第七章 立体几何与空间向量（教师用书）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（普高固基版）

第七章　立体几何与空间向量 第一节　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能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的直观图. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 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.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于 一点 延长线交于一点 — 轴截面 矩形 等腰三 角形 等腰梯形 圆面 侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 — 3.直观图的斜二测画法的规则 建 系 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 规 则 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 4.圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 S圆柱侧=2πrl S圆锥侧=πrl S圆台侧=π(r1+r2)l 5.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积公式(其中高为h，球的半径为R) 名称 表面积 体积 柱体 S表面积=S侧+2S底 V=S底h 锥体 S表面积=S侧+S底 V=S底h 台体 S表面积=S侧+S上 +S下 V=(S上+S下+)h 球 S=4πR2 V=πR3 解题结论拓展 (1)正四面体的表面积为a2，体积为a3(a是正四面体的棱长). (2)球的截面的性质 ①球的任何截面都是圆面; 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=. (3)直观图与原图形面积的关系 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： ①S直观图=S原图形;②S原图形=2S直观图. 典题细发掘 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱. (　　) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥. (　　) (3)菱形的直观图仍是菱形. (　　) (4)圆锥的任意一个轴截面都是全等的等腰三角形. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2.(人A必修②P111T1改编)下列说法正确的是 (　　) A.相等的角在直观图中仍然相等 B.相等的线段在直观图中仍然相等 C.正方形的直观图是正方形 D.若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行 解析：选D　由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形. 3.(人A必修②P106T8改编)如图，若长方体ABCD-A'B'C'D'中截去体积较小的一部分，其中EH∥B'C'∥FG，则剩下的几何体是 (　　) A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱 答案：C 4.(北师大必修②P256T2改编)某小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为1 m和2 m，高为1 m，则需要　　　　 m3的土才能把花台填满.  答案： 题点一　基本立体图形 　　　　　　　　　　　　　　　　 考法(一)　结构特征 [例1]　(多选)下列说法正确的是 (　　) A.圆柱的母线和它的轴可以不平行 B.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面 C.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 D.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括一个圆柱、两个圆锥 解析：选BD　根据圆柱母线的定义可知，圆柱的母线和它的轴平行，故A错误;圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故B正确;当以斜边为旋转轴时，会得到两个同底的圆锥组合体，故C错误;图①是一个等腰梯形，CD为较长的底边，以边CD所在直线为旋转轴旋转一周所得几何体为一个组合体，如图②，包括一个圆柱、两个圆锥，故D正确. 考法(二)　直观图 [例2]　(多选)如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O'C'=O'A'=2O'B'=2，则以下说法正确的是 (　　) A.△ABC是钝角三角形 B.△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍 C.△ABC是等腰直角三角形 D.△ABC的周长是4+4 解析：选CD　根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，AC⊥OB，因为O'C'=O'A'=2O'B'=2，所以CO=AO=2，AC=4，OB=2，则△ABC是斜边为4的等腰直角三角形，如图所示，所以△ABC的周长是4+4，面积是4，故A错误，C、D正确;由斜二测画法可知，△ABC的面积是△A'B'C'的面积的2倍，故B错误. |思维建模| (1)学会通过反例对概念进行辨析，即说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可. (2)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变;平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.” (3)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原平面图形面积的关系：S直观图=S原图形. 考法(三)　展开图 [例3]　已知正三棱柱ABC-A'B'C'的各棱长均为2，P是线段BC'的中点，沿正三棱柱的表面从点A'到点P的路程最小值为　　　　.  解析：正三棱柱ABC-A'B'C'如图1所示.当按照图2所示展开，过点P作PP'⊥A'C'于点P'，可知PP'=1，A'P'=3，由勾股定理可得A'P==;当按照图3所示展开，连接A'P交B'C'于点O，可知OP=1，A'O=，所以A'P=+1.因为+1<，所以点A'到点P的路程最小值为+1. 答案：+1 |思维建模| (1)多面体的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.由多面体画平面展开图，一定要先观察立体图形的每一个面的形状. (2)求从几何体的表面上一点，沿几何体表面运动到另一点，所走过的最短距离，常将几何体的侧面展开，转化为求平面上两点间的最短距离问题. [即时训练] 1.下列命题为真命题的是 (　　) A.两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B.正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C.经过不共线的三个点的球有且只有一个 D.直棱柱的侧面是矩形 解析：选D　对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误.对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误.对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误.对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确. 2.如图，△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O'为坐标原点，顶点A'，B'均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O'B'的长度为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选B　法一　如图，画出△AOB的原图，为直角三角形，且OA=O'A'=6，因为OB·OA=12，所以OB=4，所以O'B'=OB=2. 法二　S直观图=S原图形=3，又S直观图=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B'，所以O'B'=2. 3.某圆柱的高为2，底面周长为16，M，N分别是圆柱上、下底面圆周上的两点，其中OE⊥ON，如图所示，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为 (　　) A.2 B.2 C.3 D.2 解析：选B　圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为EP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.∵EN=×16=4，EM=2，∴MN===2.故选B. 题点二　空间几何体的表面积 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例4] (1)(2025·长沙模拟)底面半径为，侧面展开图的扇形圆心角为的圆锥侧面积为 (　　) A.9π B.6π C.4π D.3π 解析：选A　因为圆锥的底面半径为r=，则侧面展开图的弧长为2π，又因为侧面展开图的圆心角为，可得圆锥母线长l==3，所以圆锥的侧面积S=πrl=9π. (2)某几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积为 (　　) A.36+12π B.40+12π C.36+16π D.40+16π 解析：选B　由题意可知该几何体的表面积为4×2×4+2×2×2+4π+×4π×4=40+12π.故选B. |思维建模|　空间几何体表面积的求法 (1)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; (2)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; (3)在求解组合体的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少加. [即时训练] 4.若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与以正方形ABCD的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为 (　　) A. B. C.π D.2π 快审准解：正四棱柱底面边长与圆柱底面半径之比已知，由正四棱柱与圆柱的体积相同，求出正四棱柱与圆柱的高之比，代入侧面积公式计算即可. 解析：选B　依题意，设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a，高为h1，圆柱的高为h2，则圆柱的底面半径为a，则有a2h1=πh2，整理得=，所以正四棱柱与圆柱的侧面积之比为=.故选B. 5.(2025·南平模拟)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为　　　　.  解析：设上底面圆的半径为r，则下底面圆的半径是3r，故轴截面周长为16=4+4+2r+6r，解得r=1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧=π(1+3)×4=16π，所以圆台的表面积为π+9π+16π=26π. 答案：26π 题点三　空间几何体的体积 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例5] (1)(2025·广州模拟)现有一个正四棱台形水库，该水库的下底面边长为2 km，上底面边长为4 km，侧棱长为3 km，则该水库的最大蓄水量为 (　　) A. km3 B.112 km3 C. km3 D.56 km3 解析：选A　根据题意画出图形，如图所示，其中AH=OO1且AH∥OO1.由AB=2，A1B1=4，AA1=3，可得AC=2，A1C1=4.又AH=OO1且AH∥OO1，OO1⊥A1O1，可得四边形AHO1O是长方形，则OA=O1H，所以A1H=O1A1-O1H=，AH===4，则正四棱台的高h=4，下底面的面积S1=2×2=2，上底面的面积S2=4×4=16.于是正四棱台的体积V=(S1+S2+)h=×(4+16+8)×4=.故该水库的最大蓄水量为 km3. (2)如图，在直角梯形ABCD中，AD=AB=4，BC=2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为　　　　.  解析：法一：分割法　如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知四边形ABCM，四边形BENC都是矩形，AM=DM=2，MN=CN=2，FN=1，AB=CM=2，所以S△AEB=×2×2=2.截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD，直三棱柱ABE-MCN的体积为V1=S△ABE·AM=2×2=4，四棱锥C-MNFD的体积为V2=S四边形MNFD·BE=××(1+2)×2×2=2，所以所求几何体的体积为V1+V2=6. 法二：分割法　如图，连接AC，EC，则该几何体被分割为四棱锥C-ADFE和三棱锥C-ABE，因为VC-ADFE=××2×2=，VC-ABE=××2×2×2=，所以所求几何体的体积为VC-ADFE+VC-ABE=+=6. 法三：补形法　如图，延长BC至点M，使得CM=2，延长EF至N，使得FN=1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE-DMN，所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN的体积减去四棱锥D-CMNF的体积.因为VABE-DMN=×2×2×4=8，VD-CMNF=××2×2=2，所以所求几何体的体积为VABE-DMN-VD-CMNF=8-2=6. 答案：6 |思维建模|　简单几何体体积的常用求法 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 [即时训练] 6.(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. 7.(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.- 快审准解：采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 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=. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.下面关于空间几何体叙述正确的是 (　　) A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C.正四棱柱都是长方体 D.直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆柱 解析：选C　对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故A错误;对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，故B错误;对于C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故C正确;对于D，根据圆锥的定义可知D不正确. 2.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形O'A'B'C'，则原图形OABC中的AB= (　　) A. B.2 C.3 D.2 快审准解：根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解. 解析：选C　根据斜二测画法规则，OA=O'A'=1，OB=2O'B'=2，且OA⊥OB，则AB==3.故选C. 3.若某圆台的上、下底面的半径分别为1，3，且该圆台的体积为26π，则该圆台的高为 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 解析：选D　由题可知，该圆台上底面圆的面积为S1=π×12=π，下底面圆的面积为S2=π×32=9π，设该圆台的高为h，则该圆台的体积为V=h(S1+S2+)，即26π=h(π+9π+)，解得h=6. 4.如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为 (　　) A.90π B.63π C.42π D.36π 解析：选B　由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示，将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上、下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.故选B. 5.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为 (　　) A.24-3π B.24-π C.24+π D.24+5π 解析：选B　由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积为6×22-3××π×22+×4×π×22=24-π. 6.如图，一个组合体的上面部分是一个高为 m长方体，下面部分是一个正四棱锥，公共面是边长为1 m的正方形，已知该组合体的体积为m3，则其表面积为 (　　) A.(2+)m2 B.(3+)m2 C.(2+)m2 D.(3+)m2 解析：选B　由题意知该组合体由长方体和正四棱锥组成，且该组合体的体积为 m3，长方体的体积为1×1×= m3，则正四棱锥的体积为-= m3，所以正四棱锥的高为= m，所以正四棱锥斜面上的高为= m，所以正四棱锥的一个侧面积为×1×= m2，所以该组合体的表面积为1××4+1×1+×4=(3+)m2，故B正确. 7.已知底面半径为2的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱侧面积与圆锥SO侧面积的比值为 (　　) A.1 B. C. D. 快审准解：借助于轴截面求圆柱的高为，再结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解. 解析：选C　作出轴截面，如图所示， (关键点：利用圆锥的轴截面，将立体问题平面化) 由题意可得AB=4，DE=2，可知D，E分别为SA，SB的中点，则M，N分别为OA，OB的中点，则DM=SO=，可得S圆柱侧=2π×=2π，S圆锥侧=π×2×4=8π，所以比值为.故选C. 8.已知长方体ABCD-A1B1C1D1，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　取DD1的中点为F，连接EF，AF，如图所示，由长方体性质可得EF∥AB1，因此平面AB1E即为平面AB1EF，根据长方体性质，由相似比可知AF，A1D1，B1E交于同一点，所以长方体被平面AB1EF割成的体积较小部分为三棱台D1EF-A1B1A.设长方体的各棱长为AB=a，AD=b，AA1=c，因此长方体的体积为V=abc.再由棱台体积公式可得=(++)b=b=abc，可得较大部分的体积为V'=V-=abc.因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为=. 9.(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. 10.(2025·佛山模拟)如图，在△ABC中，AC边上的高为BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将△ABC旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为 (　　) A.π B.π C.12π D.18π 解析：选C　由已知得△CGF∽△CBH，△ADE是等腰直角三角形，设DE=a(0<a<3)，则AE=a，所以HE=3-a，因为=，所以=，可得CF=2a，所以HF=6-2a，可得EF=HE+HF=3-a+6-2a=9-3a，所以矩形DEFG旋转形成的几何体的体积为V=πDE2×EF=πa2(9-3a)=π(9a2-3a3)，V'=9πa(2-a)，当0<a<2时，V'>0，V(a)单调递增，当2<a<3时，V'<0，V(a)单调递减，所以V(a)≤V(2)=π(36-24)=12π. 二、多选题 11.如图，我们常见的足球是由若干个正五边形和正六边形皮革缝合而成.如果我们把足球抽象成一个多面体，它有60个顶点，每个顶点发出的棱有3条，设其顶点数V、面数F与棱数E满足V+F-E=2，据此判断，关于这个多面体的说法正确的是 (　　) A.共有20个正六边形 　B.共有10个正五边形 C.共有90条棱 　D.共有32个面 解析：选ACD　由题意，设共有m个正五边形，n个正六边形，即+(m+n)-=2，解得m=12，故B错误;由顶点数V==60，解得n=20，故A正确;棱数E==90，故C正确;面数F=m+n=32，故D正确.故选ACD. 12.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=3，CC1=4，且AB⊥BC，P为BC1的中点，则下列结论正确的是 (　　) A.三棱锥A-BCC1的体积为4 B.三棱锥C-APC1的体积为 C.四棱锥C1-ABB1A1的体积为8 D.三棱锥C1-ABC的表面积为14+2　 解析：选ACD　==×CC1×S△ABC=×4××2×3=4，故A正确；=，而三棱锥A-BCC1与三棱锥A-PCC1有共同的高，∵P为BC1的中点，∴=，∴==×4=2，故B错误；=-==××2×3×4=8，故C正确；由题可知AC=，AC1=，BC1=5，∴AB2+B=A，∴△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，∴三棱锥C1-ABC的表面积为S△ABC+++=×2×3+×3×4+××4+×2×5=14+2，故D正确. 三、填空题 13.(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为　　　　 mm，升量器的高为　　　　 mm.(不计量器的厚度)  解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3=10V2，即π××230=10×π××h2，解得h2=23.又V2=10V1，即π××23=10×π××h1，解得h1=57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm. 答案：23　57.5 14.用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为45°，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是　　　　　.  解析：如图所示，等腰梯形A'B'C'D'为水平放置的原平面图形的直观图， 作D'E'∥A'B'，交B'C'于E'，根据题意可得E'C'=A'B'=，所以B'C'=1+.由斜二测画法规则，等腰梯形A'B'C'D'对应的原图形为直角梯形ABCD，且AB=2，BC=1+，AD=1，所以直角梯形ABCD的面积SABCD=×(1+1+)×2=2+. 答案：2+ 15.已知正四面体棱长为2，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面的面积之和为　　　　　.  解析：如图1，E，F，G分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等，△EFG是边长为1的等边三角形，S△EFG=，这样的截面有4个; 如图2，E，F，M，N分别为正四面体棱的中点， 此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等，四边形EFMN是边长为1的正方形，S四边形EFMN=1，这样的截面有3个.所以满足条件的截面的面积之和为3+. 答案：3+ 第二节 　球的切、接问题 　　 解决与球有关的内切或外接的问题时，关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 题点一　外接球 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等.由此可得到以下结论： (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(一)　定义法 [例1]　(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　法一　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，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. 法二　设正三棱台的外接球半径为R，上底面的外接圆半径为r1，下底面的外接圆半径为r2，上、下底面边长分别为3和4，由正弦定理，得上、下底面外接圆半径r1，r2分别满足=2r1，=2r2，解得r1=3，r2=4，则外接球球心到上、下底面的距离分别为d1=，d2=，因为正三棱台的高为1，所以|±|=1， (技巧点拨：此时利用公式，绝对值里有“±”两种情况，分别求解比较麻烦，计算之前可以先进行分析判断，容易得出R2-9>0且R2-16>0，所以R2>16，所以>>1.又>0，所以必然是-=1，再进行化简计算即可) 解得R2=25，所以球的表面积S=4πR2=100π.故选A. 习得方略：正棱台、圆台的外接球(d1，d2：外接球球心到上、下底面的距离;r1，r2：上、下底面外接圆的半径;h：台体上、下底面间的距离). 方法(二)　补形法 [例2]　(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=　　　　.  解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r=O1A=××3=. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设三棱柱外接球的球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1=SA. 又球的半径R=OA=2，OA2=O+O1A2，所以4=SA2+3，得SA=2. 答案：2 |思维建模|　补形找心的常用模型 (1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补形成棱柱; (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可补形成正方体; (3)共顶点的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥分别可补形成长方体和正方体; (4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体. 方法(三)　截面法 [例3]　已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为 (　　) A.π　　　　　B.5π C.π D.7π 解析：选C　如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A=1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径 R=OA=OD=2， (注意：圆台外接球的半径即其轴截面外接圆的半径) 则在Rt△OO1A中，h=OO1===，所以圆台的体积V=×(22×π++12×π)×=.故选C. |思维建模|　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. [即时训练] 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD=2，∠APD=，∠BAD=，则三棱锥P-OCD的外接球的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.π 解析：选B　因为PD⊥底面ABCD，AD，DC⊂底面ABCD，即PD⊥AD，PD⊥CD，根据题意可知△ABD为等边三角形，△COD为直角三角形，而PD=2，∠APD=，∠BAD=，则PD=AD=2=DC，OD=1，OC=，取PC，CD的中点F，E，连接OF，OE，FD，FE，所以EF∥PD，EF=PD=1，易知OE=CD=1，EF⊥OE，EF⊥DE，则FP=FC=FD=FO，所以三棱锥P-OCD的外接球的球心为F，所以DF=FO==，所以该外接球的体积为π×()3=π. 2.(2025·苏州一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC=2，则该棱柱体积的最大值为　　　　.  解析：如图，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体ABCD-A1B1C1D1，则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径即为该长方体的体对角线AC1，设AB=a，BB1=h，则62=a2+22+h2，∴a2+h2=32，∴直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为×a×2×h=ah≤=16，当且仅当a=h=4时，等号成立，∴该棱柱体积的最大值为16. 答案：16 题点二　内切球 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例4]　(2024·太原二模)已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB=2，tan∠APB=，则该圆锥内切球的体积为 (　　) A. B. C. D.4π 快审准解：利用条件先判定△APB为正三角形，再作出圆锥及其内切球的轴截面，利用正三角形的性质计算球半径，最后根据球的体积公式计算即可. 解析：选C　由圆锥的性质易知△PAB为以P为顶点的等腰三角形，又tan∠APB=，所以∠APB=，则△PAB为正三角形，边长为2，如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，设AB，AP的中点分别为C，E，内切球球心为O，由正三角形内心的性质易知OC=OE=PO=PC=×=×=1，即该圆锥内切球的半径为1，所以体积V=π. |思维建模|　多面体内切球的球心与半径的确定 (1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等. (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合. (3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合. (4)体积分割是求内切球半径的通用做法. [即时训练] 3.已知圆台的上底面半径为1，表面积为12π的球在圆台内，且与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则该圆台的体积为 (　　) A.π B.π C.9π D.13π 解析：选B　设球的半径为R，由球的表面积为12π，可知4πR2=12π，所以R=，则该圆台的高为2，圆台及其内切球的轴截面如图所示，设圆台的下底面半径为r，易知该圆台的母线长l=1+r，则l2=(2R)2+(r-1)2，即(r+1)2=(2)2+(r-1)2，解得r=3，所以此圆台的体积V=(12+32+1×3)π×2=π. 4.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材，测量可得∠ABC=90°，AB=6，BC=8，AA1=13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为 (　　) A.，4 B.，3 C.6π，4 D.，3 解析：选D　依题意，知当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.易知AC==10，设健身手球的最大半径为R，则×(6+8+10)×R=×6×8，解得R=2.则健身手球的最大直径为4.因为AA1=13，所以最多可加工3个健身手球.于是一个健身手球的最大体积V=πR3=π×23=. [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.已知正方体内切球的体积是，那么该正方体的棱长等于 (　　) A.2 B.2 C.4 D. 解析：选C　设正方体的棱长为a，内切球的半径为R，依题有R3=，所以R=2，所以正方体的棱长a=2R=4. 2.(2025·枣庄模拟)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 (　　) A.4π B.6π C.8π D.10π 解析：选C　由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，则r==，故该球的表面积为4πr2=8π. 3.(2025·汕头开学考)已知三棱锥P-ABC中，AP=AC=BP=BC=2，AB=PC=2，则其外接球表面积为 (　　) A. B.8π C.8π D.24π 解析：选D　由三棱锥P-ABC的特征，把三棱锥的顶点放在长方体的顶点处，三棱锥的外接球就是长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别是x，y，z，则所以x2+y2+z2=24，设长方体的外接球半径为R，则2R==2，所以外接球表面积为4πR2=24π. 谨记结论：(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示. (2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示. (3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=，如图3所示. (4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示. 4.(2025·广州联考)已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥底面半径为，侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积是 (　　) A.8π B.9π C.16π D.32π 解析：选D　依题意得圆锥底面半径r=，设圆锥的高为h，母线长为l，圆锥外接球的半径为R，则2πr=πl，①即2π×=πl，解得l=2，所以h===3.所以R2=(h-R)2+r2，②即R2=(3-R)2+()2，解得R=2，所以圆锥的外接球球O的表面积S表=4πR2=32π. 习得方略：①处关键提醒，圆锥侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆的周长; ②处小技巧，根据球心到圆锥顶点及圆锥底面圆周任一点的距离相等，构建直角三角形，利用勾股定理求解. 5.(2025·嘉兴模拟)已知四面体P-ABC的每条棱长都为2，若球O与它的每条棱都相切，则球O的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.2π 解析：选B　将正四面体P-ABC补成一个正方体，球O与正四面体的棱都相切，则球O为正方体的内切球，设正方体棱长为a，∴a2+a2=4，∴a=，∴r=，V=πr3= π，故选B. 6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中，A1B1=3，B1C1=4，A1C1=5，AA1=2，则其外接球与内切球的表面积之比为 (　　) A. B. C. D.29 解析：选A　如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球的半径r==1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C1=5，AA1=2，得AC1=，所以外接球的半径R=OA=，所以==.故选A. 7.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1=，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的表面积为 (　　) A.π B. C.25π D.π 解析：选C　设棱台上、下底面的中心为N，M，连接D1B1，DB，则D1B1=2，DB=4，所以棱台的高MN===1.设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB，BC，CD，DA均相切于各边中点处，设BC的中点为E，连接OE，OM，ME，所以OE2=OM2+ME2⇒R2=(R-1)2+22，解得R=，所以球O的表面积为4πR2=25π. 8.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为 (　　) A.24 B.32 C.96 D.128 解析：选C　如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥P-ABCD的外接球球心在PG上，由题意球O的半径=PO=AO=5，OG=8-5=3，所以AG==4，PA==4，则AB=8×=4，故在△PAB中，边AB的高为=6，所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6=96.故选C. 二、多选题 9.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为-1，则下列说法正确的是 (　　) A.正方体的外接球的表面积为12π B.正方体的内切球的体积为π C.正方体的棱长为2 D.线段MN的最大值为2 解析：选ABC　设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a;内切球的半径为棱长的一半，即a.M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin=a-a=a=-1，解得a=2，即正方体的棱长为2，∴正方体外接球的表面积为4π×()2=12π，内切球的体积为π，故A、B、C正确;线段MN的最大值为+1，故D错误. 10.将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是 (　　) A.底面直径为8 cm，高为6 cm的圆柱体 B.底面直径为8 cm，高为8 cm的圆锥体 C.底面直径为7 cm，高为9 cm的圆锥体 D.各棱长均为8 cm的四面体 快审准解：根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解. 解析：选ABD　对于A，若圆柱的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆柱底面的距离为=3，故圆柱的高可以为6，A符合;对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆锥底面的距离为=3，故圆锥的高最大时为3+5=8，B符合;对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为，此时球心到圆锥底面的距离为=<=4，故圆锥的高最大时为+5<9，C不符合;对于D，若将各棱长均为8 cm的四面体放入到棱长为4的正方体中，此时正方体的外接球直径为×4=4<10，D符合.故选ABD. 三、填空题 11.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为　　　，体积为　　　.  解析：根据题意可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上、下底面中心连线的中点就是球心，如图，则△ABC的外接圆的半径为=a，所以其外接球的半径为R===a，所以球的表面积S=4πR2=4π×=πa2，体积V=πR3=π=πa3. 答案：πa2　πa3 12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA=，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，SA⊥平面ABC，则球O的表面积为　　　　.  解析：在三棱锥S-ABC中，球心O在棱SA的中垂面α上，由SA⊥平面ABC，得α∥平面ABC，则球心O到平面ABC的距离为d=SA=.在△ABC中，由余弦定理得BC===，因此△ABC的外接圆半径r===1，球O的半径R==，所以球O的表面积为4πR2=7π. 答案：7π 13.(2025·衡阳模拟)已知体积为4π的球O与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为4，则该正四棱锥体积是　　　　　 .  解析：设正四棱锥P-ABCD的内切球的半径为R，H为底面中心，由体积为4π=πR3得R=，连接PH，PH⊥平面ABCD，球心O在PH上，OH=R，取CD的中点F，连接HF，PF，设O点在侧面PCD上的投影为Q点，则Q点在PF上，且OQ⊥PF，△POQ∽△PFH，球心到四棱锥顶点的距离为h，所以==，解得h=，所以V=S四边形ABCDPH=×4×4×=. 答案： 第三节　空间点、直线、平面之间的位置关系 　　 1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义. 2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 1.基本事实1~3 文字语言 图形语言 符号语言 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 A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α 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 ⇒l⊂α 基本事实3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 P∈α，且P∈β⇒α∩β=l，且P∈l 2.3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.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 5.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 典题细发掘 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)没有公共点的两条直线是异面直线. (　　) (2)若两平面α，β有一个公共点，则这两个平面重合. (　　) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合. (　　) (4)若直线a不平行于平面α，a⊄α，则α内的所有直线与a异面. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2.(人A必修②P128T2改编)[多选]下列命题是假命题的是 (　　) A.空间不共线的三个点确定一个平面 B.一个点和一条直线确定一个平面 C.两两相交的三条直线确定一个平面 D.两两平行的三条直线确定三个平面 答案：BCD 3.(苏教必修②P218T9)下列图形中，能确定直线a，b是异面直线的是 (　　) 解析：选C　a，b两直线在平面内无交点，但可能在被平面遮住的部分有交点，故A错误;a，b两直线在平面内无交点，但在平面上方有一个交点，故B错误;a，b两直线在平面内无交点，在平面外也无交点且不平行，故C正确;a，b两直线在平面内有交点，故D错误. 4.(人A必修②P132T5改编)三个平面最多能把空间分为　　　　部分，最少能把空间分成　　　　部分.  答案：8　4 题点一　基本事实的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q.求证： (1)D，B，F，E四点共面; (2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线; (3)DE，BF，CC1三线交于一点. 证明：(1)如图所示，连接B1D1.因为EF是△C1D1B1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，连接A1C， 设A1，C，C1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点.所以α∩β=PQ. 又A1C∩β=R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线. (3)因为EF∥BD且EF<BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1=CC1，所以M∈CC1.所以DE，BF，CC1三线交于一点. |思维建模|　共面、共线、共点问题的证明方法 (1)证明共面方法： ①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内.②辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合. (2)证明共线方法： ①先由两点确定一条直线，再证明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)证明线共点方法： 先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点. [即时训练] 1.在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG=P，则点P (　　) A.一定在直线BD上 B.一定在直线AC上 C.在直线AC或BD上 D.不在直线AC上，也不在直线BD上 解析：选B　因为EF∩HG=P，E，F，G，H四点分别是AB，BC，CD，DA上的点，所以EF在平面ABC内，HG在平面ACD内，所以P既在平面ABC内，又在平面ACD内，所以P在平面ABC和平面ACD的交线上，又平面ABC∩平面ACD=AC，所以P∈AC. 2.若P，Q，R，S分别是正方体或四面体所在棱的中点，则在下列图形中，这四个点不共面的一个图形是 (　　) 解析：选D　A中，由PQ与SR相交，知P，Q，R，S四点共面;B中，由QR与PS相交，知P，Q，R，S四点共面;C中，由PQ∥SR，知P，Q，R，S四点共面;D中，由QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，知四点不共面. 拓展与建模 求截面的方法 在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题的一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径. (一)平行线法 　　若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平面平行，可以借助两个性质：①如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行;②如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行，利用平行线法作截面. 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，画出过A1，D1，P三点的截面，若AB=2，则所画截面图形的面积为　　　　.  解析：连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，由于A1，D1，P在一个平面内，且两个平面A1ADD1和B1BCC1平行，只要过P作A1D1的平行线就可以了.设CC1的中点为Q，连接PQ和D1Q，即可得到截面A1D1QP.又由AB=2，得A1D1=2，A1P=，易知截面A1D1QP为矩形，故=2. 答案：2 (二)延长线法 　　若截面上的点至少有两个点在几何体的一个表面上，可以借助基本事实“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”，利用延长线法作截面. 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中点，若AB=2，则过E，F，Q的截面图形的周长为　　　　.  解析：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余面由正方体的性质和平面的性质来判断，延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则G，Q都在平面AA1D1D内，连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于点S，则S，H都在平面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ.易知截面EFNMPQ为正六边形.又AB=2，可得QE=，故截面EFNMPQ的周长为6. 答案：6 (三)直接法 　　若截面上的点都在几何体的棱上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“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”，直接连线作截面. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，画出过A1，C1，P三点的截面. 解：因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P. 题点二　空间线、面位置关系的判断 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2] (1)已知直线m⊂平面α，则“平面α∥平面β”是“m∥β”的 (　　) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选B　由于m⊂α，若α∥β，由面面平行的定义知α与β无公共点，即m与β无公共点，故可以推出m∥β成立，所以是充分条件.反之，若m∥β，平面α与平面β也可能相交，所以不是必要条件.则“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件. (2)在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是的中点，F是AB的中点，则 (　　) A.AE=CF，AC与EF是共面直线 B.AE≠CF，AC与EF是共面直线 C.AE=CF，AC与EF是异面直线 D.AE≠CF，AC与EF是异面直线 解析：选D　由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是的中点，F是AB的中点，AC⊂平面ABC，所以EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线.又CF==，AE==，所以AE≠CF.故选D. |思维建模| (1)判断空间直线的位置关系，一般有两种方法：一是构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来判断;二是利用排除法. (2)异面直线的判定方法 ①反证法：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，肯定两条直线异面. 此法在异面直线的判定中经常用到. ②判定定理法：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. [即时训练] 3.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是 (　　) A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交 C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交 解析：选D　如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A、B不正确;如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确. 4.[多选]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是 (　　) A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线AM与BN是平行直线 C.直线BN与MB1是异面直线 D.直线AM与DD1是异面直线　 解析：选CD　因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误;取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，所以AM与BN不平行，故B错误;因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确;同理D正确. 谨记结论：唯一性定理 (1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行. (2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直. (3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. (4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直. 题点三　求异面直线所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 　　　　.  方法引入：法一：运用直接平移法，作已知直线的平行线，找到异面直线所成的角，并运用余弦定理求解. 法二：运用补形法，将三棱柱补成平行六面体，解法更显直观. 法三：运用向量法，设异面直线AB1与BC1所成角为θ，依法求·，||，||并代入公式cos θ=得解. 解析：法一：平移法　如图所示，作A1O⊥底面ABC，由∠BAA1=∠CAA1=60° 可知，AO为∠BAC 的角平分线，且AO⊥BC，BC⊥平面AA1O，BC⊥AA1，于是BC⊥BB1，四边形BB1C1C 为矩形. 取AC 的中点E，连接B1C 交BC1 于点F，连接EF，BE，则F 为B1C 的中点，EFAB1. 所以异面直线AB1 与BC1 所成的角等于EF 与BF 所成的角，即∠BFE 或其补角. 设三棱柱的棱长为2，由题意即可得BE=，EF=AB1=，BF=BC1=. 于是cos∠BFE===. 故异面直线AB1 与BC1 所成角的余弦值为. 法二：补形法　将三棱柱补为平行六面体，再放同样的一个平行六面体，如图所示，∠C1BE或其补角就是异面直线AB1 与BC1 所成的角. 设三棱柱的棱长为1，易得AB1=，即BE=. 在△A1C1E 中，易求C1E=，易得BC⊥AA1， 所以BC⊥CC1. 从而在△BCC1 中，求得BC1=. 在△BC1E 中，cos∠C1BE==. 故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 法三：向量法　不妨设AB 长为1， 因为=++=+， 所以||2=(++)2=2， 所以||=. 因为||2=(+)2=3，所以||=. 因为·=(++)·(+)=1，设异面直线AB1 与BC1 所成角为θ， 则cos θ===. 故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 答案： 易错提醒：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. |思维建模|　用平移法求异面直线所成角的3个步骤 (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. [即时训练] 5.(2025·桂林联考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，若AA1=AC=BC=1，则异面直线A1C与AB所成角的大小是 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　法一　如图，连接B1C，因为A1B1∥AB，所以∠B1A1C即为异面直线A1C与AB所成的角.因为AA1=AC=BC=1，所以A1C=，B1C=.又因为AC⊥BC，所以AB=A1B1=.在△B1A1C中，A1B1=A1C=B1C=，所以△B1A1C是正三角形，所以∠B1A1C=. 法二　如图，将直三棱柱补形为正方体ACBD-A1C1B1D1，连接BD1，AD1，B1C，则D1B∥A1C，所以异面直线A1C与AB所成的角即直线D1B与AB所成的角，在△D1AB中，D1A=BD1=AB=，所以∠D1BA=，即异面直线A1C与AB所成角的大小是. 6.在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD与BC所成角的大小为　　　　.  解析：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以EO∥AD，FO∥BC，则∠EOF(或其补角)就是异面直线AD与BC所成的角.所以EO=AD=1，FO=BC=，EF=，在△EOF中，根据余弦定理，得cos∠EOF= ===-， 所以∠EOF=150°，从而异面直线AD与BC所成角的大小为30°. 答案：30° 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面α，M∈a，N∈b，M∈l，N∈l，则 (　　) A.l⊂α B.l⊄α C.l∩α=M D.l∩α=N 解析：选A　∵M∈a，a⊂α，∴M∈α，同理，N∈α.又M∈l，N∈l，则l⊂α.故选A. 2.已知a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β=c，a⊂α，b⊂β，则“a，b相交”是“a，c相交”的 (　　) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选C　若a，b相交，a⊂α，b⊂β，则其交点在交线c上，故a，c相交;若a，c相交，则a，b为相交直线或异面直线.综上所述，“a，b相交”是“a，c相交”的充分不必要条件.故选C. 3.在三棱锥P-ABC中，PB⊥BC，E，D，F分别是棱AB，PA，AC的中点，则∠DEF= (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析：选D　如图所示，因为E，D，F分别为棱AB，PA，AC的中点，所以DE∥PB，EF∥BC.又因为PB⊥BC，所以DE⊥EF，所以∠DEF=90°.故选D. 4.平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面的交线可能有 (　　) A.1条或2条 B.2条或3条 C.只有2条 D.1条或2条或3条 解析：选D　当平面α过平面β与平面γ的交线时，这三个平面有1条交线;当β∥γ时，平面α与平面β，γ各有1条交线，这三个平面有2条交线;当平面α，β，γ两两相交时，这三个平面有3条交线.(考虑平面α与平面β，γ的相交情形时，注意做到不重不漏)故选D. 5.如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，正方形ABCD和A1B1C1D1的中心分别为O1和O2，O1O2⊥平面ABCD，O1O2=3，AB=5，A1B1=4，则直线O1O2与直线AA1所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　连接AO1，A1O2，作A1E⊥AO1，垂足为E，则∠AA1E或其补角即为直线O1O2与直线AA1所成的角，所以AE=AO1-A1O2=-=， 故tan∠AA1E===.故选B. 6.已知在四面体ABCD中，AD=DC=AC=CB=1，则当四面体ABCD的体积最大时，异面直线AB与CD所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　∵AD=DC=AC=1，∴△ACD的面积为定值，∴当CB⊥平面ACD时，四面体ABCD的体积最大.当四面体ABCD的体积最大时，分别取AD，AC，BC的中点E，F，G，连接EF，EG，FG(图略)，则EF∥DC，FG∥AB，∴∠EFG即异面直线AB与CD所成的角或其补角. (构造平行线，将异面直线所成的角转化为同一平面内两条相交直线所成的角) 连接CE，∵CB⊥平面ACD，AD=DC=AC=CB=1，∴AB==， EG==1，EF=CD=， FG=AB=，∴在△EFG中，由余弦定理知cos∠EFG=-，∴异面直线AB与CD所成角的余弦值是. 二、多选题 7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是 (　　) A.C1，M，O三点共线 B.C1，M，O，C四点共面 C.C1，O，B1，B四点共面 D.D1，D，O，M四点共面 解析：选AB　因为O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，所以O∈平面ACC1A1.因为O∈BD，BD⊂平面C1BD，所以O∈平面C1BD，所以O 是平面ACC1A1 和平面C1BD 的公共点.同理可得，点M 和C1 都是平面ACC1A1 和平面C1BD 的公共点，所以C1，M，O三点在平面C1BD 与平面ACC1A1 的交线上，即C1，M，O三点共线.又C∉C1O，所以C1，M，O，C四点共面，故A、B正确;根据异面直线的判定定理可得BB1 与C1O 为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确;根据异面直线的判定定理可得DD1 与MO 为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确. 8.如图为一正方体的展开图，则在原正方体中 (　　) A.AB∥CD B.AB⊥CD C.直线AB与EF所成的角为60° D.直线CD与EF所成的角为60° 解析：选BCD　作出原正方体如图所示，由图可知，AB与CD不平行，所以A错误;根据正方体的性质可知BH∥AG，BH=AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B正确;根据正方体的性质可知，△ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，所以C正确;又△EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，所以D正确. 9.(2025·重庆名校联考)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线一定与直线OP异面的是 (　　) A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1 解析：选BCD　对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD， 当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确;对于B，如图②(右栏)，连接A1C，A1C1，AC，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1C，P∉平面AA1C1C， 所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确;对于C，如图②，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确; 对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC，因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C，所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确.故选BCD. 三、填空题 10.已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点.若α∩β=l，m⊂α，n⊂β，m∩n=P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为　　　　.  解析：∵m⊂α，n⊂β，m∩n=P，∴P∈α且P∈β，又α∩β=l，∴点P在直线l上，即P∈l. 答案：P∈l 11.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC=2，D是BC的中点，若AA1=，则异面直线A1C与AD所成角的大小为　　　　.  解析：如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角，连接D1C.∵A1B1=A1C1，∴A1D1⊥B1C1，由已知可得A1D1=1，D1C=，A1C=2，∵A1C2=A1+D1C2，∴△A1D1C为直角三角形且∠A1D1C=90°.在Rt△A1D1C中，A1C=2，CD1=，∴∠CA1D1=60°. 答案：60° 四、解答题 12.(10分)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱，若D，E分别为A1B1，A1C1的中点. (1)求证：D，E，C，B四点共面;(5分) (2)若直线BD与直线CE交于点P，求证：点P在直线AA1上.(5分) 证明：(1)连接DE(图略)，由于D，E分别为A1B1，A1C1的中点，所以DE∥B1C1.又BC∥B1C1，所以DE∥BC，所以D，E，C，B四点共面. (2)由P∈BD，BD⊂平面A1ABB1，得P∈平面A1ABB1.由P∈CE，CE⊂平面A1ACC1，得P∈平面A1ACC1.又平面A1ABB1∩平面A1ACC1=AA1，所以P∈AA1. 13.(10分)已知ABCD是空间四边形，如图所示(M，N，E，F分别是AB，AD，BC，CD上的点). (1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明：B，D，O三点共线;(5分) (2)若E，N为BC，AD的中点，AB=6，DC=4，NE=2，求异面直线AB与DC所成角的余弦值.(5分) 解：(1)证明：因为M∈AB，N∈AD，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，所以MN⊂平面ABD. 因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，所以EF⊂平面CBD. 由于直线MN与直线EF相交于点O， 即O∈MN，O∈平面ABD，O∈EF，O∈平面CBD. 又平面ABD∩平面CBD=BD，则O∈BD， 所以B，D，O三点共线. (2)连接BD，取BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示， 在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB=6， 所以GN∥AB，且GN=AB=3， 在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且DC=4， 所以GE∥DC，且GE=DC=2， 则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成的角，即∠EGN或∠EGN的补角. 又NE=2，由余弦定理得cos∠EGN= ==>0，故异面直线AB与DC所成角的余弦值为. 第四节 空间直线、平面的平行 　　 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. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 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 典题细发掘 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行. (　　) (2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条. (　　) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. (　　) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. (　　) (5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例. (　　) (6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√ 2.(人A必修②P142T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是 (　　) A.存在一条直线a，a∥α，a∥β B.存在一条直线a，a⊂α，a∥β C.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α 解析：选D　若α∩β=l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，排除A;若α∩β=l，a⊂α，a∥l，则a∥β，排除B;若α∩β=l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，排除C. 3.(人A必修②P138例3改编)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为　　　　.  解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE=EF，平面EFGH∩平面DCGH=HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形. 答案：平行四边形 题点一　直线与平面平行的判定与性质 　　　　　　　　　　　　　　　　 考法(一)　直线与平面平行的判定 [例1]　如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一点P，Q，且AP=DQ，求证：PQ∥平面BCE. 方法引入：法一：通过作平行四边形，在平面BCE内寻找与PQ平行的直线，再利用线面平行的判定定理给出证明. 法二：通过对应线段成比例，在平面BCE内寻找与PQ平行的直线，再利用线面平行的判定定理给出证明. 法三：通过寻找过PQ且与平面BCE平行的一个平面，利用平面与平面平行的性质证明. 证明： 法一　如图所示，作PM∥AB 交BE 于点M，作QN∥AB 交BC 于点N，连接MN. 因为正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB，所以AE=BD.又AP=DQ，所以PE=QB.又PM∥AB∥QN，所以===，所以=.又AB=DC，所以PM=QN，所以四边形PMNQ 为平行四边形， (线面平行构造平行四边形法)所以PQ∥MN.又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，所以PQ∥平面BCE. 法二　如图所示，连接AQ 并延长交BC 于点M，连接EM，有=，又因为正方形ABCD 与正方形ABEF 有公共边AB，所以AE=BD.又AP=DQ，所以PE=QB，所以=，从而有=，所以PQ∥EM.又EM⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，所以PQ∥平面BCE. 法三　如图，在平面ABEF 内，过点P 作PM∥BE 交AB 于点M，连接QM，则PM∥平面BCE.因为PM∥BE，所以=.又AE=BD，AP=DQ，所以PE=BQ， 所以=，所以=， 所以MQ∥AD.又AD∥BC，所以MQ∥BC. 又BC⊂平面BCE，MQ⊄平面BCE， 所以MQ∥平面BCE.又PM∩MQ=M，PM，MQ⊂平面PMQ，所以平面PMQ∥平面BCE.又PQ⊂平面PMQ，所以PQ∥平面BCE. |思维建模|　证明或判断直线与平面平行的常用方法 (1)利用定义，证明直线a与平面α没有公共点，一般结合反证法证明; (2)利用线面平行的判定定理，即线线平行⇒线面平行.辅助线的作法为平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段; (3)利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行. 考法(二)　利用线面平行的性质证线线平行 [例2]　正四棱柱OABC-O1A1B1C1中，点P，Q，R分别在AA1，BB1，CC1上，且O，P，Q，R四点共面.若OP=OR，记平面OPQR与底面的交线为l，证明：AC∥l. 证明：连接AC，PR，由正四棱柱OABC-O1A1B1C1，可得AA1∥OO1∥CC1，AO=OC，∠PAO=∠RCO=90°.又因为OP=OR，所以由勾股定理可得AP=CR.又AA1∥CC1，所以RC∥AP，所以四边形APRC是平行四边形，所以PR∥AC.又AC⊂平面OABC，PR⊄平面OABC，所以PR∥平面OABC.又PR⊂平面OPQR，平面OPQR∩平面OABC=l，所以PR∥l，所以AC∥l. |思维建模|　线面平行性质定理的应用 证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行，在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行. 判断线段比例或点所在位置或是求线段长度，通过线面平行结合题意构造线线平行，从而找到相似比. [即时训练] 1.如图，四边形ABCD为长方形，PD=AB=2，AD=4，点E，F分别为AD，PC的中点.设平面PDC∩平面PBE=l.求证： (1)DF∥平面PBE; (2)DF∥l. 证明：(1)取PB的中点G，连接FG，EG， 因为点F为PC的中点， 所以FG∥BC，FG=BC. 因为四边形ABCD为长方形，所以BC∥AD，且BC=AD. 所以DE∥FG，DE=FG，所以四边形DEGF为平行四边形， 所以DF∥GE.因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，所以DF∥平面PBE. (2)由(1)知DF∥平面PBE， 又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE=l， 所以DF∥l. 题点二　平面与平面平行的判定与性质 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　如图，已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α分别交线段PA，PB，PC于点A'，B'，C'，若PA'∶AA'=2∶3，则S△A'B'C'∶S△ABC= (　　) A.2∶3 B.2∶5 C.4∶9 D.4∶25 解析：选D　由题意，知平面α∥平面ABC，所以AB∥平面α.又平面α∩平面PAB=A'B'，所以A'B'∥AB，同理可得AC∥A'C'，BC∥B'C'，所以∠ABC=∠A'B'C'，∠BCA=∠B'C'A'，所以△ABC∽△A'B'C'. 因为PA'∶AA'=2∶3，所以PA'∶PA=2∶5，所以A'B'∶AB=2∶5，所以===.故选D. [变式拓展]　若将本例条件“PA'∶AA'=2∶3”改成“=”，则=　　　　.  解析：由例3的分析可得，△ABC∽△A'B'C'，所以==，所以=，所以==，所以=. 答案： [例4]　如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合). (1)求证：BC∥GH; (2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG. 证明：(1)∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC∥平面A1B1C1，又平面BCHG∩平面ABC=BC， 且平面BCHG∩平面A1B1C1=HG， ∴由面面平行的性质定理得BC∥GH. (2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC. ∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1AB， ∴A1GEB，∴四边形A1EBG是平行四边形， ∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG. 又∵A1E∩EF=E，A1E，EF⊂平面EFA1， ∴平面EFA1∥平面BCHG. |思维建模|　证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理. (2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β). (3)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ). [即时训练] 2.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形. (1)求证：平面A1BD∥平面CD1B1; (2)若平面ABCD∩平面CD1B1=l，求证：B1D1∥l. 证明：(1)由题设知BB1∥DD1且BB1=DD1， 所以四边形BB1D1D是平行四边形， 所以BD∥B1D1. 又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1， 所以BD∥平面CD1B1. 因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1=B1C1=BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥D1C. 又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1， 所以A1B∥平面CD1B1. 又因为BD∩A1B=B，BD，A1B⊂平面A1BD， 所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1， 又平面ABCD∩平面CD1B1=l， 平面ABCD∩平面A1BD=BD，所以l∥BD， 又B1D1∥BD，所以B1D1∥l. 题点三　平行关系的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例5]　如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点. (1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值. 解：(1)当=1时，BC1∥平面AB1D1. 如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1. 由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形， ∴点O为A1B的中点. 在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1. 又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1， ∴BC1∥平面AB1D1. ∴当=1时，BC1∥平面AB1D1. (2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1. 因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1. ∴==. 又=1，∴=1，即=1. |思维建模| 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. [即时训练] 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，BC的中点. (1)当点P在棱DD1上运动时，是否都有MN∥平面A1C1P，证明你的结论; (2)若P是DD1的中点，Q是BB1的四等分点，且B1Q=3QB，求证：平面MNQ∥平面A1C1P. 解：(1)当点P在棱DD1上运动时，都有MN∥平面A1C1P.证明如下： 连接AC，在正方形ABCD中，MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC， 由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形，则AC∥A1C1，可得MN∥A1C1， 又MN⊄平面A1C1P，A1C1⊂平面A1C1P， 则MN∥平面A1C1P. (2)证明：取A1A的中点F，连接PF，FB1， 取B1B的中点E，连接AE， 由FP∥A1D1，FP=A1D1，A1D1∥B1C1，A1D1=B1C1， 可得FP∥B1C1，FP=B1C1， 即四边形FPC1B1为平行四边形，可得FB1∥PC1. 由E为B1B的中点，且B1Q=3QB， 可得Q为BE的中点，且MQ∥AE， 由四边形AEB1F为平行四边形， 可得AE∥FB1，即有MQ∥PC1. 又MQ⊄平面A1C1P，PC1⊂平面A1C1P， 则MQ∥平面A1C1P， 又MN∥平面A1C1P，MN∩MQ=M，MN，MQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面A1C1P. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.(2024·淄博二模)已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线.若α∩β=l，α∩γ=a，β∩γ=b，l∥γ，则下列说法正确的是 (　　) A.a与l相交 B.b与l相交 C.a∥b D.a与β相交 解析：选C　对于A、B，l∥γ，l⊂平面α，α∩γ=a，则l∥a，同理可得l∥b，则A、B错误;对于C，由A、B知道a∥b，则C正确;对于D，由A知道l∥a，a⊄平面β，l⊂平面β，则a∥β，故D错误. 2.(2025·恩施模拟)“平面α 与平面β 平行”是“平面α 内的任何一条直线都与平面β 平行”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C　如图1，平面α 与平面β 平行，在平面α 内任取一条直线a，作平面γ，使得直线a⊂γ，即γ∩α=a 且γ∩β=b，由面面平行的性质可知a∥b，因为a⊄β，b⊂β，故a∥β，充分性成立.如图2，平面α 内的任何一条直线都与平面β 平行，不妨取两条相交直线a，b均平行于β，则平面α 与平面β 平行，必要性成立.故选C. 3.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，从A，B，C，A1，B1，C1中取3个点确定平面α，若平面α∩平面A1B1C1=m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是 (　　) A.A1，B，C B.A1，B，C1 C.A，B，C1 D.A，B1，C1 解析：选C　由于几何体A1B1C1-ABC是三棱台，则AB∥A1B1.又AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AB∥平面A1B1C1，当AB⊂平面α，平面α∩平面A1B1C1=m时，由直线与平面平行的性质定理可知m∥AB，选项C符合要求. 4.(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. 5.过四棱锥P-ABCD任意两条棱的中点作直线，其中与平面PBD平行的直线有 (　　) A.4条 B.5条 C.6条 D.7条 解析：选C　如图，设E，F，G，H，I，J，M，N为相应棱的中点，则NE∥PB，且NE⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，所以NE∥平面PBD.同理可得HE，NH，GF，MF，MG与平面PBD平行，由图可知，其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相交或在平面PBD内，所以与平面PBD平行的直线有6条.故选C. 6.在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BB1=4BD，点M为A1C1的中点，点N在棱BB1上，若MN∥平面ADC1，则= (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 快审准解：根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可得结论. 解析：选B　依题意，作出图形如图所示，设P为AA1的中点，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，连接PN.又因为MN∥平面ADC1，MN∩MP=M，MN，MP⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面ADC1.又平面MNP∩平面ABB1A1=PN，平面ADC1∩平面ABB1A1=AD，所以PN∥AD.又AA1∥BB1，所以四边形ADNP是平行四边形，所以DN=AP=BB1，所以B1N+BD=B1B.又BB1=4BD，所以B1N=BD，所以BN=3B1N，所以=3.故选B. 二、多选题 7.如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，则 (　　) A.OM∥PA B.OM∥平面PCD C.OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA 解析：选BC　由题意知，OM是△BPD 的中位线，所以OM∥PD，又PD∩PA=P，故A不正确;因为PD⊂平面PCD，OM⊄平面PCD，所以OM∥平面PCD，故B正确;同理，可得OM∥平面PDA，故C正确;OM与平面PBA 相交于点M，故D不正确. 8.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则 (　　) A.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行 B.平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行 C.平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行 D.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行　 解析：选ACD　设平面PBC∩平面PAD=l，在平面PBC内存在无数条直线与l平行，且不在平面PAD内，则在平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行，故A正确;若l∥平面ABCD，l⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD=BC，则l∥BC，同理，l∥AD，则BC∥AD，这与四边形ABCD为梯形矛盾，故B错误;设平面PAB∩平面PCD=m，∵AB∥CD，平面PAB∩平面ABCD=AB，平面PCD∩平面ABCD=CD，∴AB∥m，又AB⊂平面ABCD，m⊄平面ABCD，∴m∥平面ABCD，故C正确;假设平面PAD内存在一条直线a与BC平行，则BC∥平面PAD，又BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD=AD，则BC∥AD，不符合题意，∴平面PAD内任意一条直线都不与BC平行，故D正确. 9.如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M和N分别为CD1和CB的中点，则下列结论正确的是 (　　) A.直线AC与BD1为异面直线 B.正方体ABCD-A1B1C1D1过点D1，M，N的截面为三角形 C.直线MN∥平面BB1D1D D.平面A1C1B∥平面D1AC　 快审准解：根据A，B，C，D1四点不共面可判断A;由M是D1C的中点，可知C∈平面D1MN，根据NC∥A1D1，可知A1∈平面D1MN，得到截面图形可判断B;利用线面平行的判定定理可判断C;利用面面平行的判定定理可判断D. 解析：选ACD　对于A，由图知，A，B，C在平面ABCD内，D1不在平面ABCD内，所以A，B，C，D1四点不共面，直线AC与BD1为异面直线，故A正确;对于B，因为点M是D1C的中点，所以点C∈平面D1MN.因为NC∥A1D1，所以点A1∈平面D1MN，所以截面为平行四边形D1A1BC，故B错误;对于C，连接D1B，因为M和N分别为CD1和CB的中点，所以MN∥D1B，MN⊄平面BB1D1D，D1B⊂平面BB1D1D，所以直线MN∥平面BB1D1D，故C正确;对于D，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理A1C1∥平面ACD1，且BC1∩A1C1=C1，BC1⊂平面A1C1B，A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面D1AC，故D正确. 三、填空题 10.设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β=m，n⊂γ，且　　　　，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.  ①α∥γ，n⊂β;②m∥γ，n∥β;③n∥β，m⊂γ. 可以填入的条件有　　　　.(填序号)  解析：由面面平行的性质定理可知，①正确;当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误;当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确. 答案：①或③ 11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=　　　　.  解析：如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCD，∴MN∥PQ.又MN∥AC，∴PQ∥AC.∵AP=，∴==.∴PQ=AC=×a=a. 答案：a 四、解答题 12.(10分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点. (1)求证：BD1∥平面AEC;(5分) (2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1?若存在，请说明理由.(5分) 解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO. 因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，对角线AC，BD交于点O，所以O为BD的中点.又因为E为DD1的中点，在△DBD1中，OE是△DBD1的中位线，所以OE∥BD1. 又OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC， 所以BD1∥平面AEC. (2)存在CC1上的中点F满足平面AEC∥平面BFD1.理由如下： 如图，因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，所以CF∥ED1，CF=ED1，所以四边形CFD1E为平行四边形，所以D1F∥EC. 又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，所以D1F∥平面AEC. 由(1)知BD1∥平面AEC，又因为BD1∩D1F=D1，BD1，D1F⊂平面BFD1，所以平面AEC∥平面BFD1. 13.(10分)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点. (1)求证：MN∥平面PAD;(4分) (2)若平面PAD∩平面PBC=l，判断BC与l的位置关系，并证明你的结论.(6分) 快审准解：(1)取CD的中点Q，连接MQ，NQ，根据线面平行与面面平行的判定可得平面MNQ∥平面PAD，进而可得证明MN∥平面PAD; (2)根据线面平行的判定可得BC∥平面PAD，再根据线面平行的性质证明即可. 证明：(1)取CD的中点Q，连接MQ，NQ. 因为M，N，Q分别为AB，PC，CD的中点，故MQ∥AD，NQ∥PD， 又MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故MQ∥平面PAD，同理NQ∥平面PAD. 又MQ，NQ⊂平面MNQ，MQ∩NQ=Q，故平面MNQ∥平面PAD. 又MN⊂平面MNQ，故MN∥平面PAD. (2)因为四边形ABCD为平行四边形，故AD∥BC.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.又平面PAD∩平面PBC=l，BC⊂平面PBC，故BC∥l. 第五节 空间直线、平面的垂直 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. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 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的取值范围：. 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 取值范围 [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 解题结论拓展 (1)两个重要结论 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). (2)使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”. (3)三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直 典题细发掘 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α. (　　) (2)垂直于同一个平面的两平面平行. (　　) (3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面. (　　) (4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2.(人A必修②P162T2改编)若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是 (　　) 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.(人A必修②P171T14改编)若正四棱锥的所有棱长都相等，则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为　　　　.  答案：45° 4.(人A必修②P152T4改编)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC上的射影为点O. (1)若PA=PB=PC，则点O是△ABC的　　　　心;  (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的　　　　心.  答案：(1)外　(2)垂 题点一　直线与平面垂直的判定与性质 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足. (1)求证：PA⊥平面ABC; (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形. 证明：(1)在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F. 因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，DF⊂平面ABC，所以DF⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA. 过点D作DG⊥AB于点G， 同理可证DG⊥PA. 因为DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF=D， 所以PA⊥平面ABC. (2)连接BE并延长交PC于点H. 因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH. 又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AE. 因为AE∩BH=E，AE，BH⊂平面ABE，所以PC⊥平面ABE. 又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC， 又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB. 因为PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC. 又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC， 即△ABC是直角三角形. |思维建模|　证明线面垂直的4种方法 (1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b=P⇒l⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β=l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. (3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α;②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l⇒l⊥γ(客观题可用). [即时训练] 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点. 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. 题点二　平面与平面垂直的判定与性质 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD且AB=1，PA=AD=PD=2，E为PD的中点. (1)求证：平面PCD⊥平面ACE; (2)求点B到平面ACE的距离. 解：(1)证明：由PA=AD=PD，E为PD的中点，可得AE⊥PD.因为CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE. 又CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，则AE⊥平面PCD. 又AE⊂平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE. (2)如图，连接BD，与AC交于点O，则O为BD的中点， 所以点D到平面ACE的距离即为点B到平面ACE的距离. 由平面PCD⊥平面ACE，过D作DM⊥CE，垂足为M， 则DM⊥平面ACE，则DM为点D到平面ACE的距离. 由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD. 又CD=DE=1，所以DM=CE=， 即点B到平面ACE的距离为. |思维建模|　证明面面垂直的2种方法 定义法 利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题 定理法 利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把面面垂直问题转化为证明线面垂直问题加以解决 　[注意]　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”. [即时训练] 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)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EPD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：如图所示，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. 题点三　垂直关系的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　已知正方体ABCD-A1B1C1D1，证明下列命题： (1)BD1⊥平面ACB1; (2)平面ACB1∥平面A1C1D; (3)线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分. 快审准解：(1)根据垂直关系的转化，利用线面垂直的判定定理，即可证明; (2)利用平行关系，根据面面平行的判定定理，即可证明; (3)利用等体积转化求点B到平面ACB1的距离，再根据(1)的结果，即可证明. 证明：(1)如图，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以DD1⊥AC，且AC⊥BD. 又因为DD1∩DB=D，且DD1，DB⊂平面BDD1， 所以AC⊥平面BDD1，BD1⊂平面BDD1， 所以BD1⊥AC.同理BD1⊥AB1，且AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面ACB1，所以BD1⊥平面ACB1. (2)因为AA1∥CC1，且AA1=CC1， 所以四边形ACC1A1是平行四边形，所以A1C1∥AC，且AC⊂平面ACB1，A1C1⊄平面ACB1， 所以A1C1∥平面ACB1.同理A1D∥平面ACB1，且A1C1∩A1D=A1，A1C1，A1D⊂平面A1C1D，所以平面ACB1∥平面A1C1D. (3)设正方体的棱长为1，则AC=CB1=B1A===××1×1×1=， 设点B到平面ACB1的距离为h，所以××h=，则h=， 由(1)知BD1⊥平面ACB1，且BD1==， 同理点D1到平面A1C1D的距离也是，是BD1的，所以线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分. |思维建模| (1)垂直与平行的综合问题，求解时应注意平行、垂直性质及判定的综合应用. (2)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. (3)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证. [即时训练] 3.在正三棱锥A-BCD中，二面角A-BC-D的平面角为60°，则AC与平面BCD所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D.1 快审准解：根据题意作图，根据二面角的平面角定义在图中表示出，利用正三棱锥的几何性质，结合勾股定理与三角函数，再根据线面角定义求解即可. 解析：选C　取BC的中点为E，△BCD的中心为G，连接AE，DE，CG，AG，∵AB=AC，BD=CD，∴AE⊥BC，DE⊥BC，即二面角A-BC-D的平面角为∠AED，即∠AED=60°.∵三棱锥A-BCD为正三棱锥，则AG⊥平面BCD，且DE，CG⊂平面BCD，则AG⊥DE，AG⊥CG.∵∠AED=60°，∴AG=EG，CG=DG=2EG.由AG⊥平面BCD，可知AC与平面BCD所成的角为∠ACG，∴tan∠ACG===.故选C. 4.如图，已知六面体ABCD-A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，∠AD1A1=60°，AD1=4，点P是AD1上的动点. (1)试判断不论点P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并证明你的结论; (2)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值; (3)求PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值. 解：(1)是.证明如下： ∵BA⊥平面AA1D1D，BA⊂平面BPA， ∴平面BPA⊥平面AA1D1D， ∴无论点P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D. (2)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，如图， 则PE∥AA1， ∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角. 在Rt△AA1D1中， ∵∠AD1A1=60°，∴∠A1AD1=30°， ∴A1B1=A1D1=AD1=2， ∴A1E=A1D1=1，AA1=A1D1=2， ∴PE=AA1=，B1E==， ∴在Rt△B1EP中， B1P==2， ∴cos∠B1PE===， ∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为. (3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D， ∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1D所成的角， ∴tan∠B1PA1==， ∴当A1P最小时，tan∠B1PA1最大， 这时A1P⊥AD1，A1P==， 得tan∠B1PA1=， 即PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值为. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.(2025·德阳模拟)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 (　　) A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 解析：选C　∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，∴m∥β或m⊂β或m与β相交，∵l⊂β，n⊥β，∴n⊥l.故选C. 2.(2024·邯郸二模)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m⊂α，n⊂β，则“m⊥n”是“m⊥β”的 (　　) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：选A　用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，当m⊥n如图所示时显然m与平面β不垂直，反之，当m⊥β时，又n⊂β，根据线面垂直的性质有m⊥n，所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件. 3.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC内的射影H必在 (　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析：选A　连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1=B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC内的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上. 4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为α，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β，则α+β= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD∥BC，所以直线BD1与直线AD所成的角α=∠D1BC.因为BC⊥平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β=∠BD1C.又BC⊥平面CDD1C1，所以BC⊥D1C，所以∠D1BC+∠BD1C=，即α+β=.故选C. 5.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱AA1的长为a，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则下列命题正确的是 (　　) A.对任意的a，存在点E，使得B1D⊥EC1 B.当且仅当a=1时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C.当且仅当a≥1时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D.当且仅当a≤1时，存在点E，使得B1D⊥EC1 快审准解：若存在点E，使得B1D⊥EC1，则必有EB1≤a，且由题设条件易得EC1⊥平面B1DC，得到EC1⊥B1C，再通过△EB1C1∽△B1C1C即可求得a的范围. 解析：选C　连接B1C，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥平面ABCD，则CC1⊥CD，又由底面A1B1C1D1是正方形，得CD⊥BC，所以CD⊥平面B1C1CB，得CD⊥EC1.若存在点E，使得B1D⊥EC1，则EC1⊥平面B1DC，得EC1⊥B1C，则△EB1C1∽△B1C1C，得=，即EB1=≤a，所以a≥1. 6.(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=2，该棱锥的高为 (　　) A.1 B.2 C. D. 解析：选D　由题意知△PAB为正三角形，因为PC2+PD2=CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE=2，PF=2，EF=4，于是PE2+PF2=EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G，易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF=F，所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF=F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由PE·PF=EF·PG，得PG===.故选D. 7.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.1 C.2 D.3 方法引入：法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高h=，作辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=，进而根据线面夹角的定义分析求解;法二：将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，根据比例关系可得VP-ABC=18，进而可求正三棱锥P-ABC的高，即可得结果. 解析：选B　法一　分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD=3，A1D1=， 可知S△ABC=×6×3=9，S△A1B1C1=×2×=. 设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h， 则VABC-A1B1C1=×h=，解得h=. 如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM=x， 则AA1==，DN=AD-AM-MN=2-x，可得DD1==，结合等腰梯形BCC1B1可得B=+D， 即x2+=(2-x)2++4，解得x=， 所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1. 法二　将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC， 则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为==，则=， 可知=VP-ABC=，则VP-ABC=18. 设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC=d××6×6×=18，解得d=2. 取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=2， 所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO==1. 习得方略：既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略. 二、多选题 8.如图，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论不正确的是 (　　) A.MN∥AB B.平面VAC⊥平面VBC C.MN⊥BC D.OC⊥平面VAC 解析：选AD　因为M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC.如果MN∥AB，则可得AC∥AB，而AC与AB相交，故A不正确;因为点C是圆周上不同于A，B的任意一点，所以AC⊥BC.因为VA垂直于半圆O所在的平面，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.又AC∩VA=A，AC，VA⊂平面VAC，所以BC⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故B正确;因为AC∥MN，AC⊥BC，所以MN⊥BC，故C正确;若OC⊥平面VAC，又BC⊥平面VAC，则OC∥BC，而这与OC 与BC 相交矛盾，故D不正确. 9.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是 (　　) A.异面直线AB1与CD所成的角为45° B.异面直线A1B1与AC1所成的角为45° C.直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为 D.二面角C1-AD-B的大小为45° 解析：选ACD　如图所示，因为CD∥AB，则AB1与CD所成的角为∠BAB1=45°，A正确;因为AB∥A1B1，所以AC1与A1B1所成角为∠BAC1或其补角.因为AB=2，BC1=BC=2，AC1=AB=2，所以AB2+B=A，则AB⊥BC1，所以tan∠BAC1==，故∠BAC1≠45°，B错误;因为B1C1⊥平面AA1B1B，故直线AC1与平面ABB1A1所成的角为∠B1AC1，因为AB1⊂平面AA1B1B，则B1C1⊥AB1，所以sin∠B1AC1==，因此直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为，C正确;因为AD⊥平面CC1D1D，CD，C1D⊂平面CC1D1D，则AD⊥CD，AD⊥C1D，所以二面角C1-AD-B的平面角为∠CDC1=45°，D正确. 三、填空题 10.已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断： ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：　　　　　　　　.  解析：由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得若l⊥α，l⊥m，则m∥α.若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m. 答案：若l⊥α，l⊥m，则m∥α(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m) 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° 四、解答题 12.(13分)如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点. (1)求证：DB⊥PQ;(5分) (2)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由.(8分) 解：(1)证明：正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD. 因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD. 又DB⊂底面ABCD，所以DB⊥PQ. (2)存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下： 由(1)知PQ⊥底面ABCD，又CN⊂底面ABCD，所以PQ⊥CN. 因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB中点，所以BA=CB，AQ=BN， ∠QAB=∠NBC=90°，所以△QAB≌△NBC， 所以∠AQB=∠BNC. 因为∠AQB+∠ABQ=90°， 所以∠CNB+∠ABQ=90°，所以CN⊥BQ， 而PQ∩BQ=Q，PQ，BQ⊂平面PQB， 所以CN⊥平面PQB. 又CN⊂平面PCN， 所以平面PCN⊥平面PQB. 13.(15分)(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;(5分) (2)求点M到平面ADE的距离.(10分) 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. 第六节　空间向量与线面位置关系 　　 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 3.理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 1.空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 在空间中，具有大小和方向的量 相等向量 方向相同且模相等的向量 相反向量 长度相等而方向相反的向量 共线向量 (或平行向量) 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 共面向量 平行于同一个平面的向量 2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使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. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积 非零向量a，b的数量积a·b=|a||b|cos<a，b>. (2)空间向量的坐标表示及其应用 设a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1+a2b2+a3b3 共线 a=λb (b≠0，λ∈R) a1=λb1，a2=λb2， a3=λb3 垂直 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>= 4.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量a为直线l的方向向量. (2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则称向量a为平面α的法向量. (3)空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为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 典题细发掘 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的. (　　) (2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α. (　　) (3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量. (　　) (4)若a·b<0，则<a，b>是钝角. (　　) (5)若两平面的法向量平行，则不重合的两平面平行. (　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ 2.(人A选必修①P12T1改编)若{a，b，c}为空间向量的一个基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是 (　　) A.a，a+b，a-b B.b，a+b，a-b C.c，a+b，a-b D.a+b，a-b，a+2b 答案：C 3.(人B选必修①P61T2改编)已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是 (　　) A.(-1，1，1) 　　B.(1，-1，1) C. 　　D. 答案：C 4.(苏教选必修②P31T2)设t为实数，若直线l垂直于平面α，且l的方向向量为(t，2，4)，α的法向量为，则t的值为　　　　.  答案：1 题点一　空间向量的线性运算 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1] (1)如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D是四边形BB1C1C的中心，且=a，=b，=c，则等于 (　　) A.a+b+c B.a-b+c C.a+b-c D.-a+b+c 解析：选D　=++=-++=-+++(-)=-++=-a+b+c. (2)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点.用表示，则=　　　　.  解析：=+=+=(+)+=++. 答案：++ |思维建模|　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. [即时训练] 1.如图，在三棱锥O-ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设=a，=b，=c，用a，b，c表示，则= (　　) A.(-a+b+c) B.(a+b-c) C.(a-b+c) D.(-a-b+c) 解析：选B　=+=(-)+=-+(-)=+-=(a+b-c). 2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是C1D1的中点，且=+x+y，则实数x+y= (　　) A.- B.- C. D. 解析：选D　=++=++=+x+y，故x=，y=1，所以x+y=. 题点二　共线、共面向量定理的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且=k=k=k=+m=+m，k，m∈R.求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)∥； (3)=k. 证明：(1)因为=+m=+m，所以由共面向量定理可得是共面向量，是共面向量.因为有公共点A，有公共点E，所以A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面. (2)因为=+m=-+m(-)=k(-)+km(-)=k+km=k(+m)=k，所以∥. (3)=+=k+k=k(+)=k. |思维建模| 应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 =λ =x+y 对空间任一点O，=+t 对空间任一点O，=+x+y 对空间任一点O，=x+(1-x) 对空间任一点O，=x+y+(1-x-y) [即时训练] 3.已知空间中A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若=6-4+λ，则λ等于 (　　) A.2 B.-2 C.1 D.-1 解析：选B　已知=6-4+λ，即-=6-4+λ，整理得=6-3+λ，由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，可得6-3+λ=1，解得λ=-2. 4.设x，y是实数，已知三点A(1，5，-2)，B(2，4，1)，C(x，3，y+2)在同一条直线上，那么x+y= (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选D　由已知可得=(1，-1，3)，=(x-1，-2，y+4).因为A，B，C三点共线，所以存在唯一实数λ，使得=λ， 所以解得所以x+y=5. 题点三　空间向量的数量积及其应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　(2025·南昌模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°. (1)求证：四边形BDD1B1为正方形； (2)求体对角线AC1的长度； (3)求异面直线AB1与BD1所成角的余弦值. 解：(1)证明：因为=-=-=-，所以=，而B，D，D1，B1不共线，所以四边形BDD1B1为平行四边形. 又·=(-)·=·-·=1×1×-1×1×=0，所以⊥，即BD⊥BB1，所以四边形BDD1B1为正方形. (2)由题意易知=++=++， 所以=(++)2=+++2·+2·+2·， 因为AB=AD=AA1=1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，所以2·=2·=2·=2×1×1×=1，===1，所以=6⇒||=，即AC1=. (3)因为=+=-++， 所以·=(+)·(-++)=-+·+·+=1，||== =， ||= = =， 所以cos<>===，所以异面直线AB1与BD1所成角的余弦值为. |思维建模|　空间向量数量积的3个应用 (1)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. (2)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. (3)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. [即时训练] 5.如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设=a，=b，=c，试采用向量法解决下列问题： 求：(1)的模长； (2)的夹角. 解：(1)因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点， =a，=b，=c， 所以==(-)=(b-a)， ==c，所以=++ =-(b-a)-a+c=(c-a-b)， 所以||2=(c-a-b)2 =(c2+a2+b2-2a·c+2a·b-2b·c) =(1+1+1-2×1×1×cos 60°+2×1×1×cos 60°-2×1×1×cos 60°)=，故||=. (2)由(1)知=(c-a-b)，||=. 同理，=(b+c-a)，||=. 所以cos<>= = =[(c-a)2-b2]=(c2+a2-2c·a-b2) =(1+1-2×1×1×cos 60°-1)=0， 所以与的夹角为90°. 题点四　向量法证明平行、垂直 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例4]　如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2，AA1=，点E和F分别为BC和A1C的中点. 求证：(1)EF∥平面A1B1BA； (2)平面AEA1⊥平面BCB1. 证明：因为AB=AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AB=3，BE=，所以AE=2，所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(-，0，0)，A1(0，2，)，则F. (1)==(-，-2，0)，=(0，0，). 设平面AA1B1B的法向量n=(x，y，z)， 则所以取 所以n=(-2，，0).因为·n=×(-2)+1×+×0=0，所以⊥n. 又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. (2)因为EC⊥平面AEA1，所以=(，0，0)为平面AEA1的一个法向量. 又EA⊥平面BCB1，所以=(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量. 因为·=0，所以⊥， 故平面AEA1⊥平面BCB1. |思维建模| (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直线、平面的要素). (2)向量法证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量法证明仍然离不开立体几何的有关定理. [即时训练] 6.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，PD⊥平面ABCD，AD=1，AB=，BC=4. (1)求证：BD⊥PC； (2)设点E在棱PC上，=λ，若DE∥平面PAB，求λ的值. 解：(1)证明：在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于点F， 在Rt△DFC中，DF=，FC=3，可知DC=2.又在Rt△BAD中，AB=，AD=1， ∴BD=2，∴BC2=BD2+DC2，∴BD⊥DC. ∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴BD⊥PD. 又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC， ∴BD⊥平面PDC. 又∵PC⊂平面PDC，∴BD⊥PC. (2)以D为坐标原点，DA，DF，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，，0)， D(0，0，0)，C(-3，，0)，设PD=a，则P(0，0，a)，则=(0，，0)，=(0，0，a)，=(1，0，-a)，=(-3，，-a)， ∵=λ，∴=(-3λ，λ，-aλ)， 则=+=(0，0，a)+(-3λ，λ，-aλ)=(-3λ，λ，a-aλ)， 设平面PAB的法向量n=(x，y，z)， 则即 令z=1，则n=(a，0，1)，∵DE∥平面PAB， ∴·n=0，∴-3aλ+a-aλ=a(1-4λ)=0. ∵a≠0，∴λ=，故λ的值为. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.已知向量a=(1，m，-1)，b=(1，-1，1)，若a⊥b，则m= (　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 解析：选B　因为a⊥b，所以a·b=1-m-1=0，解得m=0. 2.已知向量a=(-4，0，1)，b=(2，，3)，则a在b上的投影向量的模为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由a=(-4，0，1)，b=(2，，3)，得|b|==4，a·b=-4×2+0×+1×3=-5，所以a在b上的投影向量的模为==. 3.已知空间向量a=(1，2，0)，b=(0，-1，1)，c=(2，3，m)，若a，b，c共面，则实数m= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选A　因为a=(1，2，0)，b=(0，-1，1)不共线，a，b，c共面，所以存在一对有序实数(x，y)，使c=xa+yb，所以(2，3，m)=x(1，2，0)+y(0，-1，1)=(x，2x-y，y)，所以解得 4.(2025·宣城期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若=x+y+z，则x+y+z等于 (　　) A. B.1 C. D.2 解析：选A　因为=++=++=++(-)，所以2=++，所以=++，所以x=，y=，z=，所以x+y+z=++=.故选A. 5.(2025·杭州模拟)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1中点，M是DB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. 6.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP长度的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　以D为坐标原点，以分别为x，y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P(a，b，1)，M(0，1，t)(0≤t≤1)，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，则=(a-1，b，1)，=(-1，-1，1)，=(0，-1，1-t)，因为AP⊥平面MBD1，所以AP⊥BD1，AP⊥MD1，即解得所以=(t，1-t，1)，所以||==.又0≤t≤1，所以当t=时，即M是CC1的中点时，||取得最小值，当t=0或t=1，即M与点C或C1重合时，||取得最大值，所以线段AP长度的取值范围为. 二、多选题 7.下列结论正确的是 (　　) A.两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a=(2，3，-1)，b=(-2，-3，1)，则l1∥l2 B.两个不同的平面α，β的法向量分别是u=(2，2，-1)，v=(-3，4，2)，则α⊥β C.直线l的方向向量a=(1，-1，2)，平面α的法向量是u=(6，4，-1)，则l⊥α D.直线l的方向向量a=(0，3，0)，平面α的法向量是u=(0，-5，0)，则l∥α　 快审准解：运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法，结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可. 解析：选AB　两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a=(2，3，-1)，b=(-2，-3，1)，则b=-a，所以l1∥l2，A正确；两个不同的平面α，β的法向量分别是u=(2，2，-1)，v=(-3，4，2)，则u·v=2×(-3)+2×4-1×2=0，所以α⊥β，B正确；直线l的方向向量a=(1，-1，2)，平面α的法向量是u=(6，4，-1)，则a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0，所以l∥α或l⊂α，C错误；直线l的方向向量a=(0，3，0)，平面α的法向量是u=(0，-5，0)，则u=-a，所以l⊥α，D错误. 8.(2025·大庆模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，P为AA1中点，Q为BC中点，则下列结论正确的是 (　　) A.直线PD与直线QB1平行 B.直线PC1与直线QD1垂直 C.直线PQ与直线A1B相交 D.直线PQ与直线DB1异面 解析：选BD　根据题意，设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2)，P(2，0，1)，Q(1，2，0)，对于A，=(2，0，1)，=(1，0，2)，由于=k对于任意的k都不会成立，则与不平行，则直线PD与直线QB1不平行，A错误；对于B，=(-2，2，1)，=(-1，-2，2)，则有·=2-4+2=0，则⊥，即直线PC1与直线QD1垂直，B正确；对于C，直线PQ与PB相交，故PQ⊂平面PBQ，直线A1B∩平面PBQ=B，B∉PQ，所以PQ与直线A1B是异面直线，C错误；对于D，=(-1，2，-1)，=(2，2，2)，显然两直线不平行，假设直线PQ与直线DB1相交，则P，Q，D，B1在同一平面上，=(2，0，1)，故存在实数x，y，使得=x+y，即则x，y无解，故PQ与直线DB1既不相交也不平行，是异面直线，D正确. 9.(2024·南通三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为DD1的中点，M是底面ABCD上一点，则下列命题正确的是 (　　) A.M为AC中点时，PM⊥AC1 B.M为AD中点时，PM∥平面A1BC1 C.满足2PM=DD1的点M在圆上 D.满足直线PM与直线AD成30°角的点M在双曲线上 解析：选BCD　不失一般性，设正方体棱长为2，如图建立空间直角坐标系，因为P为DD1的中点，则P(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，M为AC中点时，则M(1，1，0)，=(1，1，-1)，=(-2，2，2)，·=-2+2-2=-2≠0，PM与AC1不垂直，故A错误；M为AD中点时，PM∥AD1，因为AB∥D1C1，AB=D1C1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1，所以PM∥BC1，因为BC1⊂平面A1BC1，PM⊄平面A1BC1，所以PM∥平面A1BC1，故B正确；令M(x，y，0)，PM=DD1=×2=，所以DM=，所以M在以D为圆心，为半径的圆上，故C正确；=(x，y，-1)，=(2，0，0)，=cos 30°=|cos<>|=，化简得-y2=1，其为双曲线方程，故D正确. 10.如图，在三棱锥A-BCD中，BD⊥BC，AB⊥平面BCD，AB=BC=BD=2，E，F，G，H分别为AB，BD，BC，CD的中点，M是EF的中点，N是线段GH上的动点，则 (　　) A.存在a>0，b>0，使得=a+b B.不存在点N，使得MN⊥EH C.||的最小值为 D.异面直线AG与EF所成角的余弦值为 解析：选BCD　在三棱锥A-BCD中，BD⊥BC，AB⊥平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则G(1，0，0)，H(1，1，0)，E(0，0，1)，F(0，1，0)，M，A(0，0，2)，==(0，1，0)，=(-1，0，1).对于A，由=a+b，得=a(0，1，0)+b(-1，0，1)，则方程无解，因此不存在a，b使得=a+b，A错误；对于B，由N是线段GH上的动点，设N(1，t，0)(0≤t≤1)，则==(1，1，-1)，由·=1+t-+=1+t>0，知不存在点N，使得MN⊥EH，B正确；对于C，||=≥，当且仅当t=时取等号，C正确；对于D，=(1，0，-2)，=(0，1，-1)，则cos<>==， 所以异面直线AG与EF所成角的余弦值为，D正确. 三、填空题 11.(2025·常州模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，底面边长和侧棱长均为2，∠A1AB=∠A1AD=60°，则对角线AC1的长为　　　　.  解析：由题可知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为平行六面体，=++，所以=(++)2=+++2·+2·+2·=4+4+4+2×2×2cos 60°+2×2×2cos 60°=20，所以||=2. 答案：2 12.设O为坐标原点，向量=(1，2，3)，=(2，1，2)，=(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则·的最小值为　　　　　.  解析：∵=(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，可设=λ=(λ，λ，2λ).又向量=(1，2，3)，=(2，1，2)，∴=(1-λ，2-λ，3-2λ)，=(2-λ，1-λ，2-2λ)，则·=(1-λ)×(2-λ)+(2-λ)×(1-λ)+(3-2λ)×(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6-.当λ=时，·取得最小值-. 答案：- 四、解答题 13.(10分)已知a=(1，-3，2)，b=(-2，1，1)，点A(-3，-1，4)，B(-2，-2，2). (1)求|2a+b|；(5分) (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b?(O为原点)(5分) 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，此时点E的坐标为. 14.(13分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在棱BB1上，EB1=1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.求证： (1)B1D⊥平面ABD；(5分) (2)平面EGF∥平面ABD.(8分) 证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系， 设AB=a，则A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G， 所以=(0，2，2)，=(-a，0，0)，=(0，2，-2)，所以·=0+0+0=0，·=0+4-4=0，所以⊥⊥，所以B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又AB∩BD=B，所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)可得=(-a，0，0)，=(0，2，-2)， ==(0，1，-1)， 所以=2=2， 所以∥∥.所以GF∥AB，EF∥BD. 因为AB⊂平面ABD，GF⊄平面ABD， 所以GF∥平面ABD. 同理可证EF∥平面ABD， 又GF∩EF=F，所以平面EGF∥平面ABD. 第七节 空间角 　 　　 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. 　 2.体会向量法在研究空间角问题中的作用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 1.异面直线所成的角 若异面直线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.直线与平面所成的角 如图，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 如图，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. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos<n1，n2>|=. 典题细发掘 1.(人B选必修①P37T3改编)已知直线l1的方向向量s1=(1，0，1)与直线l2的方向向量s2=(-1，2，-2)，则l1和l2所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 答案：C 2.(人A选必修①P49T14改编)在正四棱锥S-ABCD中，O为顶点S在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD.则直线BC与平面PAC所成的角是 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案：A 3.(最小角定理的应用)已知l是平面α内的一条直线，m是平面α的一条斜线，且m在平面α内的射影为m'，若l与m的夹角为60°，l与m'的夹角为45°，则m与平面α所成角的大小为　　　　.  答案：45° 4.(苏教选必修②P39T6改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中二面角A-A1B-D的平面角的正弦值为　　　　.  答案： 题点一　异面直线所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1] (1)(2025·烟台模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1=O，则异面直线OC与AB所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 快审准解：法一：根据AB∥CD，可得异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角，再解△OCD即可. 法二：利用空间向量的数量积求出|cos<>|即可. 法三：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 解析：选A　法一　因为AB∥CD，所以异面直线OC与AB所成的角为∠DCO或其补角.设正方体的棱长为2，如图1，连接OD，则OC=OD==， 在△OCD中，cos∠DCO===， 即异面直线OC与AB所成角的余弦值为. 法二　如图2，由题，得=+=++=++，所以·=·=，设AB=2，则OC1=，OC=，所以异面直线OC与AB所成角的余弦值为==. 法三　以D为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系， 设AB=2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，O(1，1，2)，则=(0，2，0)，=(-1，1，-2)，故cos<>==，故异面直线OC与AB所成角的余弦值为. (2)(2025·丹东质检)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=120°，AB=AC=AA1，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为 (　　) A. B.- C. D. 解析：选A　如图，在平面ABC内过A作AC的垂线交BC于D，以A为坐标原点，以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=120°，设AB=AC=AA1=1，则B，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(0，1，1)，==(0，1，1)，设异面直线BA1与AC1所成的角为θ，则cos θ===，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为，故选A. |思维建模|　用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系. (2)求出两直线的方向向量v1，v2. (3)代入公式|cos<v1，v2>|=求解. (4)注意两条异面直线所成角的范围是，即两条异面直线所成角的余弦值等于两个向量夹角的余弦值的绝对值. [即时训练] 1.(2025·济南模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°，PA=2，BC=AB=2，M是棱PB的中点，N是棱PC上靠近点P的四等分点，则异面直线MN与PA所成角的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 方法引入：将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解. 解析：选B　根据题意可将三棱锥P-ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体ABCD-A1B1C1P中，以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，4，0)，C(2，4，0)，P(2，0，2)，则M(1，2，1)，N，故=(2，0，2)，= ，所以cos<>==，所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°. 2.如图，三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC两两互相垂直，∠PBA=，点D满足=4.若AP=AC，求异面直线CD与AB所成角的余弦值. 解：∵三棱锥P-ABC中的三条棱AP，AB，AC两两互相垂直， ∴以A为原点，分别以AB，AC，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AP=AC=a，∵∠PBA=，∴AB=a，C(0，a，0)，P(0，0，a)，B(a，0，0)，=(a，0，-a)，=(0，0，a)， =+=+=(0，0，a)+(a，0，-a)=.∵A(0，0，0)，∴D==.设异面直线CD与AB所成的角为θ，则cos θ=|cos<>|===，故异面直线CD与AB所成角的余弦值为. 题点二　直线与平面所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　(2025·佛山模拟)如图，五面体ABCDMN中，底面四边形ABCD为边长为4的正方形，MN=1. (1)求证：AB∥MN； (2)已知G为线段CD的中点，点M在平面ABCD上的投影恰为线段BG的中点，直线MG与平面ABCD所成角的正切值为，求直线AN与平面ADM所成角的正弦值. 快审准解：(1)先证明AB∥平面CDMN，由线面平行性质定理证明AB∥MN； (2)建立空间直角坐标系，求直线AN的方向向量和平面ADM的法向量，利用向量夹角公式求结论. 解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形， 所以AB∥CD，又AB⊄平面CDMN，CD⊂平面CDMN，所以AB∥平面CDMN. 又平面ABNM∩平面CDMN=MN，AB⊂平面ABNM，所以AB∥MN. (2)记BG的中点为O，AD的中点为E，AB上靠近点B的四等分点为F， 连接OE，OF，OM，MG，则有OE∥AB，OF∥AD，OM⊥平面ABCD. 又OE，OF⊂平面ABCD，所以OM⊥OE，OM⊥OF， 故OM，OE，OF两两相互垂直，以O为坐标原点，OE，OF，OM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， 因为直线MG与平面ABCD所成的角为∠MGO，GO=BG==， 所以tan∠MGO==，解得MO=2. 由题意，得A(3，2，0)，D(3，-2，0)，M(0，0，2)，N(-1，0，2)，所以=(-4，-2，2)，=(0，4，0)，=(-3，2，2). 设平面ADM的法向量n=(x，y，z)， 则即 令x=2，则y=0，z=， 故n=(2，0，)为平面ADM的一个法向量. 设直线AN与平面ADM所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|===，所以直线AN与平面ADM所成角的正弦值为. |思维建模|　利用空间向量求线面角的解题步骤 建坐 标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直角坐标系 求向量 设直线AB与平面α所成的角为θ，需求出平面α的法向量n和直线AB的方向向量 用公式 cos<，n>= 得结论 利用sin θ=|cos<，n>|，直线和平面所成角的范围是，即可得出直线和平面所成的角 [即时训练] 3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=6，BC=8，AB=10，AA1=8，点D是AB的中点，CC1⊥平面ABC. (1)求证：AC1∥平面CDB1； (2)求AA1与平面CDB1所成角的正弦值. 快审准解：(1)连接BC1，设BC1∩B1C=O，只需证明OD∥AC1，再结合线面平行的判定定理即可得证； (2)建立适当的空间直角坐标系，求出AA1的方向向量与平面CDB1的法向量，再由向量夹角公式即可求解. 解：(1)证明：连接BC1，如图1，设BC1∩B1C=O，连接OD，由三棱柱的性质可知， 侧面BCC1B1为平行四边形，∴ O为BC1的中点. 又∵ D为AB的中点， ∴在△ABC1中，OD∥AC1. 又∵ OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴ AC1∥平面CDB1. (2)由题意可知CA，CB，CC1两两垂直，故以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系. 则C(0，0，0)，A(6，0，0)，A1(6，0，8)，D(3，4，0)，B1(0，8，8). 所以=(0，0，8)，=(3，4，0)，=(0，8，8)， 设平面CDB1的法向量n=(x，y，z)， 则 令x=4，得n=(4，-3，3). 设AA1与平面CDB1所成的角为θ， 则sin θ=|cos<n，>|===，所以AA1与平面CDB1所成角的正弦值为. 题点三　平面与平面的夹角 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　(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1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=. 法二　如图2，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=. |思维建模|　利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤 建坐标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直角坐标系 求法向量 准确求解相关点的坐标，并分别求出两平面的法向量m，n，设两平面的夹角为θ 用公式 利用求两向量夹角余弦值的公式cos θ=|cos<m，n>|=求夹角的余弦值 [即时训练] 4.(2025·福州模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，BC⊥平面SAB，AD∥BC，SA=BC=1，SB=，∠SBA=45°.　 (1)求证：SA⊥平面ABCD； (2)若AD=，求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 解：(1)证明：在△SAB中，因为SA=1，∠SBA=45°，SB=， 由正弦定理，得=，所以=，所以sin∠SAB=1. 因为0°<∠SAB<180°，所以∠SAB=90°， 所以SA⊥AB.因为BC⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA. 又BC∩AB=B，BC，AB⊂平面ABCD，所以SA⊥平面ABCD. (2)法一　由(1)知SA⊥平面ABCD， 又AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD. 因为BC⊥平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥AB. 因为AD∥BC， 所以AD⊥AB， 所以SA，AD，AB两两垂直. 以点A为原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则S(0，0，1)，C(1，1，0)，D， 所以=(1，1，-1)，=， 设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)， 则即取x=2，则n1=(2，-1，1)，显然平面SAB的一个法向量n2=(1，0，0)，所以cos<n1，n2>===，所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为. 法二　由(1)知SA⊥平面ABCD，过B作BM∥SA，则BM⊥平面ABCD， 又AB，BC⊂平面ABCD，所以BM⊥AB，BM⊥BC. 因为BC⊥平面SAB，AB⊂平面SAB，所以BC⊥AB，所以BM，BA，BC两两垂直. 以点B为原点，分别以BA，BC，BM所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则S(1，0，1)，C(0，1，0)，D，所以=(-1，1，-1)，=， 设平面SCD的法向量n1=(x，y，z)， 则即 取y=2，则n1=(1，2，1)， 显然平面SAB的一个法向量n2=(0，1，0)， 所以cos<n1，n2>===， 所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为. 法三　延长CD，BA交于点M，连接SM， 则平面SCD∩平面SAB=SM，在△SBM中， SB=，∠SBA=45°，BM=2， 由余弦定理，得SM2=SB2+MB2-2SB·MBcos∠SBM， 所以SM2=()2+22-2××2×=2，所以SM2+SB2=BM2， 所以SM⊥SB. 因为BC⊥平面SAB，SM⊂平面SAB， 所以SM⊥BC.又SM⊥SB，SB∩BC=B， 所以SM⊥平面SBC. 又SC⊂平面SBC，所以SM⊥SC. 所以∠BSC为平面SCD与平面SAB的夹角. 因为BC⊥平面SAB，SB⊂平面SAB， 所以BC⊥SB. 因为SB=，BC=1，得SC=， 所以cos∠BSC===， 所以平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.(2025·西宁模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，D为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1E=B1C1，则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=4，则AB=AC=6，则D(3，3，0)，E(4，2，4)，故=(1，-1，4).因为AB⊥平面ACC1A1，则可取平面ACC1A1的法向量n=(1，0，0)，则|cos<，n>|===，即直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为. 2.(2025·武汉模拟)已知菱形ABCD，∠DAB=，将△DAC沿对角线AC翻折，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　记AC的中点为E，因为AD=CD，所以DE⊥AC，同理，BE⊥AC，记AB=2a，因为∠DAB=，所以∠DAC=∠BAC=，所以BE=DE=a，AE=CE=a.易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大，此时∠BED=，以E为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，-a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，D(0，0，a)，所以=(a，a，0)，=(0，-a，a)，所以cos<>==-，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为. 3.(2025·大庆模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2，D为B1B上的点，若直线A1C与直线DC1所成角的余弦值为，则BD的长为 (　　) A.1 B. C. D. 快审准解：建系标点，设D(2，0，t)，0≤t≤2，可得=(0，2，-2)，=(-2，2，2-t)，利用空间向量求异面直线的夹角，列式求解即可. 解析：选A　以A为原点，AB，AC，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，则A1(0，0，2)，C1(0，2，2)，C(0，2，0).设D(2，0，t)，0≤t≤2，则=(0，2，-2)，=(-2，2，2-t)， 所以|cos<>|===，解得t=1(舍负). 二、解答题 4.(15分)(2024·安庆三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AP⊥DP，CD=3AB=3，AD=2AP=4，PB==4，连接BE，CE，PE. (1)求证：平面PBE⊥平面PCE；(5分) (2)求直线CE与平面PCD所成角正弦值的大小.(10分) 解：(1)证明：因为AP⊥DP，AD=2AP=4，所以∠PAD=.又=4，所以AE=1，根据余弦定理知PE2=AE2+AP2-2×AE×AP×cos∠PAD=1+4-2×1×2×=3. 在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=4，AE=1，CD=3AB=3， 则BE=，CE=3，如图，过B点作BF⊥CD，垂足为F，则BF=AD=4，CF=2，得BC=2，则有BE2+PE2=PB2，得PE⊥BE，BE2+CE2=BC2，得BE⊥CE， 因为PE∩CE=E，PE，CE⊂平面PCE，所以BE⊥平面PCE. 又BE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面PCE. (2)由(1)知PE2+AE2=AP2，所以PE⊥AE.又PE⊥BE，AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.如图，以点E为原点，分别以ED，EP所在直线为y轴，z轴，过点E作CD的平行线为x轴，建立空间直角坐标系， 则P(0，0，)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，B(1，-1，0)，于是=(3，3，0)， =(3，3，-)，=(3，0，0)，设平面PCD的法向量m=(x，y，z)， 于是 令y=1，则x=0，z=，即m=(0，1，). 设直线CE与平面PCD所成的角为θ，则sin θ====， 所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为. 5.(15分)(2025·佛山一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ADC=90°，PA⊥PB，PA=PB. (1)求证：平面PAD⊥平面PBC；(6分) (2)若AB=AD=2，CD=1，点E是线段BC上一点，且二面角E-PA-D的余弦值为，求的值.(9分) 解：(1)证明：在底面ABCD中，因为AB∥CD，∠ADC=90°，所以AD⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD， 所以AD⊥平面PAB.又因为PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB. 又因为PB⊥AP，AD∩AP=A，AD，AP⊂平面ADP，所以PB⊥平面ADP. 又因为PB⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC. (2)取AB的中点O，连接OC，OP.因为CD∥AO，且CD=AO，∠ADC=90°，所以四边形AOCD为矩形，即CO⊥平面PAB.又因为在Rt△APB中，PO⊥AB，所以OP，OB，OC两两垂直.以OP，OB，OC分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，2)，B(0，1，0)，P(1，0，0)，A(0，-1，0)，D(0，-1，2)，设=λ，λ∈[0，1]，则E(0，λ，2(1-λ))，=(0，λ+1，2(1-λ))，=(-1，-1，0)，=(-1，1，0).设平面AEP的法向量m=(x，y，z)，则 令y=2λ-2，可得x=2-2λ，z=λ+1， 即m=(2-2λ，2λ-2，λ+1). 因为PB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量n==(-1，1，0)，所以|cos<m，n>|===. 化简得3λ2-10λ+3=0，即(λ-3)(3λ-1)=0， 解得λ=或λ=3(舍去)，即=. 6.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥PD，平面PAD⊥平面PCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)求证：平面PBC⊥平面PCD；(6分) (2)已知AD=PD=DC=2，PC=2.若直线l与直线AB所成的角为，求直线l与平面PAB所成角的正弦值.(9分) 解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面PCD，且其交线为PD，AD⊥PD，AD⊂平面PAD，故AD⊥平面PCD.又AD∥BC，所以BC⊥平面PCD，BC⊂平面PBC.所以平面PBC⊥平面PCD. (2)因为AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC=l，AD⊂平面PAD，所以l∥AD. (关键点：直线l与平面PAB所成的角等于直线AD与平面PAB所成的角) 由直线l与直线AB所成的角为，知∠DAB=. 可推出BC=4，AB=2. 由(1)可知，AD⊥平面PCD，AD⊂平面ABCD，即平面ABCD⊥平面PCD，由于两平面的交线为CD，如图1，过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD. 法一　因为PC=2，PD=DC=2，所以∠CPD=∠DCP=，则∠PDC=，PH=. 又PA= =2，AB=2，△PBC是一个直角三角形， PB2=BC2+PC2，所以PB=2，S△DAB=×2×2×sin=2， S△PAB=PB=×2×=.设点D到平面PAB的距离为h， 由VD-PAB=VP-DAB，得·S△PAB·h=·S△DAB·PH，解得h=.直线l与平面PAB所成角的正弦值为==. 法二　以H为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系. 则A(2，1，0)，B(4，3，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，=(2，2，0)，=(-2，-1，)，设平面PAB的法向量n=(x，y，z)， 由得 取x=，得y=-，z=1， 则平面PAB的一个法向量n=(，-，1). 又=(-2，0，0)，令直线AD与平面PAB所成的角为α，则sin α===. 所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为. 7.(17分)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E是BC的中点，=2. (1)求证：O为三棱锥A-BCD外接球的球心；(3分) (2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值；(6分) (3)若∠BCD=60°，=λ，求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值.(8分) 解：(1)证明：∵AE为△ABC的中线，且=2，则O为正△ABC的中心， ∴OA=OB=OC. 又∵Rt△BCD中，连接ED，如图1，则ED=EC， ∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2，∴OA=OB=OC=OD，即O为三棱锥A-BCD外接球的球心. (2)∵△ABC是正三角形，点E是BC的中点， ∴AE⊥BC. 又∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥平面BCD， ∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角. 又∵AE=BC，ED=BC， ∴tan∠ADE==，∠ADE=60°， 即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为. (3)在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，EF⊥CD，垂足分别为H，F， 设BC=4，则DF=FC=1，EA=2，EF=. 以E为原点，EH，EF，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，A(0，0，2)，C(-1，，0)，D(1，，0)，设G(1，y，0)，则=(0，0，2)，=(1，y，0)，=(1，，-2)，=(2，0，0). 设平面AEG的法向量n 1=(x1，y1，z1)， 由得 令y1=-1，故n 1=(y，-1，0). 设平面ACD的法向量n 2=(x2，y2，z2)， 则即 令z2=1，则n 2=(0，2，1). 设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ， ∴cos θ=|cos􀎮 n 1，n 2􀎯| ==， 当y=0时，cos θ=，此时余弦值最大， 即当λ=时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大. 第八节　　空间的距离 　　 1.能用向量法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题. 2.通过空间中距离问题的求解，体会向量法在研究几何问题中的作用. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 空间向量与距离 直线外一点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 典题细发掘 1.(人B选必修①P61T4改编)已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为 (　　) A. B.1 C. D.2 解析：选A　∵A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，=(1，0，0)，=(-1，2，-2)，∴点A到直线BC的距离为d===. 2.(苏教选必修②P43T1改编)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　　　　.  解析：(1)在正方体中，因为CD⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以CD⊥B1C. 又CD⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以CD⊥A1D.所以线段CD为两条平行直线A1D和B1C间的距离，又CD=1，所以两条平行直线A1D和B1C间的距离为1. (2)分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，=(1，1，0)，=(1，0，1)，=(1，0，0)， 设平面A1DB的法向量n=(x，y，z)， 则即取x=1，可得n=(1，-1，-1)，则点C到平面A1DB的距离为d1===，所以两个平行平面A1DB和D1CB1间的距离为. (3)=(0，1，0)，则点A到平面A1DB的距离为d2===. 答案：(1)1　(2)　(3) 题点一　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 快审准解：取PA的中点M，连接BM，CM，可证得CM的长即为点C到直线PA的距离，在Rt△CBM中，由勾股定理求得CM；也可以用向量法，直接求得. 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. |思维建模|　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) [即时训练] 1.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 ==. 规律方法：用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)求直线的方向向量. (2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度. (3)利用勾股定理求解.另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. 2.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==. 题点二　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(建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面PAB的距离)　 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(根据三棱锥等体积转换求解点C到平面PAB的距离)　∵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=. |思维建模|　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). [即时训练] 3.(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. 4.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===. 题点三　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==. |思维建模|　直线与直线间距离的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| [即时训练] 5.在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，∠ADC=90°，AD=AB=3，PD=4，DC=6，则DB与CP之间的距离为 (　　) A. B. C. D. 快审准解：建立空间直角坐标系，把异面直线的距离问题转化为点到直线的距离问题求解，利用向量法来求解点到直线的距离，利用二次函数的性质求解最小值，即可得到答案. 解析：选A　因为PD⊥平面ABCD，AB∥DC，∠ADC=90°，故以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AD=AB=3，PD=4，DC=6，则D(0，0，0)，B(3，3，0)，C(0，6，0)，P(0，0，4)，所以=(-3，-3，0)，=(0，-6，4)，=(-3，3，0)，设=λ=(0，-6λ，4λ)，0≤λ≤1，所以=+=(-3，3-6λ，4λ)，距离d==，因为34λ2-36λ+18≥=，故d≥=，所以异面直线DB与CP之间的距离为，故选A. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题 1.已知平面α的一个法向量n=(2，2，-1)，点M在α外，点N在α内，且=(-1，4，-3)，则点M到平面α的距离d= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 快审准解：由空间向量法可得出d=，即可得解. 解析：选C　因为平面α的一个法向量n=(2，2，-1)，点M在α外，点N在α内，且=(-1，4，-3)，则点M到平面α的距离d===3.故选C. 2.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱C1C，B1B的中点，G为棱BC上一点，且BG=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　法一：定义法　由题意易知平面A1FED1⊥平面ABB1A1，G到平面D1EF的距离等于B到平面A1FED1的距离，作BH⊥A1F交A1F于H(图略)，则BH⊥平面D1EF，且BH=sin∠HFB=sin∠B1FA1=.故选C. 法二：等体积法　∵E，F分别为CC1，BB1的中点，∴BC∥EF，从而BC∥平面D1EF，∴G到平面D1EF的距离即为B到平面D1EF的距离d.由=知S△EFB·C1D1=·d.∴d==.故选C. 3.如图，若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD所成角的大小为60°，则A1C1到底面ABCD的距离为 (　　) A. B.1 C.2 D. 快审准解：根据线面角的定义得到∠B1AB是AB1与底面ABCD所成的角，进而求出正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长，再根据A1C1∥平面ABCD即可求出答案. 解析：选D　由题意，B1B⊥平面ABCD，所以∠B1AB是AB1与底面ABCD所成的角，则∠B1AB=60°，因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，所以B1B=AB×tan 60°=，即正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为.又因为A1C1∥平面ABCD，A1A⊥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距离为A1A=.故选D. 4.已知=(1，2，-2)，=，则点B到直线AC的距离为 (　　) A. B. C.2 D.3 快审准解：根据条件，利用点到直线的距离的向量法，即可求解. 解析：选C　因为=(1，2，-2)，=，得到||=3，||=·=-，则点B到直线AC的距离d====2，故选C. 5.已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为 (　　) A. B. C. D. 快审准解：以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 解析：选A　如图，以点A为原点，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4).所以=(1，-3，4)，=(3，3，-6)，=(3，0，0)，设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有可取n=(1，3，2)，所以异面直线PC和DG的距离为==.故选A. 6.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，P为线段A1B1的中点，Q为线段C1P上一点，则△BCQ面积的取值范围为 (　　) A.[2，] B.[2，] C.[] D.[] 快审准解：利用向量法求出Q到BC的距离的范围后可求面积的范围. 解析：选B　由直三棱柱可得BB1⊥平面ABC，而AB⊥BC，故建立如图所示的空间直角坐标系， B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，C1(2，0，2)，P(0，1，2)，设=λ=λ(-2，1，0)=(-2λ，λ，0)，其中λ∈[0，1]，故Q(2-2λ，λ，2)，而=(-2λ，λ，2)，=(-2，0，0)，故Q到直线BC的距离为d==.因为λ∈[0，1]，故d∈[2，]，故S△QBC=×d×BC=d∈[2，]，故选B. 二、多选题 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，则下列说法正确的是 (　　) A.直线A1B1到平面ABCD的距离为1 B.B1D1到AC的距离为 C.点B到直线A1C的距离为 D.平面C1DA1到平面AB1C的距离为 快审准解：直线A1B1到平面ABCD的距离为1，A正确；B1D1到AC的距离为1，B错误；连接A1B，作BH⊥A1C于点H，计算得到C正确；确定平面C1DA1 ∥平面AB1C，BD1⊥平面AB1C，BD1⊥平面A1C1D，计算得到D正确，得到答案. 解析：选ACD　如图1，AA1⊥平面ABCD，BB1⊥平面ABCD，AA1=BB1=1，故直线A1B1到平面ABCD的距离为1，故A正确； 如图2，设O1，O2是上、下底面的中心，则O1∈B1D1，O2∈AC， 则O1O2⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故O1O2⊥AC，O1O2⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故O1O2⊥B1D1，O1O2是异面直线B1D1，AC的公共垂线段，O1O2=1，故B错误； 如图3，连接A1B，作BH⊥A1C于点H，BC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，故BC⊥A1B，Rt△A1BC中，A1B=，BC=1，A1C=，故BH= =，故C正确； 如图4，连接BD1，BD，AC∥A1C1，A1C1⊂平面C1DA1，AC⊄平面C1DA1，故AC ∥平面C1DA1，同理AB1 ∥平面C1DA1，AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，故平面C1DA1 ∥平面AB1C，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，DD1⊥AC.又BD⊥AC，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1，故AC⊥平面BDD1，BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，同理可得B1C⊥BD1，AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面AB1C，故BD1⊥平面AB1C，同理BD1⊥平面C1DA1，设B到平面AB1C的距离为h，则××1×1×1=×××××h，h=，同理可得D1到平面C1DA1的距离也为h，故两平面的距离为--=，故D正确. 8.已知三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2，平面PAC⊥平面ABC，∠APC=120°，点D为AB的中点，PD与平面ABC所成的角为45°，则下列结论正确的是 (　　) A.BC⊥AB B.点C到平面PAB的距离为 C.三棱锥的侧面积为2+2 D.AP与BC所成的角为30° 解析：选AC　取AC的中点O，连接PO，DO，BO.∵PA=PB=PC=2.∴PO⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC，且∠APO=60°，∠PDO=45°，AC=2AO=2，OD=OP=1.又D为AB的中点，∴BC=2OD=2.又AO=BO=CO，∴AB⊥BC，A正确；AB==2，设C到平面PAB的距离为d.则由VP-ABC=VC-PAB可求得d=，B错误；S侧=S△PAB+S△PBC+S△PAC=2++=2+2，C正确；如图建立空间直角坐标系，则A(0，2，0)，C(2，0，0)，P(1，，1)，B(0，0，0)， ∴=(1，-，1)，=(2，0，0)，记AP与BC所成的角为θ，则cos θ==.又0°<θ<90°，∴θ=60°.D错误. 三、填空题 9.如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为　　　　　.  快审准解：利用空间向量的坐标运算求点到直线的距离. 解析：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，BC=2，AA1=3，依题意，A1(0，0，3)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，=(1，2，-3)，=(0，2，0)，所以点B到直线A1C的距离d===. 答案： 10.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的菱形，高为2，∠DAB=60°，则点A1到截面AB1D1的距离为　　　.  快审准解：根据给定条件，利用等体积法求出点A1到截面AB1D1的距离. 解析：在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，AB=1，AA1=2，由∠DAB=60°，得△A1B1D1是正三角形，=A1=，B1D1=1.由AA1⊥平面A1B1D1，得AA1⊥A1B1，AA1⊥A1D1，AB1=AD1=.设等腰△AB1D1底边B1D1上的高为h，则h===B1D1·h=.设点A1到截面AB1D1的距离为d，由=，得·d=·AA1，即d=×2，解得d=，所以点A1到截面AB1D1的距离为. 答案： 11.在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=2.M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为　　　　.  解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA.依题意可知BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.由于M是PC的中点，所以M到平面PAB的距离是C到平面PAB的距离的一半，即M到平面PAB的距离是1.AC=PB=2，PC==2，所以AM=BM=.由于AB=2，所以S△MAB=×2×=，S△PAB=×2×2=2.设P到平面MAB的距离为h，则VM-PAB=VP-MAB，即×2×1=××h，解得h=. 答案： 四、解答题 12.(15分)(2025·莆田模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2AB=BB1=2，∠ABB1=60°，∠BAC=90°，平面ABC⊥平面AA1B1B，D是棱AC的中点. (1)求证：B1C∥平面A1BD；(5分) (2)求C1到直线BD的距离.(10分) 快审准解：(1)连接AB1交A1B于点F，证得DF∥B1C，结合线面平行的判定定理，即可得证； (2)利用面面垂直的性质，证得AB1⊥平面ABC，以A为原点，建立空间直角坐标系，求得向量=(-1，1，0)和=(-1，1，)，结合距离公式，即可求解. 解：(1)证明：连接AB1交A1B于点F，连接DF， 因为四边形ABB1A1是平行四边形，所以F是AB1的中点.又因为D是AC中点，所以DF∥B1C. 因为DF⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD. (2)因为2AB=BB1=2，∠ABB1=60°， 由余弦定理得AB1 ==， 所以AB2+A=B，可得AB⊥AB1. 又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1=AB， 所以AB1⊥平面ABC. 又因为∠BAC=90°，故AB，AC，AB1两两垂直. 以A为原点，AB，AC，AB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，B1(0，0，)，A1(-1，0，)，C(0，2，0)， 所以=(-1，1，0)，=(0，1，0)，==(-1，0，)， 且=+=(0，1，0)+(-1，0，)=(-1，1，)， 则·=-1×(-1)+1×1=2，||=，||2=1+1+3=5，所以C1到直线BD的距离d===. 13.(15分)如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABC，PA=BC=2，PC=AB=4，E为棱AB的中点，F为棱PC上的点. (1)求证：PA⊥平面PBC；(5分) (2)若二面角P-AF-E的正弦值为，求点P到平面AEF的距离.(10分) 快审准解：(1)利用线面垂直的判定定理可证PA⊥平面PBC； (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得点P到平面AEF的距离. 解：(1)证明：因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC， 所以BC⊥平面PAB. 因为PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA. 因为AB=4，BC=2，AB⊥BC， 所以AC2=AB2+BC2=20. 又PC=4，PA=2，所以PA2+PC2=20=AC2， 所以PA⊥PC. 因为BC，PC⊂平面PBC，BC∩PC=C， 所以PA⊥平面PBC. (2)过点P作PO⊥AB，垂足为点O. 因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PO⊂平面PAB， 所以PO⊥平面ABC. 以O为原点，OB所在直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由(1)知，PA⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC， 所以PA⊥PB. 在Rt△APB中，PA=2，AB=4，则PB=2. 又PO⊥AB，所以PO==， 所以P(0，0，)，A(-1，0，0)，C(3，2，0)，E(1，0，0)， =(-1，0，-)，=(3，2，-)，=(2，0，0). 设=λ(0<λ≤1)，则=(3λ，2λ，-λ)， 所以F(3λ，2λ，(1-λ))，所以=(3λ-1，2λ，(1-λ)). 设平面PAF(平面PAC)的法向量n1=(x1，y1，z1)， 则即 取z1=1，则x1=-，y1=2， n1=(-，2，1)为平面PAF的一个法向量. 设平面AEF的法向量n2=(x2，y2，z2)， 则 即 取z2=1，则x2=0，y2=-， n2=为平面AEF的一个法向量.设二面角P-AF-E的大小为θ， 则|cos θ|====，解得λ=. 此时F为PC的中点，F，平面AEF的法向量为n2=.所以点P到平面AEF的距离d==×=. 第九节　立体几何中的综合问题 题点一　折叠问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　(2025·武汉模拟)已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，A=90°，D=60°.将三角形ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面BCDE(如图2). (1)求证：A1C⊥CD； (2)求二面角B-A1C-D的正弦值. 解：(1)证明：取BE的中点O，连接A1O，OC. ∵A1B=A1E，∴A1O⊥BE. 又∵平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，A1O⊂平面A1BE，∴A1O⊥平面BCDE. ∵CD⊂平面BCDE，∴A1O⊥CD. ∵在菱形BCDE中，D=60°，∴△BCE为等边三角形. ∵BE的中点为O，∴OC⊥BE. ∵BE∥CD，∴OC⊥CD. ∵A1O∩OC=O，A1O，OC⊂平面A1OC，∴CD⊥平面A1OC.∵A1C⊂平面A1OC，∴CD⊥A1C. (2)由(1)知A1O⊥平面BCDE， ∵OB，OC⊂平面BCDE，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC. 又OC⊥BE，∴如图，以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(-4，2，0)，A1(0，0，2)， ∴=(0，2，-2)，=(-2，2，0)，=(-4，0，0). 设平面BA1C的法向量为n1=(x，y，z)， 则 不妨取y=1，则n1=(，1，). 设平面DA1C的法向量为n2=(a，b，c)， 则 令c=，则n2=(0，1，)， 设二面角B-A1C-D的大小为θ，由图可知θ为钝角， ∴|cos θ|== =，∴sin θ=. ∴二面角B-A1C-D的正弦值为. 易错提醒：求二面角的正弦值的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标的求解的准确性；二是公式用错，把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混，导致结果出错；三是空间想象能力不足而失分，当求出两个法向量的夹角的余弦值时，误以为是所求二面角的余弦值，因忽视对二面角是锐角或钝角的判断，导致所得结果出错. |思维建模|　解决空间角与翻折相结合的问题的关键 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 [即时训练] 1.(2025·苏州模拟)如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA. (1)求证：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，求点P到平面ABQ的距离. 快审准解：(1)先证明AB⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定定理得证面面垂直； (2)以AB，AC为x，y轴，平行于CD的直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面ABQ的一个法向量，用点面距公式求出结论. 解：(1)证明：由题意，平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，则AC⊥CM.又CM∥AB，所以AC⊥AB. 又AB⊥AD，AD∩AC=A，AD，AC⊂平面ACD， 所以AB⊥平面ACD，而AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD. (2)由于DC⊥AC，DC⊂平面ACD，平面ABC⊥平面ACD，所以DC⊥平面ABC. 以A为原点，AB，AC所在直线为x，y轴，平行于CD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，D(0，3，3)， 又Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA，则Q(0，1，1)，P(1，2，0)， =(3，0，0)，=(0，1，1)， 设平面ABQ的法向量n=(x，y，z)， 则取y=1，则n=(0，1，-1)， 又=(1，2，0)，则P到平面ABQ的距离为==. 题点二　立体几何中的探索性问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB=60°，侧面BCP为等边三角形，PD=3，如图所示. (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. 方法引入：(2)法一：几何法，假设存在点M，作出直线BM与平面APD所成的角，主要是寻求平面APD的垂线BN，求出BM，然后在△BDM中利用余弦定理求解. 法二：等体积法，假设存在点M，根据V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP，求出点B到平面APD的距离h，由直线BM与平面APD所成角的余弦值，求出BM，然后在△BDM中利用余弦定理求解. 法三：向量法，构造三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系，假设存在点M，利用共线向量定理引入参数，借助直线与平面所成角的计算公式，确定参数. 解：(1)证明：由题意知△BCD，△BCP都是等边三角形，如图1，取BC 的中点O，连接DO，PO，易得DO⊥BC，PO⊥BC. 又DO∩PO=O，DO，PO⊂平面POD， 可得BC⊥平面POD.又PD⊂平面POD，所以PD⊥BC. (2)法一：几何法　假设存在点M 符合题意. 由题意及(1)，得OD=OP=，又PD=3，所以在△POD 中易得∠POD=120°. 由(1)得BC⊥平面POD， 又AD∥BC，所以AD⊥平面POD. 因为AD⊂平面APD，所以平面APD⊥平面POD. 作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面APD，且Q 为PD 的中点. 在△POD 中，易得OQ=. 如图2，取AP的中点N，连接BN，QN，MN， 所以QNAD. 又OBAD，所以QNOB，则四边形BNQO 为平行四边形， 则OQ∥BN.因为OQ⊥平面APD，所以BN⊥平面APD， 则直线BM 与平面APD 所成的角为∠BMN，且BN=OQ=.由已知cos∠BMN=， 即sin∠BMN==. 由BN=BMsin∠BMN=，得BM=. 在△PBD 中，由余弦定理的推论得cos∠PDB=，在△BDM 中，设DM=t，由余弦定理得BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠PDB，即()2=22+t2-2×2×t×， 化简得t2-3t+2=0，解得t=1 或t=2， 所以存在点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　由法一得∠POD=120°， 作PH⊥DO，交DO 的延长线于点H，则∠POH=60°，所以PH=OPsin 60°=. 由(1)得AD⊥平面POD，PD⊂平面POD， 所以AD⊥PD，所以△ADP 是直角三角形. 设点B 到平面APD 的距离为h， 由V三棱锥P-ABD=V三棱锥B-ADP得××4×=××2×3×h，得h=，设直线BM 与平面APD 所成的角为θ，由已知cos θ=，所以sin θ==，所以h=BMsin θ=，得BM=， 下同法一. 法三：向量法　由法二知PH=，OH=，如图3，以BC 的中点O 为坐标原点，OB，DO所在直线分别为x 轴、y轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A(2，-，0)，D(0，-，0)，所以P.因此=(-2，0，0)，==(-1，-，0)，=.设平面APD的法向量n=(x，y，z)， 则 即 解得x=0，令y=-1，则z=， 则平面APD 的一个法向量为n=(0，-1，). 设存在点M，且=λ满足题意， 则=λ=， 所以=+=. 设直线BM 与平面APD 所成的角为θ， 已知cos θ=，所以sin θ==， 所以sin θ=|cos<，n>|= ==， 解得λ= 或λ=，所以存在点M，使得直线BM 与平面APD 所成角的余弦值为，此时=2 或=. |思维建模|　探索性问题的解题策略 [即时训练] 2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点. (1)求证：C1M⊥B1D； (2)求直线AB与平面DEB1所成角的正弦值； (3)在线段AB上是否存在点H，使得平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为?若存在，求出AH的长度；若不存在，请说明理由. 快审准解：(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示可得·=0，即可证明； (2)利用空间向量法求解线面角即可； (3)假设存在满足题意的点H，设=λ(0≤λ≤1)，根据空间向量的坐标表示可得H(2-2λ，2λ，0)，进而求出平面HEB1的一个法向量，结合空间向量法求解面面角建立方程，解之即可求解. 解：(1)证明：由题意知，CC1⊥CB，CC1⊥CA，AC⊥CB，建立如图所示的空间直角坐标系，则C1(0，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，M(1，1，3)，所以=(1，1，0)，=(2，-2，-2)， 得·=0，所以C1M⊥B1D. (2)由(1)得A(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，得=(-2，2，0)，=(0，2，1)，=(2，0，-1)，设平面DEB1的法向量n=(x，y，z)，则令z=2， 得x=1，y=-1，所以n=(1，-1，2)， 所以|cos􀎮，n􀎯|===， 即直线AB与平面DEB1所成角的正弦值为. (3)假设存在满足题意的点H，设=λ(0≤λ≤1)， 由(1)(2)知=(-2，2，0)，=(0，2，1)， 所以(xH-2，yH，zH)=(-2λ，2λ，0)， 得　解得 即H(2-2λ，2λ，0)，所以=(2-2λ，2λ，-2).设平面HEB1的法向量m=(a，b，c)， 则 令b=1，得c=-2，a=， 所以m=.又平面DEB1的一个法向量为n=(1，-1，2)，故===，整理得4λ2+36λ-19=0，由0≤λ≤1，得λ=. 故存在点H为AB的中点时，平面DEB1与平面HEB1所成角的余弦值为，此时||=2λ=，即AH=. 数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(15分)(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足==，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4. (1)证明：EF⊥PD；(6分) (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.(9分) 解：(1)证明：由AB=8，AD=5==， 得AE=2，AF=4，又∠EAF=30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF =12+16-2×2×4×=4， 所以AE2+EF2=AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE. 又PE∩DE=E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE.又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. (2)连接CE，由∠ADC=90°，ED=3，CD=3，则CE2=ED2+CD2=36，在△PEC中，PC=4，PE=2，EC=6，得EC2+PE2=PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，-2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以=(3，3，-2)，=(0，3，-2)，=(4，2，-2)，=(2，0，-2)，设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1，y1，z1)，m=(x2，y2，z2)， 则 令y1=2，x2=，得x1=0，z1=3，y2=-1， z2=1，所以n=(0，2，3)，m=(，-1，1)， 所以|cos<m，n>|===， 设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sin θ==，即平面PCD和平面PBF所成二面角的正弦值为. 2.(15分)(2024·湖南三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA=AB=BC=1，AD=2，PC=，PA⊥平面ABCD. (1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(5分) (2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E-AC-P的余弦值为?若存在，求出PE∶ED的值；若不存在，请说明理由.(10分) 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC，AC，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB. 因为PA=AB=BC=1，PC=，所以AC2=PC2-PA2=3-1=2=AB2+BC2， 所以AB⊥BC. 又因为PA⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB. (2)因为BC⊥平面PAB，BC∥AD，所以AD⊥平面PAB. 又因为PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥AB，又PA⊥AB， 所以AB，AD，AP两两互相垂直， 所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(1，1，0)，P(0，0，1)，D(0，2，0)，=(0，2，-1)， 设=λ=(0，2λ，-λ)(0≤λ≤1)， 则=+=(0，0，1)+(0，2λ，-λ)=(0，2λ，1-λ)，=(1，1，0). 设平面EAC的法向量n1=(x1，y1，z1)， 则即 取y1=λ-1，x1=1-λ，z1=2λ满足条件， 所以可取n1=(1-λ，λ-1，2λ). =(1，1，0)，=(0，0，1)，设平面PAC的法向量n2=(x2，y2，z2)， 则即 取y2=-1，解得x2=1，z2=0， 所以n2=(1，-1，0)， 由题意得|cos<n1，n2>|===， 化简并整理得(λ-1)2=4λ2， 解得λ=或λ=-1(舍去)， 所以=. 综上所述，棱PD上存在一点E，使得二面角E-AC-P的余弦值为，且PE∶ED=1∶2. 3.(17分)(2025·呼和浩特模拟)如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=，AB=4，=λ=λ(0<λ<1)，沿EF将△AEF向上折起得到棱锥P-BCDEF，如图2所示，设二面角P-EF-B的平面角为θ. (1)当λ为何值时，三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积之比为；(8分) (2)当θ=，λ=时，求平面PEF与平面PFB夹角φ的正弦值.(9分) 解：(1)由题图知，===，从而=. 因为=λ=λ，所以EF∥BD， 则△AEF∽△ADB，于是，λ===. (2)因为菱形ABCD的对角线互相垂直， 设AC与EF的交点为O，由λ=可知O为线段EF的中点， 在翻折的过程中，始终有PO⊥EF，OC⊥EF， 所以二面角P-EF-B的平面角为∠POC=θ=. 以O为坐标原点，OF，OC，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，)，F(1，0，0)，B(2，，0)，可得=(1，0，-)，=(1，，0)， 设平面PFB的法向量n=(x，y，z)， 则 令x=，则y=-1，z=1，可取n=(，-1，1). 因为OC⊥平面PEF，故平面PEF的一个法向量可取为m=(0，1，0)， 由题意可得|cos φ|=|cos<m，n>|==，因为0≤φ≤，故sin φ==. 4.(17分)(2024·呼和浩特二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=，BC=2，侧面BB1C1C是正方形，D为BC的中点，二面角A-BC-B1的大小是. (1)求证：平面AA1D⊥平面ABC；(7分) (2)线段BC上是否存在一点E，使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为?若存在，求出BE的长；若不存在，请说明理由.(10分) 快审准解：(1)先证明BC⊥AA1，AD⊥BC得BC⊥平面AA1D，即得平面AA1D⊥平面ABC； (2)先由题意取AD中点O，证明A1O⊥平面ABC，建系，求出相关点和向量的坐标，依题设=t，计算出平面ACC1A1的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得. 解：(1)证明：因为四边形BB1C1C是正方形，所以BC⊥BB1，因为BB1∥AA1，所以BC⊥AA1. 由AB=AC，CD=DB，则AD⊥BC.因为AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D. 又BC⊂平面ABC，故平面AA1D⊥平面ABC. (2)取C1B1的中点M，连接DM，易得DM⊥CB，因为AD⊥BC， 所以∠ADM即二面角A-BC-B1的平面角，即∠ADM=， 易得∠A1AO=，取AD中点O，连接OA1，过点O作OF∥BC，交AB于点F， 因为AD==2=AA1，故得正△AA1D，所以A1O⊥AD， 由(1)得平面AA1D⊥平面ABC，且平面AA1D∩平面ABC=AD，A1O⊂平面AA1D， 故得A1O⊥平面ABC. 因此可分别以为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，-1，0)，A1(0，0，)，B(1，1，0)，C(-1，1，0)，C1(-1，2，)，=(-2，0，0)，=(-2，1，)， 依题意，设=t=t(-2，0，0)=(-2t，0，0)，t∈[0，1]， 则=-=(-2t，0，0)-(-2，1，)=(2-2t，-1，-)， 因为=(0，1，)，=(-1，2，0)，设平面ACC1A1的法向量n=(x，y，z)， 则 所以可取n=(2，-1). 设直线C1E与平面ACC1A1所成的角为θ， 则sin θ====，解得t=或t=， 因为t∈[0，1]，所以t=，即BE=BC=. 故线段BC上存在点E，使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为，此时点E是BC的一个四等分点(靠近点B)，且BE=. 学科网（北京）股份有限公司 $$