向量，向量n=(1，0，0)是平面α的法向量，则直线l与平面α所成的角为　　　　.  解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则由题意得sin θ=|cos<a，n>|= ==， 因为0°≤θ≤90°，所以θ=30°，所以直线l与平面α所成的角为30°. 答案：30° 考法(一)　异面直线所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　在三棱锥A-BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AB=2，AC=AD=3，==2，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　依题意，把三棱锥放在长方体中，如图所示， 因为AB=2，AC=AD=3，==2，以A为原点，AB，AC，AD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则有A(0，0，0)，B(2，0，0)，E，F(0，1，2)，所以==(-2，1，2)，所以cos<>==.故异面直线AE与BF所成角的余弦值为. [例2]　(2025·咸阳模拟)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为60°，AA1=2AB，AB=AD，E为B1C1中点，则异面直线BA1与D1E所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　根据题意以{}为基底表示出，可得=+=-+=+=-，又棱AA1，AB，AD两两的夹角均为60°，不妨取AB=AD=1，则AA1=2，所以||====，||====.又·=(-+)·=-||2+·+·-·=-12+×1×1×cos 60°+2×1×cos 60°-×2×1×cos 60°=-，所以cos<>===-，因此异面直线BA1与D1E所成角的余弦值为. |点拨·建模| 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)用坐标表示两异面直线的方向向量. (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值. (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 　　[针对训练] 1.(2025·石家庄期末)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA=AB，=2，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令PA=AB=6，而E，F分别是棱CD，PA的中点，则B(6，0，0)，C(6，6，0)，P(0，0，6)，E(3，6，0)，F(0，0，3)，由=2得，==(4，4，-4)，则H(4，4，2)，=(-2，4，2)，=(3，6，-3)，所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos<>|===.故选A. 2.(2025·南京一模)有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为2.所以A(2，1，0)，F(2，2，1)，B(1，0，2)，C(0，1，2)，D(1，2，2)，=(0，1，1)，=(-1，1，0).设=λ=(-λ，λ，0)，λ∈，则E(1-λ，λ，2)，=(-λ，λ-2，0). 所以cos<>===-　 =-. 令t=∈， 则cos<>=-， 因为2t2+2t+1∈， 所以cos<>∈. 故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为.故选C. 考法(二)　直线与平面所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中点. (1)求证：BG∥平面AEF； (2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值. 解：(1)证明：如图，取BC的中点H，取AD的中点M， 因为△FBC为等边三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥平面ABCD， 又FH⊂平面FBC，平面FBC∩平面ABCD=BC， 所以FH⊥平面ABCD， 又底面ABCD为矩形，则HM⊥HB. 以H为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，A，B，C，D，F， 已知G是CF的中点，则G，可知===(2，-1，0)，由四边形BDEF为平行四边形， 得=+=+=， 设平面AEF的法向量n=(x1，y1，z1)， 则 取z1=，得y1=1，x1=， 则平面AEF的一个法向量n=， 故·n=0×-×1+×=0，则⊥n.且BG⊄平面AEF，则BG∥平面AEF. (2)由(1)可知==(2，-1，0)，=， 设平面BDEF的法向量m=(x2，y2，z2)， 则 取z2=2，得y2=2，x2=， 得平面BDEF的一个法向量m=(，2，2). 设直线AE与平面BDEF所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，m>|===，则θ为锐角， 故cos θ===. 故直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为. |点拨·建模|　利用空间向量求线面角的解题步骤 [提醒]　线面角θ的正弦值等于直线的方向向量u与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ=|cos<u，n>|，不要误记为cos θ=|cos<u，n>|. 　　[针对训练] 3.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=6，AB=4，∠BAD=60°，E为线段B1D1的中点. (1)求证：AE∥平面BC1D； (2)求CE与平面BC1D所成角的正弦值. 解：(1)证明：如图，连接AB1，AD1，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥B1C1且AD=B1C1， 所以四边形AB1C1D为平行四边形，则AB1∥C1D， 又AB1⊄平面BC1D，C1D⊂平面BC1D，则AB1∥平面BC1D， 由AB∥D1C1且AB=D1C1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1， 又AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D， 则AD1∥平面BC1D， 又AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，AD1∩AB1=A， 则平面AB1D1∥平面BC1D，又AE⊂平面AB1D1，故AE∥平面BC1D. (2)取AB的中点M，连接DM， 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，则DM，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，分别以DM，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，又AA1=6，AB=4， 则A(2，-2，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，D1(0，0，6)，B1(2，2，6)，C1(0，4，6)，E(，1，6)，则=(2，2，0)，=(0，4，6)，=(，-3，6)， 设平面BC1D的法向量为n=(x，y，z)，则即 取x=，则y=-3，z=2，故平面BC1D的一个法向量为n=(，-3，2)， 设CE与平面BC1D所成的角为θ，则sin θ=|cos<，n>|==. 故直线CE与平面BC1D所成角的正弦值为. 4.(2025·合肥模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，上、下底面是边长分别为4和6的等边三角形，AA1⊥平面ABC，设平面AB1C1∩平面ABC=l，点E，F分别在直线l和直线BB1上，且满足EF⊥l，EF⊥BB1. (1)证明：EF⊥平面BCC1B1； (2)若直线EF和平面ABC所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 解：(1)证明：由三棱台ABC-A1B1C1知，B1C1∥平面ABC， 因为B1C1⊂平面AB1C1，且平面AB1C1∩平面ABC=l， 所以B1C1∥l. 因为EF⊥l，所以EF⊥B1C1，又EF⊥BB1，B1C1∩BB1=B1，B1C1，BB1⊂平面BCC1B1， 所以EF⊥平面BCC1B1. (2)取BC的中点M，连接AM，以A为原点，直线AM为y轴，直线AA1为z轴， 过点A作x轴垂直于平面yAz，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为h， 则B(3，3，0)，C(-3，3，0)，B1(2，2，h)，=(6，0，0)，=(-1，-，h)， 设平面BCC1B1的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令z=，可得平面BCC1B1的一个法向量n=(0，h，)， 易得平面ABC的一个法向量m=(0，0，1)， 设EF与平面ABC的夹角为θ， 所以cos<m，n>==， 由cos θ=，得sin θ=， 由(1)知∥n，所以sin θ=|cos<m，n>|==，解得h=，所以三棱台的体积V=h(S△ABC++)=19. 考法(三)　平面与平面所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例4]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)法一　如图，以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴、y轴，过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 令AD=t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，C(0，，0). 所以=(-t，，0)，=(0，0，2)， =(-t，0，-2)，=(0，-，0). 设平面PAC的法向量为m=(x，y，z)， 则即 不妨设x=，则y=t，z=0， 所以m=(，t，0). 设平面PCD的法向量为n=(r，s，v)， 则即 不妨设v=t，则r=-2，s=0，所以n=(-2，0，t). 因为二面角A-CP-D的正弦值为， 所以其余弦值的绝对值为， 所以|cos<m，n>|===， 解得t=，所以AD=. 法二　如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP. 又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF⊂ 平面DEF， 所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=，即tan∠DFE=. 由AD⊥DC，设AD=x(0<x<2)，则CD=，由等面积法可得DE=， 又CE==，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=， 故tan∠DFE==，解得x=，即AD=. |点拨·建模| 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 [提醒]　二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是. 　　[针对训练] 5.(2024·石家庄二模)如图，四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥平面ABCD，点E是PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=PD=1，CD=2. (1)求证：BE∥平面PAD； (2)求异面直线PB和AC所成角的余弦值； (3)点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为45°，求的值. 解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，∴以D为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ∵AB=AD=PD=1，DC=2，点E是PC的中点， ∴D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，E，则=. ∵DC⊥平面PAD，∴平面PAD的一个法向量为=(0，2，0). ∵·=0，∴⊥.∵BE⊄平面PAD，∴BE∥平面PAD. (2)由(1)得=(1，1，-1)，=(-1，2，0)，设异面直线PB和AC所成的角为θ，cos θ=|cos <>|===， ∴异面直线PB和AC所成角的余弦值为. (3)由(1)得=(1，1，0)，=(0，2，-1)，=(0，0，1)，设=λ，λ∈[0，1]，则=(0，2λ，-λ)， ∴=+=(0，2λ，1-λ)，设平面PBD的法向量为m=(x，y，z)，则 即不妨令x=1，得y=-1，z=0， ∴m=(1，-1，0). 设平面BDQ的法向量为n=(x'，y'，z')， 则即 不妨令x'=1，得y'=-1，z'=， ∴n=. ∵平面BDQ和平面PBD的夹角为45°， ∴cos 45°=|cos<m，n>|===，化简得λ2+2λ-1=0，解得λ=-1±，∵λ∈[0，1]， ∴λ=-1，∴=-1. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·天津二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱BB1的中点，∠ACB=90°，CC1=AC=2BC=2. (1)求证：C1M⊥平面AMC； (2)求异面直线AM与BC1所成角的余弦值； (3)求平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值. 解：(1)证明：如图所示，以CA，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，C1(0，0，2)，M(0，1，1)， 则=(0，1，-1)，=(2，0，0)，=(0，1，1)， 则·=(0，1，-1)·(2，0，0)=0，C1M⊥CA； ·=(0，1，-1)·(0，1，1)=0，C1M⊥CM.又CA∩CM=C，CA，CM⊂平面AMC，故C1M⊥平面AMC. (2)由=(-2，1，1)，=(0，-1，2)， 则|cos<>|===. 故异面直线AM与BC1所成角的余弦值为. (3)设平面AMC的法向量为n1=(x，y，z)，则 取y=1得到n1=(0，1，-1)； 设平面A1BC1的法向量为n2=(a，b，c)，则取c=1得到n2=(0，2，1). 平面AMC与平面A1BC1的夹角的余弦值为|cos<n1，n2>|===. 2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1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ABC-A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值. 解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC=A1C1， 连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，且DE=AC. 又F为A1C1的中点，可得A1F=A1C1， 所以A1F∥DE，且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ABC-A1B1C1为直棱柱，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所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设三棱柱的棱长为a(a>0)，则O(0，0，0)，B，C，A1，D(0，a，0)， 所以==， =. 设平面A1CD的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令x=2，得n=(2，1，0). 设直线BC与平面A1CD所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|==，所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为. 3.(2024·九省考前适应性测试)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°. (1)求证：C1O⊥平面ABCD； (2)求二面角B-AA1-D的正弦值. 解：(1)证明：∵=+ =-(+)， ∴·=·(-) =(·-·)-(-)=0，∴C1O⊥BD， 而CC1=2，CO=，∠C1CO=45°，∴C1O=，∴C1O2+OC2=C， ∴C1O⊥OC，∵BD∩OC=O，∴C1O⊥平面ABCD. (2)如图建系，∴B(，0，0)，A(0，-，0)，C1(0，0，)，C(0，，0)，A1(0，-2)，D(-，0，0)， ∴=(，0)，=(0，-)，=(-，0)， 设平面AA1B与平面AA1D的法向量分别为n1=(x1，y1，z1)，n2=(x2，y2，z2)， ∴⇒n1=(1，-1，-1)， ⇒n2=(1，1，1)， 设二面角B-AA1-D的平面角为θ， ∴|cos θ|===，sin θ=. ∴二面角B-AA1-D的正弦值为. 4.(2025·天津蓟州模拟)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：EF∥平面CPM； (2)求平面QPM与平面CPM夹角的正弦值； (3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离. 解：(1)证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD，所以AB∥PQ，又因为AB=PQ，所以四边形PABQ为平行四边形.由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM∥AB且EM=AB， 因为AB∥CD，CD=2AB，F为CD的中点，所以CF∥AB且CF=AB， 可得EM∥CF且EM=CF，即四边形EFCM为平行四边形， 所以EF∥MC，又EF⊄平面CPM，CM⊂平面MPC，所以EF∥平面CPM. (2)因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，可以建立以D为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得D(0，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，Q(0，1，2)，M(1，1，1). =(1，1，-1)，=(0，1，0)，=(1，-1，1)，=(0，2，-2)， 设n1=(x，y，z)为平面QPM的法向量， 则即不妨设z=1， 可得n1=(1，0，1)， 设n2=(x1，y1，z1)为平面CPM的法向量， 则即不妨设z1=1，可得n2=(0，1，1)，cos<n1，n2>==，于是sin<n1，n2>=. 所以平面QPM与平面CPM夹角的正弦值为. (3)设=λ(0≤λ≤1)，即=λ=(0，λ，-2λ)，则N(0，λ+1，2-2λ). 从而=(0，λ+1，2-2λ). 由(2)知平面QPM的法向量为n1=(1，0，1)，由题意，sin =|cos <，n1>|=， 即=， 整理得3λ2-10λ+3=0，解得λ=或λ=3， 因为0≤λ≤1，所以λ=，所以=，则==(0，1，-2).则N到平面CPM的距离为d==×=. 5.如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是的中点，H是上的动点. (1)求证：平面DOG⊥平面ABCD； (2)若BH=，求直线BH与平面DOG所成角的正弦值. 解：(1)证明：因为G是的中点，所以OG⊥BC. 根据圆柱的结构特征，可知平面BCG⊥平面ABCD， 又OG⊂平面BCG，平面BCG∩平面ABCD=BC，所以OG⊥平面ABCD. 又OG⊂平面DOG，故平面DOG⊥平面ABCD. (2)如图，设M为的中点，连接O1M，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，1)，B(0，1，1)，D(0，-1，0)，G(1，0，1)， 则=(0，-1，-1)，=(1，0，0). 设平面DOG的法向量为m=(x，y，z)， 则即令y=1， 则z=-1，所以m=(0，1，-1). 连接O1H，AH，则AH==1， 所以△O1AH是等边三角形，故∠AO1H=，则H，所以=. 设直线BH与平面DOG所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，m>|= ==. 故直线BH与平面DOG所成角的正弦值为. 第九节　立体几何中的综合问题 考法(一)　翻折问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　(2025·长春模拟)在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB⊥平面ACDE，过点E作EF∥AB，且EF=AB，连接FD，FB，BD，所得图形如图②所示，其中G为线段BD的中点，连接FG. (1)求证：FG⊥平面ABD； (2)若AC=AD=2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求平面ABC与平面BFD夹角的余弦值. 解：(1)证明：连接EC，交AD于点H，连接GH，∵四边形ACDE为菱形，∴EH⊥AD. ∵AB⊥平面ACDE，又EH⊂平面ACDE，∴AB⊥EH. 又∵AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABD，∴EH⊥平面ABD. ∵G，H分别为线段BD，DA的中点，∴GH∥AB，且GH=AB. 又∵EF∥AB，且EF=AB，∴EF∥GH，且EF=GH， 故四边形EFGH为平行四边形，∴FG∥EH，∴FG⊥平面ABD. (2)在菱形ACDE中，∵AC=AD，∴△ACD和△ADE都是正三角形， 取ED的中点为K，连接AK，∴AK⊥AC， 又∵AB⊥平面ACDE，AC，AK⊂平面ACDE， ∴AB⊥AC，AB⊥AK，即AB，AC，AK两两互相垂直， 如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC，AK所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB=2a(a>0)，已知AC=AD=2， ∴C(0，2，0)，B(2a，0，0)，D(0，1，)，F(a，-1，)， G，∴==(-2a，2，0)，=(0，-1，)，设平面BCD的法向量为m=(x，y，z)，则取z=1，则m=， 设直线FG与平面BCD所成的角为θ，因为直线FG与平面BCD所成角的正弦值为， 则sin θ=|cos <，m>|====，∴=，∴a=1，∴B(2，0，0)，D(0，1，)，F(1，-1，)， 设平面ABC的法向量为n1，取n1=(0，0，1)，=(-1，-1，)，=(-1，2，0)， 设平面BFD的法向量为n2=(x1，y1，z1)，则取y1=1，则n2=(2，1，)， 设平面ABC与平面BFD的夹角为α，则cos α=cos <n1，n2>===， 故平面ABC与平面BFD夹角的余弦值为. |点拨·建模|　解决空间角与翻折相结合问题的关键 盯住量 看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征 会转化 根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标 得结论 对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决 　　[针对训练] 1.如图所示，五边形ABCDE是正六边形ABCDME内一部分，将△ADE沿着对角线AD翻折到△ADP的位置，使平面ADP⊥平面ABCD，已知点F，G分别为PC，AD的中点. (1)求证：AP∥平面BFG； (2)求平面BFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值. 解：(1)证明：如图，连接AC交BG于点O，连接CG， 由题意得四边形ABCG为平行四边形，则O为AC的中点， 连接OF，则OF∥AP，OF=AP，又OF⊂平面BFG，AP⊄平面BFG，故AP∥平面BFG. (2)取AG的中点H，连接PH，BH，PG， 由题意可知，AB=BG，AP=PG， 则BH⊥AG，PH⊥AG. 又平面ADP⊥平面ABCD，且平面ADP∩平面ABCD=AD，故PH⊥平面ABCD. 以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设AB=2，则B(，0，0)，A(0，-1，0)，P(0，0，)，G(0，1，0)， 设平面BFG的法向量为m=(x，y，z)， ∵=(-，1，0)，==， ∴取z=1， 则m=(-1，-，1)， 又平面ABCD的一个法向量为n=(0，0，1)， ∴所求值为cos θ====.故平面BFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为. 考法(二)　空间角与探索性问题相结合 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　(2025·晋中模拟)如图，在多面体ABCDEF中，侧面BCDF为菱形，侧面ACDE为直角梯形，AC∥DE，AC⊥CD，N为AB的中点，点M为线段DF上一动点，且BC=2，AC=2DE，∠DCB=120°. (1)若点M为线段DF的中点，证明：MN∥平面AEF. (2)若平面BCDF⊥平面ACDE，且DE=2，在线段DF上是否存在点M，使得直线MN与平面ABF所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：取AC的中点G，连接NG，GD，因为N，G分别为AB，AC的中点，所以NG∥BC且NG=BC. 因为四边形BCDF为菱形，M为DF的中点，所以DM∥BC且DM=BC， 所以NG∥DM且NG=DM，则四边形NGDM为平行四边形，所以MN∥DG. 又侧面ACDE为直角梯形，AC∥DE，AC=2DE，且G为AC的中点， 所以AG∥DE且AG=DE，所以四边形AGDE为平行四边形，所以AE∥DG，所以AE∥MN. 因为MN⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以MN∥平面AEF. (2)取DF的中点H，连接CH，CF， 因为平面BCDF⊥平面ACDE，平面BCDF∩平面ACDE=CD，AC⊥CD，AC⊂平面ACDE. 所以AC⊥平面BCDF. 因为CH⊂平面BCDF，CB⊂平面BCDF，所以AC⊥CH，AC⊥CB. 因为∠DCB=120°，四边形BCDF为菱形，所以△DCF为等边三角形. 因为H为DF的中点，所以CH⊥DF，CH⊥CB，所以CH，CB，CA两两垂直， 以C为原点，分别以CA，CB，CH所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则N(2，，0)，A(4，0，0)，B(0，2，0)，F(0，，3)，D(0，-，3)， 所以=(0，2，0)，=(-4，2，0)，=(-4，，3)，=(-2，-2，3). 设=λ，则=λ=(0，2λ，0)， =+=(-2，2λ-2，3)， 设平面ABF的法向量为m=(x，y，z)，则令x=，则y=2，z=，所以m=， 设直线MN与平面ABF所成的角为θ，则cos θ=，又θ∈，所以sin θ==， 所以sin θ=|cos <，m>|===，所以λ=， 所以线段DF上存在点M，使得直线MN与平面ABF所成角的余弦值为，此时=. |点拨·建模|　 　　借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在. 　　[针对训练] 2.如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD=AB，如图2所示. (1)求证：PD⊥BC； (2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：在图1连接DE交BC于O点， 在图2中，易知△BCD，△BCP都是等边三角形， 易得DO⊥BC，PO⊥BC，又DO∩PO=O，DO，PO⊂平面POD，可得BC⊥平面POD， 又直线PD⊂平面POD，所以PD⊥BC. (2)法一：几何法　假设存在点M，符合题意. 设AB=2，则PD=3，则在△POD中， 由OD=OP=，PD=3， 由余弦定理得∠POD=120°， 由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC， ∴直线AD⊥平面POD， ∵AD⊂平面ADP，∴平面ADP⊥平面POD. 作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP， 在△POD中，由OD=OP=，DP=3，∠POD=120°，得OQ=. 如图，取AP的中点N，连接BN，QN，MN， 由QN􀰿AD，OB􀰿AD得四边形BNQO为平行四边形， ∵OQ⊥平面ADP，∴BN⊥平面ADP， 则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN=OQ=. 由已知cos θ=，即sin θ==， 由BN=BMsin∠BMN=，得BM=. 在△BDM中，设DM=t，0≤t≤3，由余弦定理得()2=22+t2-2×2×t×， 即t2-3t+2=0，解得t=1或t=2. ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时=2或=. 法二：等体积法　设AB=2，则PD=3， 则在△POD中，由OD=OP=，PD=3，由余弦定理得∠POD=120°， 作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH=60°，∴PH=POsin 60°=. 由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC， ∴直线AD⊥平面POD， ∴AD⊥PD，∴△ADP是直角三角形， ∴Rt△ADP的面积为×AD×PD=×2×3=3， 设点B到平面ADP的距离为h，由VB-ADP=VP-ABD得，×3×h=××4×，得h=， 设直线BM与平面APD所成的角为θ， 则cos θ=，∴sin θ==， ∴h=BMsin θ=，得BM=， 在△BDM中，设DM=t，0≤t≤3，由余弦定理得=22+t2-2×2×t×， 即t2-3t+2=0，解得t=1或t=2. ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时=2或=. 法三：向量法　由法二知PH=，如图，以BC的中点O为原点，OB，OH，Oz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，A(2，-，0)，D(0，-，0)，P， 因此=(-2，0，0)，=， 设平面ADP的法向量为n=(x，y，z)， 则 解得x=0，令y=-1，则z=， 即向量n=(0，-1，)， 设存在点M，=λ，0≤λ≤1，满足题意， 则=λ=， ∴=+=，设直线BM与平面APD所成的角为θ，则cos θ=，∴sin θ==， ∴sin θ== ==， 解得λ1=，λ2=. ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时=2或=. 考法(三)　空间角中的最值、范围问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　(2025·菏泽模拟)如图，四边形ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上. (1)求证：CF⊥平面ACDE； (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值； (3)记直线BE与平面ABC所成的角为α，若tan α>，求平面BCD与平面CFD夹角余弦值的取值范围. 解：(1)证明：因为AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=12，AB=2，AF=2FB， 所以AF==+=++·=， AC2+CF2=4+==AF2，则CF⊥AC， 又因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，CF⊂平面ABC，故CF⊥平面ACDE. (2)以C为原点，为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz， 由∠EAC=60°，得∠DCA=120°，DC=2，所以C(0，0，0)，D(-1，0，)，A(2，0，0)，F， 所以==(-1，0，)， 设=λ=， 则N， 设=μ，则M(-μ，0，μ)， =， 由题知则 解得λ=，μ=-，故=. (3)易知B(-1，，0)，设∠EAC=θ，则E(2-2cos θ，0，2sin θ)，=(3-2cos θ，-，2sin θ)， 可取平面ABC的法向量n=(0，0，1)，则sin α= |cos<n，>|== =，cos α=，则tan α=>， 整理得10cos2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈， ==(-2cos θ，0，2sin θ)，=(-1，，0)， 记平面CFD的法向量为n1=(x，y，z)，则即 可得n1=(sin θ，0，cos θ)， 记平面BCD的法向量为n2=(a，b，c)，则即 可得n2=(sin θ，sin θ，cos θ)， 记平面BCD与平面CFD所成的角为γ，则cos γ=|cos< n1，n2>|=，因为cos θ∈， 所以sin 2θ∈∈，故cos γ=∈.即平面BCD与平面CFD夹角余弦值的取值范围为. |点拨·建模|　 　　空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化，进而就有了面积与体积及角度的最值问题. 定性 分析 在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积等的变化规律，求得其最大值或最小值 定量 分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题.根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择 　　[针对训练] 3.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面圆的直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E在母线PC上，且AE=，CE=1. (1)求证：PO∥平面BDE； (2)求证：平面BED⊥平面ABD； (3)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离. 解：(1)证明：如图，设AC交BD于点F，连接EF，由圆锥的性质可知PO⊥底面ABD， 因为AC⊂平面ABD，所以PO⊥AC，又△ABD是底面圆的内接正三角形，由AD=，可得AF=， 由=AC，解得AC=2，又AE=，CE=1，所以AC2=AE2+CE2，即∠AEC=90°，AE⊥PC， 又==，所以△AEC∽△AFE， 所以∠AFE=∠AEC=90°，即EF⊥AC， 又PO，AC，EF⊂平面PAC，直线EF∥PO，PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，所以直线PO∥平面BDE. (2)证明：因为PO∥EF，PO⊥平面ABD， 所以EF⊥平面ABD， 又EF⊂平面BED，所以平面BED⊥平面ABD. (3)易知PO=2EF=，以点F为坐标原点，FA，FB，FE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B，D， E，P，O， 所以==， ==(0，0，)， 设平面ABE的法向量为n=(x，y，z)， 则 令x=1，则n=(1，)，设=λ(0≤λ≤1)， 可得=+=， 设直线DM与平面ABE所成的角为θ， 则sin θ===， 即sin2θ==， 令y=，x∈[0，1]， 则y==4=4=≤=4， 当且仅当x=时，等号成立， 所以当x=时，y=有最大值4， 即当λ=时，sin θ的最大值为1，此时点M，所以=， 所以点M到平面ABE的距离d===， 故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离为. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·潍坊模拟)如图，线段AA1是圆柱OO1的母线，△ABC是圆柱下底面☉O的内接正三角形，AA1=AB=3. (1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB?若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由. (2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值. 解：(1)如图，过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点D，连接OO1，O1D，OB，因为OO1∥AA1，AA1⊂平面AA1B，OO1⊄平面AA1B， 则OO1∥平面AA1B，同理可证OD∥平面AA1B， 又因为OO1∩OD=O，且OO1⊂平面OO1D，OD⊂平面OO1D，所以平面AA1B∥平面OO1D， 又因为O1D⊂平面OO1D，所以O1D∥平面A1AB，故存在点D满足题意. 因为△ABC为底面☉O的内接正三角形，所以∠BAC=，即∠ABO=∠BOD=， 又因为AB=3， 所以☉O的半径为=， 所以劣弧BD的长度为×2π×=. (2)如图，取BC的中点为M，连接MA，OO1，以M为原点，MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1的平行线为z轴，建立空间直角坐标系， 又因为AA1=AB=3，设AB的中点为N. 故M(0，0，0)，B，A， O，O1，N， 易知ON⊥平面AA1B，所以平面AA1B的一个法向量为=. 设平面CBO1的法向量为n=(x，y，z)， 又因为==， 故即 令y=2，得n=(0，2，-1). 所以平面CBO1和平面BAA1所成角的余弦值为|cos<，n>|===. 故平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值为=. 2.(2025·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=BC=1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2. (1)求证：BD⊥PD； (2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值. 解：(1)证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连接BD， 因为AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB=BC=1， 所以BF=FC=1，BD=，DC=，又BD2+DC2=BC2，所以BD⊥CD， 因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD， 所以BD⊥PD. (2)如图，由DC=，得ED2+EC2=2≥，即ED+EC≤2，当且仅当ED=EC=1时取等号. 当△CDE周长最大时，ED=EC=1，即PD=PC=1. 取DC的中点O，因为DF=FC=1，所以OF⊥DC. 以O为原点，OF为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P，B，A， 所以==， 设n=(x，y，z)为平面PAB的法向量，则即 令x=1，则n=(1，-1，3)， 易知平面PCD的一个法向量为m=(1，0，0)， 则|cos<m，n>|===， 所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为. 3.(2025·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=2，∠CBD=45°，BC=AE=DE，且四边形BDEN为矩形. (1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°?若不存在，请说明理由.若存在，确定点Q的位置并加以证明. 解：(1)证明：由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=2，∠CBD=45°，BC=AE=DE， 故有BC=DC=，易得AE=DE=，BD=2，AD===2， 在△ABD中，因为AD2+BD2=AB2， 所以BD⊥AD. 因为四边形BDEN为矩形，所以BD⊥DE， 又DE∩AD=D，DE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，故BD⊥平面ADE. 因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE. (2)存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处. 证明如下：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)， B(0，2，0)，E(1，0，1)， 所以=(0，2，0)，=(2，0，0)，=(1，-2，1)， 设=λ=λ=λ(0，2，0)，其中0≤λ≤1，解得Q(1，2λ，1)， 故=(1，2λ，1)， 设平面QAD的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令y=1，则x=0，z=-2λ， 故n=(0，1，-2λ). 因为直线BE与平面QAD所成的角为60°， 所以sin 60°=|cos􀎮，n􀎯|= ==， 解得λ=或λ=， 故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处. 4.(2025年1月·八省高考适应性演练)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点. (1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. ①证明：平面PAC⊥平面ABC； ②求球O的半径. (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 解：(1)如图1，在△ACD中，由AC=CD=1，∠ADC=30°，得∠CAD=∠ADC=30°， 所以AD=2ACcos∠DAC=2×1×cos 30°=， 且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°，即AB⊥AC. ①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图2所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P.设球心O(a，b，c)，半径为R， 则AO=BO=CO=PO=R， 所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2++=R2， 解得a=，b=，c=，R=，所以球O的半径为. 图1　　　　　　图2 (2)在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，则由(1)知AG=cos 30°=，PG=sin 30°=，设∠PGM=θ，θ∈(0，π)，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图3所示的空间直角坐标系， 图3 则G(0，0，0)，A，B，C，P，所以=(0，-1，0)，=(1，-1，0)，=， 设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)， 则 所以 取x1=sin θ，x2=1，则m=(sin θ，0，-cos θ)， n=， 所以cos<m，n>= = =， 令t=cos θ+，则cos θ=t-， 由θ∈(0，π)得t∈(-1，+1)， 则∈， 则cos<m，n>= = =≥=， 当且仅当=，即t=cos θ=-时等号成立， 所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$