第七章 立体几何与空间向量-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习

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 【课程标准】　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、棱柱及简单组合体等)的直观图. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 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 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 [微点清]　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=. 2.立体图形的直观图 (1)画法:常用斜二测画法. (2)规则:①原图形中x轴、y轴、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;③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轴的线段长度在直观图中变为原来的 一半 .  3.几何体的表面积与体积公式 (1)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面 展开图 侧面 积公式 S圆柱侧= 2πrl S圆锥侧= πrl S圆台侧= π(r+r')l (2)空间几何体的表面积与体积公式 　　　名称几何体　　　 表面积 体积 柱体 (棱柱和圆柱) S表面积=S侧+2S底 V=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 微|点|延|伸 1.与体积有关的几个结论 (1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差. (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理). 2.直观图与原平面图形面积间的关系:S直观图=S原图形,S原图形=2S直观图. 小|题|快|练 1.(人A必二P106T8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(C) A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱 2. 如图,Rt△O'B'A'是一个平面图形的直观图,若O'B'=,则这个平面图形的面积是(C) A.1 B. C.2 D.4 3.正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm,3 cm,侧棱长为 cm,则正四棱台的侧面积为(B) A.4 cm2 B.8 cm2 C.4 cm2 D.8 cm2 解析　由题意,正四棱台的侧面是等腰梯形,且其上、下底面边长分别为1 cm,3 cm,腰长为 cm,所以斜高为h'==1.所以侧面积为S=(1+3)×1×4=8(cm2).故选B. 4. (人A必二P119T1改编)如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且4个顶点A,B,C,D在同一个平面内.如果四边形ABCD是边长为3 cm的正方形,那么这个八面体的表面积是 18 cm2.  5.如图,把一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥,则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为　1∶47 .  解析　设长方体的相邻三条棱长分别为a,b,c,它截出棱锥的体积为V1=××a×b×c=abc,剩下的几何体的体积V2=abc-abc=abc,所以V1∶V2=1∶47. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　基本立体图形 自练自悟 1.(多选题)下列说法正确的是(AD) A.底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 B.有两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台 C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形,那么这个棱锥可能为六棱锥 D.如果一个棱柱的所有面都是长方形,那么这个棱柱是长方体 解析　若底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直,则该四棱柱底面为正方形,且侧棱垂直于底面,所以该四棱柱为正四棱柱,故A正确;棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的,而有两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台,因为它的侧棱延长后不一定交于一点,故B错误;当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时,各侧面构成平面图形,故这个棱锥不可能为六棱锥,故C错误;若每个侧面都是长方形,则说明侧棱与底面垂直,又底面也是长方形,符合长方体的定义,故D正确.故选AD. 2.(多选题)对如图所示的组合体的结构特征有以下几种说法,其中正确的是(AB) A.由一个长方体割去一个四棱柱所构成 B.由一个长方体与两个四棱柱组合而成 C.由一个长方体挖去一个四棱台所构成 D.由一个长方体与两个四棱台组合而成 解析　如图,该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成,也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成,故选AB. 3.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(B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　 解法一: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.故选B. 解法二: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.故选B. 4. 扇面是中国书画作品的一种重要表现形式.一幅扇面书法作品如图所示,经测量,上、下两条弧分别是半径为27,12的两个同心圆上的弧,侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为.若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面的形状、大小一致,则该几何体的高为(C) A.15 B. C.10 D.12 解析　由题意得,该几何体是圆台.取一个圆锥,其侧面展开图是半径为27,圆心角为的扇形,设该圆锥的底面半径为r,则2πr=×27,解得r=9,所以该圆锥的高h1==18.同理可得,侧面展开图是半径为12,圆心角为的扇形的圆锥的高h2=8,所以所求几何体,即圆台的高h=h1-h2=18-8=10.故选C. 　　1.辨别空间几何体的两种方法 (1)定义法:紧扣定义进行判定. (2)反例法:要说明一个结论是错误的,只需举出一个反例即可. 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.展开图问题要确定几何图形与其展开图哪些量发生变化,哪些量不发生变化. 类型二　空间几何体的表面积 【例1】　(1)《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.已知某圆亭的高为3,上底面半径为1,下底面半径为5,则此圆亭的表面积为(D) A.25π B.26π C.30π D.56π 解析　由题意,可作该圆亭的轴截面,如图所示,则圆亭的高h=O1O2=BE=3,上底面半径r=O2B=1,下底面半径R=O1A=5,母线l=AB==5,所以圆台的表面积S=π(r+R)l+πr2+πR2=56π.故选D. (2) (2025·周口模拟)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1=AC=2,直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°,则该三棱柱的侧面积为(A) A.4+4 B.4+4 C.12 D.8+4 解析　 连接A1B.因为AA1⊥底面ABC,则AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以A1C=2,BC=.又AB⊥BC,则AB=,则该三棱柱的侧面积为2×2+2×2=4+4.故选A. 　　求空间几何体表面积的技巧 (1)多面体的表面积是各个面的面积之和. (2)组合体的表面积应注意重合部分的处理. (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和. 【训练】　(1)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(B) A. B. C.π D.2π 解析　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=,正四棱柱与圆柱的侧面积之比为=.故选B. (2)已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,高为3,则其表面积为 20+12 .  解析　 作出示意图如图所示,设正四棱台上、下底面的中心分别为O,O1,CD为正四棱台的斜高,过C作CE⊥O1D,交O1D于点E,由题意得O1O=3,OC=1,O1D=2,所以CD==,所以正四棱台的上、下底面的面积之和S1=22+42=20,侧面积S2=××4=12,则其表面积S=S1+S2=20+12. 类型三　空间几何体的体积 考向❶:直接法求体积 【例2】　(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(B) A.2π B.3π C.6π D.9π 解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为它们的高均为,且侧面积相等,所以2πr×=πr,得r2=9,所以圆锥的体积V=πr2×=3π.故选B. 　　规则几何体的体积,直接利用体积公式求解. 考向❷:换底法求体积 【例3】　已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A⁃NMD1的体积为  .  解析　 如图,因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,所以S△AMN=×1×1=,所以==××2=. 　　一个几何体无论怎样转化,其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解时,我们可以采用等体积法进行求解.等体积法也称等积转化或等积变形,它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决有关锥体的体积,特别是三棱锥的体积. 考向❸:割补法求体积 【例4】　(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(C) A. B.+ C. D.- 解析　因为AD,BE,CF两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥,其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积,四棱锥的高为,底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形,故该五面体的体积V=×1××1+××=.故选C. 　　在求不规则几何体的体积时,可以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,然后再计算体积. 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷❸ 1.已知正三棱台ABC⁃A1B1C1的上、下底面的边长分别为6和12,且棱台的侧面与底面所成的二面角为60°,则此三棱台的体积为(C) A.27 B.45 C.63 D.81 解析　由题意可知,正三棱台ABC⁃A1B1C1的上底面面积为×6×6×=9,下底面面积为×12×12×=36.如图,设AB,A1B1的中点分别为D,D1,H,H1分别为下、上底面中心,连接DD1,CD,HH1,D1C1,过D1作D1E⊥底面ABC交CD于E,由正三棱台的性质可知DD1⊥AB,CD⊥AB,因为平面A1B1BA∩平面ABC=AB,所以∠D1DC为棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角,即∠D1DC=60°.因为DH=DC=××12=2,D1H1=D1C1=××6=,所以DE=DH-D1H1=,D1E=DE·tan 60°=3.所以此三棱台的体积为×(9+36+)×3=63.故选C. 2.(2025·云南昆明模拟)如图,在三棱锥S⁃ABC中,AS,AB,AC两两垂直,且AS=AB=AC=2,点E,F分别是棱AS,BS的中点,点G是棱SC上靠近点C的三等分点,则空间几何体EFG⁃ABC的体积为(D) A. B. C.2 D. 解析　过点G作GH∥AC,交SA于点H,如图.因为AC⊥AB,AC⊥AS,AB∩AS=A,AB,AS⊂平面SAB,所以AC⊥平面SAB,又GH∥AC,所以GH⊥平面SAB,且==,GH=AC=.因为E,F分别为SA,BS的中点,所以S△SEF=S△ABS=××(2)2=1,所以VG⁃SEF=S△SEF·GH=×1×=,VC⁃SAB=S△SAB·AC=××(2)3=,因此VEFG⁃ABC=VC⁃SAB-VG⁃SEF=-=.故选D. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(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(B) A. B.1 C.2 D.3 解析　 设正三棱台ABC⁃A1B1C1的高为h,三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1B1C1于点O1,连接OA,O1A1,如图所示.由AB=3A1B1,可得PO1=h,PO=h,又=×22×=,S△ABC=×62×=9,所以正三棱台ABC⁃A1B1C1的体积V=VP⁃ABC-=×9×h-××h=,解得h=,故PO=h=2.由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心,则OA=×=2,因为PO⊥平面ABC,所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角,在Rt△PAO中,tan∠PAO==1.故选B. 2.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=,若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为(B) A.π B.π C.3π D.3π 解析　 在△AOB中,∠AOB=,而OA=OB=,取AB的中点C,连接OC,PC,则OC⊥AB,PC⊥AB,如图,∠ABO=,OC=,AB=2BC=3,由△PAB的面积为,得×3×PC=,解得PC=,于是PO===,所以圆锥的体积V=π×OA2×PO=π×()2×=π.故选B. 3.(2022·新课标Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(C) A.1.0×109m3 B.1.2×109m3 C.1.4×109m3 D.1.6×109m3 解析　由棱台的体积公式,得增加的水量约为×(157.5-148.5)×(140×106+180×106+)=3×106×(140+180+60)≈3×106×(140+180+60×2.65)≈1.4×109(m3).故选C. 4.(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 ∶4 .  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,根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为==. 5.(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为  .  解析　 正四棱台ABCD⁃A1B1C1D1如图所示.设其上、下底面中心分别为O1,O,连接O1O,O1A1,OA,由正四棱台的定义可知O1O⊥平面ABCD,O1O⊥平面A1B1C1D1,四边形ABCD,A1B1C1D1均为正方形.因为AB=2,A1B1=1,所以AO=,A1O1=,易知AO∥A1O1,又因为AA1=,所以在直角梯形A1O1OA中,O1O==,所以=×(1+4+)×=. 微专题强化八　球的切、接问题 　　　　　　　　　　　　　 类型一　外接球 考向❶: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) A.100π B.128π C.144π D.192π 解析　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.故选A. 　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据到其他顶点距离也是半径,列关系式求解即可. 【训练1】　已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上,若AB=BC=CD=DA=BD=2,平面ABD⊥平面BCD,则该球的表面积是(C) A.100π B.40π C.20π D.16π 解析　 如图所示,取BD的中点为M,连接AM,CM,因为△ABD与△BCD均为正三角形,所以AM⊥BD,CM⊥BD,又因为平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,AM⊂平面ABD,CM⊂平面BCD,所以AM⊥平面BCD,CM⊥平面ABD.分别取△BCD与△ABD的中心为O1,O2,分别过点O1,O2作O1O∥AM,O2O∥CM,且O1O∩O2O=O,所以O1O⊥平面BCD,OO2⊥平面ABD,则点O为四面体ABCD的外接球球心.因为△ABD与△BCD的边长均为2,所以AM=CM=3,O2M=O1M=1,O1C=2,且O1O=O2M=1,连接OC,则外接球的半径R=OC===,所以外接球的表面积为S=4πR2=20π,故选C. 考向❷: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= 2 .  解析　如图,将三棱锥S⁃ABC转化为直三棱柱SMN⁃ABC,设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,则2r===2,可得r=,设三棱锥S⁃ABC的外接球球心为O,连接OA,OO1,则OA=2,OO1=SA,因为OA2=O+O1A2,即4=SA2+3,解得SA=2. 　　这种类型补成长方体、正方体或直棱柱,利用这些特殊的几何体求外接球的半径. 【训练2】　已知三棱锥P⁃ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=3,PB=PC=5,则该三棱锥的外接球的表面积为 34π .  解析　 根据题意,三棱锥P⁃ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a,b,c,如图所示,则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,解得a=3,b=3,c=4.所以该三棱锥的外接球的半径R===,所以该三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×=34π. 考向❸:截面法 【例3】　(2025·福建适应性考试)已知圆台O1O2的高为6,AB,CD分别为上、下底面的一条直径,且AB=4,CD=8,则圆台O1O2的体积为 56π ;若A,B,C,D四点不共面,且它们都在同一个球面上,则该球的表面积为 80π .  解析　圆台上底面面积S'=π·22=4π,下底面面积S=π·42=16π,所以圆台的体积V=(S'+S+)h=(4π+16π+)×6=56π.连接O1O2,因为O1,O2分别为AB,CD的中点,且AB,CD都与O1O2垂直,所以A,B,C,D四点共面或者不共面,它们都在圆台的外接球面上.记外接球球心为O,半径为R.若A,B,C,D四点共面,且外接球球心在AB,CD的同侧,如图①,连接OO2,OA,OC,根据勾股定理得22+(6+OO2)2=R2=42+O,解得OO2=-2(舍);若A,B,C,D四点共面,且外接球球心在AB,CD的异侧,如图②,连接OA,OC,根据勾股定理得22+O=R2=42+(6-OO1)2,解得OO1=4,R2=22+42=20,所以该球的表面积S=4πR2=80π. ①　　② 　　与球截面有关的解题策略 (1)定球心:如果是内切球,球心到切点的距离相等且为半径;如果是外接球,球心到接点的距离相等且为半径. (2)作截面:选准最佳角度作出截面,实现空间问题平面化的目的. 【训练3】　已知正六棱锥的侧棱长为2,其各顶点都在同一球面上,若该球的表面积为16π,则该正六棱锥的体积为  .  解析　 如图,记该正六棱锥的顶点为A,底面正六边形的中心为O1,连接O1A.记该球的球心为O,由题意得该球的球心在直线O1A上,连接OB,O1B.记该球的半径为R,则4πR2=16π,得R=2.设正六棱锥的高为h,底面边长为a,则在Rt△OO1B中,有(h-R)2+a2=R2,即(h-2)2+a2=4,所以h2-4h+a2=0.又h2+a2=(2)2=12,所以h=3,a=,则正六棱锥的体积V=×6×××××3=. 类型二　内切球 【例4】　(1)(2025·天津模拟)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形,侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切,若棱柱的体积为48,则球的表面积为(A) A.16π B.4π C.8π D.32π 解析　由题意,设正三棱柱的底面边长为a,则其内切球的半径r=×a=a,所以正三棱柱的高h=2r=a.棱柱的体积V=a2·h=a2·a==48,得a=4,所以球的表面积S=4πr2=4π·=a2=16π.故选A. (2)已知正三棱锥的高为1,底面边长为2,则该棱锥的内切球的半径为 -1 .  解析　 解法一(等体积法):如图,在正三棱锥P⁃ABC中,过点P作PD⊥平面ABC于点D,连接AD并延长,交BC于点E,连接PE,易知D为△ABC的中心.因为AB=2,PD=1,易求得S△ABC=3,DE=1,PE=,所以S△PBC=×2×=,所以三棱锥的体积V=×3×1=.设内切球半径为R,球心为O,易知O在PD上,连接OA,OB,OC,则V=VO⁃ABC+VO⁃PBC+VO⁃PAC+VO⁃PAB=S△ABC·R+3×S△PBC·R=(+)R=,可得R=-1. 解法二(直接法):如图,在正三棱锥P⁃ABC中,过点P作PD⊥平面ABC于点D,连接AD并延长,交BC于点E,连接PE,易知D为△ABC的中心.由题知三棱锥P⁃ABC的内切球球心O在PD上.设球与面PBC的切点为H,连接OH,设OD=OH=R,所以PO=1-R.易得DE=1,PE=.因为=,即=,所以R=-1. 　　1.正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心. 2.求多面体内切球半径,往往可用“等体积法”,V多=S表·R内切·. 3.正四面体内切球半径是高的,外接球半径是高的. 4.并非所有多面体都有内切球(或外接球). 【训练4】　如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为(C) A.π B. C. D.π 解析　平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆,如图.因为正方体的棱长为1,所以AC=CD1=AD1=,所以内切圆的半径r=,所以S=πr2=π×=.故选C. 第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系 【课程标准】　1.理解空间点、直线、平面的位置关系的定义,并了解平面的基本性质;2.能利用平面的基本性质及空间直线、平面的位置关系证明一些空间位置关系的简单命题. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.平面的基本性质 (1)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.  (2)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.  (3)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.  利用基本事实1和基本事实2,再结合“两点确定一条直线”,可以得到下列推论. ①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.  ②推论2:经过 两条相交直线 ,有且只有一个平面.  ③推论3:经过 两条平行直线 ,有且只有一个平面.  [微点清]　三点不一定能确定一个平面.当三点共线时,过这三点的平面有无数个,所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面. 2.空间两直线的位置关系 (1)空间两条直线的位置关系 [微点清]　不能把异面直线误认为分别在不同平面内的两条直线为异面直线. (2)异面直线所成的角 ①定义:已知两条异面直线a,b,经过空间任一点O分别作直线a'∥a,b'∥b,我们把直线a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). ②范围:. 3.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有 相交、平行、直线在平面内 三种情况.  (2)平面与平面的位置关系有 平行、相交 两种情况.  　　[微点清]　直线l和平面α相交、直线l和平面α平行统称为直线l在平面α外,记作l⊄α. 微|点|延|伸 1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3. 2.判断异面直线的一种方法 平面外一点A和平面内一点B的连线与平面内不经过点B的直线是异面直线. 小|题|快|练 1.下列命题中正确的是(D) A.过三点确定一个平面 B.四边形是平面图形 C.三条两两相交的直线确定一个平面 D.两个相交平面把空间分成四个区域 解析　对于A,过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面,故A错误;对于B,四边形也可能是空间四边形,不一定是平面图形,故B错误;对于C,三条直线两两相交,可以确定一个平面或三个平面,故C错误;对于D,平面是无限延展的,两个相交平面把空间分成四个区域,故D正确.故选D. 2.若直线a不平行于平面α,且a⊄α,则下列结论成立的是(B) A.α内的所有直线与a异面 B.α内不存在与a平行的直线 C.α内存在唯一的直线与a平行 D.α内的直线与a都相交 解析　若直线a不平行于平面α,且a⊄α,则线面相交.A不正确,α内存在直线与a相交;B正确,C不正确,因为α内的直线与直线a的位置关系是相交或者异面,不可能平行;D不正确,α内只有过直线a与平面的交点的直线与a相交.故选B. 3.如果直线a⊂平面α,直线b⊂平面β,且α∥β,则a与b(D) A.共面 B.平行 C.是异面直线 D.可能平行,也可能是异面直线 解析　α∥β,说明a与b无公共点,所以a与b可能平行也可能是异面直线.故选D. 4. 如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1的棱所在的直线中,与直线BC1成异面直线的条数为(C) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　与直线BC1成异面直线的有A1B1,AC,AA1,共3条,故选C. 5.已知直线a,b和平面α,若a∥b,且直线b在平面α内,则直线a与平面α的位置关系是 a∥α或a⊂α .  解析　当a⊄α时,由a∥b,b⊂α,得a∥α;当a⊂α时,满足题中条件.综上,直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　平面的基本性质及应用 【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. 　　1.证明点(或线)共面问题的两种方法:(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面,然后再证其余的线(或点)在这个平面内;(2)将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证两平面重合. 2.证明点共线问题的两种方法:(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(如某两个平面的交线)上. 3.证明线共点问题的常用方法是:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点. 【训练1】　(1) 如图所示,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(C) A.直线AC B.直线AB C.直线CD D.直线BC 解析　由题意知,D∈l,l⊂β,所以D∈β.又D∈AB,所以D∈平面ABC,所以点D在平面ABC与平面β的交线上,又C∈平面ABC,C∈β,所以点C在平面β与平面ABC的交线上,所以平面ABC∩β=CD.故选C. (2)(多选题)给出以下说法,其中正确的是(AD) A.不共面的四点中,其中任意三点不共线 B.若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面 C.若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面 D.过直线外一点和直线上三点的三条直线共面 解析　 在A中,假设其中有三点共线,则该直线和直线外的另一点确定一个平面,这与四点不共面矛盾,故其中任意三点不共线,所以A正确;在B中,如图,两个相交平面有三个公共点A,B,C,且点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,但点A,B,C,D,E不共面,B不正确;显然选项C不正确,选项D正确.故选AD. 类型二　空间中两条直线的位置关系 【例2】　(1)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(D) 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　如图,在底面半径为1的圆柱OO1中,母线AB=2,BC=2,E是的中点,连接BE,则BE=,因为F是AB的中点,又AB=2,则BF=1,AE===,CF===,所以AE≠CF,在△ABC中,O是BC的中点,F是AB的中点,连接OF,则OF∥AC,所以AC与OF是共面直线,若AC与EF是共面直线,则E在平面ACOF内,显然不成立,故AC与EF是异面直线.故选D. (2)正四面体PABC中,点M是BC的中点,则异面直线PM与AB所成角的余弦值为(B) A. B. C. D. 解析　如图,设正四面体的棱长为2,取AC的中点N,连接PN,MN,则PN=PM=,MN∥AB,且MN=1,∠PMN即PM与AB所成的角.因为△PMN为等腰三角形,所以取MN的中点O,连接PO,则PO⊥MN,cos∠PMN===.故选B. 　　判断空间中两条直线的位置关系一般有两种方法:一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断;二是排除法.特别地,对于异面直线的判定常用到结论:“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.” 【训练2】　(1)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(B) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 解析　 因为N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,连接BD,所以BM⊂平面BDE,EN⊂平面BDE,又BM是△BDE中DE边上的中线,EN是△BDE中BD边上的中线,所以BM,EN是相交直线,设DE=a,则BD=a,BE==a,所以BM=a,EN==a,所以BM≠EN.故选B. (2)(2025·衡水检测)如图,在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=3,SE=SB,则异面直线SC与OE所成角的正切值为(D) A. B. C. D. 解析　如图,过点S作SF∥OE,交AB于点F,连接CF,则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角.因为SE=SB,所以SE=BE.又OB=3,所以OF=OB=1.因为SO⊥OC,SO=OC=3,所以SC=3.因为SO⊥OF,所以SF==.因为OC⊥OF,所以CF=.所以在等腰△SCF中,tan∠CSF==.故选D. 类型三　空间中直线、平面的位置关系 【例3】　(1)已知a,b表示直线,α,β,γ表示平面,则下列推理正确的是(D) A.α∩β=a,b⊂α⇒a∥b B.α∩β=a,a∥b⇒b∥α且b∥β C.a∥β,b∥β,a⊂α,b⊂α⇒α∥β D.α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b 解析　选项A中,α∩β=a,b⊂α,则a,b可能平行也可能相交,故A不正确;选项B中,α∩β=a,a∥b,则可能b∥α且b∥β,也可能b在平面α或平面β内,故B不正确;选项C中,a∥β,b∥β,a⊂α,b⊂α,根据面面平行的判定定理,再加上条件直线a与直线b相交,才能得出α∥β,故C不正确;选项D为面面平行性质定理的符号语言.故选D. (2)(多选题)用一个平面α截正方体,把正方体分为体积相等的两部分,则下列结论正确的是(BCD) A.这两部分的表面积一定不相等 B.截面不会是三角形 C.截面不会是五边形 D.截面可以是正六边形 解析　 如图,一个平面α截正方体,把正方体分为体积相等的两部分,则平面α一定过正方体的中心,所以这两部分的表面积相等,根据对称性,截面不会是三角形、五边形,但可以是正六边形(如图).故选BCD. 　　空间中点、线、面位置关系的判定方法 1.应用平面的基本性质及有关定理进行判断. 2.采用穷举法判断,即对各种关系都进行考虑,要充分发挥模型的直观作用. 3.对关于空间直线与平面的平行或垂直等位置关系的命题的真假判断,常采用构图法(尤其是长方体)、实物判断法(如墙角、桌面等)、排除筛选法等. 4.应用线、面平行和垂直的判定定理和性质定理进行判断,注意使用的前提条件. 【训练3】　(1)已知a,b是两条直线,α,β是两个平面,则下列说法中正确的为(C) A.若a平行于α内的无数条直线,则a∥α B.若α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线 C.若α∥β,a⊂α,则a∥β D.若α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交 解析　A中忽略了a在平面α内这一情况,故A错误;B中直线a与b没有交点,所以直线a与b可能异面也可能平行,故B错误;C中直线a与平面β没有公共点,所以a∥β,故C正确;D中直线a与平面β可能相交也可能平行,故D错误.故选C. (2)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为 4 .  解析　因为AB∥CD,由题图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面,与另外四个平面相交. 第三节　空间直线、平面的平行 【课程标准】　1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理;2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.直线与直线平行 (1)基本事实4:平行于同一条直线的两条直线 平行 .  (2)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 .  2.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义 直线l与平面α没有公共点,则称直线l与平面α平行. (2)直线与平面平行的判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定 定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行 a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒a∥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 a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b 3.平面与平面平行 (1)平面与平面平行的定义 没有公共点的两个平面叫做平行平面. (2)平面与平面平行的判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定 定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行 a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β 性质 两个平面平行,则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β,a⊂α⇒a∥β 性质 定理 两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行 α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b 微|点|延|伸 1.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行. (2)平行于同一平面的两个平面平行. (3)垂直于同一个平面的两条直线平行. 2.三种平行关系的转化 (1)平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题过程中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向. (2)在应用判定定理与性质定理时,一定要写全定理满足的条件,否则可能是假命题. 小|题|快|练 1.已知直线l和平面α,若l∥α,P∈α,则过点P且平行于l的直线(B) A.只有一条,不在平面α内 B.只有一条,且在平面α内 C.有无数条,一定在平面α内 D.有无数条,不一定在平面α内 解析　过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条,因为点P在平面α内,且l∥α,所以这条直线也应该在平面α内.故选B. 2.α,β是两个平面,m,n是两条直线,下列四个命题中正确的是(C) A.若m∥n,n∥α,则m∥α B.若m∥α,n⊂α,则m∥n C.若α∥β,m⊂α,则m∥β D.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β 解析　若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α,故A不正确;若m∥α,n⊂α,则m∥n或m与n异面,故B不正确;若α∥β,则α与β没有公共点,又因为m⊂α,所以m与β没有公共点,所以m∥β,故C正确;若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β或α与β相交,故D不正确.故选C. 3.(多选题)下列命题中,正确的是(BCD) A.平行于同一条直线的两个平面平行 B.平行于同一平面的两个平面平行 C.平行于同一平面的两直线关系不确定 D.两平面平行,一平面内的直线必平行于另一平面 解析　对于A,平行于同一条直线的两个平面也可能相交,故A错误;对于B,平行于同一平面的两个平面平行,故B正确;对于C,平行于同一平面的两直线关系不确定,可以平行、相交,也可以异面,故C正确;对于D,根据两个平面平行的性质,两平面平行,一平面内的直线必平行于另一平面,故D正确.故选BCD. 4.如图,空间图形A1B1C1⁃ABC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 A,B,C1(答案不唯一) .  解析　由空间图形A1B1C1⁃ABC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. 5.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为 平行四边形 .  解析　因为平面ABFE∥平面DCGH,又平面EFGH∩平面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. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　直线与平面平行 考向❶:直线与平面平行的判定 【例1】　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,PD=AD=AB=2,CD=4,E为PC的中点.求证:BE∥平面PAD. 证明　证法一:如图,取PD的中点F,连接EF,FA.由题意知EF为△PDC的中位线,所以EF∥CD,且EF=CD=2.又因为AB∥CD,AB=2,CD=4,所以AB􀰿EF,所以四边形ABEF为平行四边形,所以BE∥AF.又AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD. 证法二:如图,延长DA,CB相交于H,连接PH,因为AB∥CD,AB=2,CD=4,所以==,即B为HC的中点,又E为PC的中点,所以BE∥PH,又BE⊄平面PAD,PH⊂平面PAD,所以BE∥平面PAD. 证法三:如图,取CD的中点H,连接BH,HE,因为E为PC的中点,所以EH∥PD,又EH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EH∥平面PAD,又由题意知AB􀰿DH,所以四边形ABHD为平行四边形,所以BH∥AD,又AD⊂平面PAD,BH⊄平面PAD,所以BH∥平面PAD,又BH∩EH=H,BH,EH⊂平面BHE,所以平面BHE∥平面PAD,又BE⊂平面BHE,所以BE∥平面PAD. 　　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). 【训练1】　(多选题)(2025·江西南昌模拟)在下列底面是平行四边形的四棱锥中,A,B,C,M,N是四棱锥的顶点或棱的中点,则满足MN∥平面ABC的有(AB) A　B C　D 解析　对于A,B选项:如图①,图②,取AB的中点P,连接CP,PM,则MP􀰿CN,所以四边形MNCP为平行四边形,所以MN∥CP,又MN⊄平面ABC,CP⊂平面ABC,所以MN∥平面ABC.故A,B符合题意.对于C选项:如图③,延长BC交FE的延长线于点D,连接AD,EM,由C,M为所在棱的中点知EM∥BC,易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC,由EM∩MN=M,EM,MN⊂平面MNE,可证平面MNE∥平面ABC,又NE⊂平面MNE,所以NE∥平面ABC,这与NE∩平面ABC=A矛盾,所以假设不成立,即MN与平面ABC不平行,故C不符合题意.对于D选项:如图④,连接FN,设FN∩AC=O,连接BO.若MN∥平面ABC,则由平面FMN∩平面ABC=BO,可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线,从而O为FN的中点,实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处,该交点显然不是图中点O,故D不符合题意.故选AB. ①　　② ③　　④ 考向❷:直线与平面平行的性质 【例2】　 如图所示,在四棱锥P⁃ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和PA作平面交BD于点H.求证:PA∥GH. 证明　 如图所示,连接AC交BD于点O,连接OM,因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点,又M是PC的中点,所以PA∥OM,又OM⊂平面BMD,PA⊄平面BMD,所以PA∥平面BMD,又平面PAHG∩平面BMD=GH,所以PA∥GH. 　　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. 【训练2】　如图,四面体ABCD中,点E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,下列条件中,不能证明EH∥FG的是(D) A.E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点 B.=,= C.BD∥平面EFGH D.=,= 解析　对于A,若E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点,则EH∥BD,FG∥BD,所以EH∥FG,故A中条件可以证明EH∥FG;对于B,因为=,所以EH∥BD,又=,所以FG∥BD,所以EH∥FG,故B中条件可以证明EH∥FG;对于C,因为BD∥平面EFGH,BD⊂平面ABD,且平面ABD∩平面EFGH=EH,所以BD∥EH,同理可得BD∥FG,所以EH∥FG,故C中条件可以证明EH∥FG;对于D,若=,=,则EF∥AC,HG∥AC,所以EF∥HG,但EF不一定等于HG,所以四边形EFGH不一定是平行四边形,所以EH不一定平行于FG,故D中条件不能证明EH∥FG.故选D. 类型二　平面与平面平行 【例3】　 (2025·潍坊质检)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,E,F,G分别为棱B1C1,A1B1,AB的中点. (1)求证:平面A1C1G∥平面BEF; (2)若平面A1C1G∩BC=H,求证:H为BC的中点. 证明　(1)因为E,F分别为B1C1,A1B1的中点,所以EF∥A1C1.因为A1C1⊂平面A1C1G,EF⊄平面A1C1G,所以EF∥平面A1C1G.又F,G分别为A1B1,AB的中点,所以A1F=BG,又A1F∥BG,所以四边形A1GBF为平行四边形,所以BF∥A1G.因为A1G⊂平面A1C1G,BF⊄平面A1C1G,所以BF∥平面A1C1G,又EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF,所以平面A1C1G∥平面BEF. (2)因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1,平面A1C1G与平面ABC有公共点G,经过点G的直线交BC于H,则A1C1∥GH,得GH∥AC,因为G为AB的中点,所以H为BC的中点. 　　证明面面平行的常用方法 1.利用面面平行的判定定理. 2.利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β). 3.利用面面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ⇒α∥γ). 【训练3】　如图所示,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合). (1)求证:BC∥GH; (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)因为在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,所以平面ABC∥平面A1B1C1,又因为平面BCHG∩平面ABC=BC,且平面BCHG∩平面A1B1C1=HG,所以由面面平行的性质定理得BC∥GH. (2)因为E,F分别为AB,AC的中点,所以EF∥BC,因为EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,所以EF∥平面BCHG.又G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1􀰿AB,所以A1G􀰿EB,所以四边形A1EBG是平行四边形,所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF=E,A1E,EF⊂平面EFA1,所以平面EFA1∥平面BCHG. 类型三　探究性问题 【例4】　如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,P,Q分别为对角线BD,CD1上的点,且==. (1)求证:PQ∥平面A1D1DA; (2)若R是AB上的点,的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA?请给出证明. 解　(1)证明:如图,连接CP并延长与DA的延长线交于M点,连接MD1,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)当的值为时,能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图,证明如下:因为=,即=,故=,所以PR∥DA.又DA⊂平面A1D1DA,PR⊄平面A1D1DA,所以PR∥平面A1D1DA.又由(1)知PQ∥平面A1D1DA,PQ∩PR=P,PQ,PR⊂平面PQR,所以平面PQR∥平面A1D1DA. 　　解决这种数值或存在性问题的题目时,注意先给出具体的值或先假设存在,然后再证明. 【训练4】　 如图,在正三棱柱ABC⁃A1B1C1中,点D在面对角线A1B上且A1D=2DB,点E是棱B1C1上的动点.当为多少时,直线DE∥平面ACC1A1? 解　 当=时,DE∥平面ACC1A1.证:过点D作DF∥A1A,交A1B1于点F,过点F作EF∥A1C1交B1C1于点E,连接DE.因为EF∥A1C1,EF⊄平面ACC1A1,A1C1⊂平面ACC1A1,所以EF∥平面ACC1A1.因为FD∥A1A,FD⊄平面ACC1A1,A1A⊂平面ACC1A1,所以FD∥平面ACC1A1.又EF∩FD=F,EF⊂平面EFD,FD⊂平面EFD,所以平面EFD∥平面ACC1A1,因为DE⊂平面EFD,所以DE∥平面ACC1A1,所以===,所以当=时,DE∥平面ACC1A1. 第四节　空间直线、平面的垂直 【课程标准】　1.以立体几何的定义、4个基本事实和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理;2.能运用4个基本事实、定理和已获得的结论,证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果直线l与平面α内的 任意 一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直.  (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 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.一条直线垂直于平面,则它们所成的角是 90° ;一条直线和平面平行,或在平面内,则它们所成的角是 0° .  (2)取值范围: [0°,90°] .  3.二面角 (1)定义:从一条直线出发的 两个半平面 所组成的图形叫做二面角.  (2)二面角的平面角 若有①O∈l;②OA⊂α,OB⊂β;③OA⊥l,OB⊥l,则二面角α⁃l⁃β的平面角是 ∠AOB .  (3)二面角的平面角α的取值范围:[0°,180°]. 4.两个平面垂直 (1)两个平面垂直的定义 一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是 直二面角 ,就说这两个平面互相垂直.  (2)两个平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果一个平面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 微|点|延|伸 　　1.三个重要结论 (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 直线与直线垂直直线与平面垂直平面与平面垂直 小|题|快|练 1.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(C) A.α⊥β且m⊂α B.m⊥n且n∥β C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且α∥β 2.如图,直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆上异于A,B的任一点,则下列关系中不正确的是(C) A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥PB D.PC⊥BC 解析　AB为直径,C为圆上异于A,B的一点,所以AC⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,从而PC⊥BC.故选C. 3.已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD⊥圆柱的底面,则必有(B) A.平面ABC⊥平面BCD B.平面BCD⊥平面ACD C.平面ABD⊥平面ACD D.平面BCD⊥平面ABD 解析　如图,因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC,又AD垂直于圆柱的底面,所以AD⊥BC,因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD,因为BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B. 4.在三棱锥P⁃ABC中,点P在平面ABC内的射影为点O. (1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的 外 心;  解析　 如图,连接OA,OB,OC,OP,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心. (2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的 垂 心.  解析　如图,连接AO,BO,CO并延长分别交BC,AC,AB于点H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,所以AB⊥平面PGC,又CG⊂平面PGC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC的边AB上的高.同理可证BD,AH分别为△ABC的边AC,BC上的高,故O为△ABC的垂心. 5.过平面外一点P的斜线段是过这点的垂线段的倍,则斜线与平面α所成的角是  .  解析　如图,连接AB,由PB⊥α,知∠PAB是斜线PA与平面α所成的角,在Rt△PAB中,因为PA=PB,所以sin∠PAB==,∠PAB∈,所以∠PAB=,即斜线PA与平面α所成的角为. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　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,因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AC⊥CD,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以CD⊥平面PAC,而AE⊂平面PAC,所以CD⊥AE. (2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.因为E是PC的中点,所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD,所以AE⊥平面PCD,而PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AB⊥AD,且PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABE,所以PD⊥平面ABE. 　　证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明线面垂直的常用方法:①判定定理,②直线垂直于平面的传递性,③面面垂直的性质. (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直,则需借助线面垂直的性质. 【训练1】　(多选题)(2025·江苏联考)在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是菱形,P在底面上的射影E在线段BD上,则(AC) A.PA=PC B.PB=PD C.AC⊥平面PBD D.BD⊥平面PAC 解析　A选项,由题意得底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.连接AE,CE,因为PE⊥平面ABCD,AE,EC⊂平面ABCD,所以PE⊥AE,PE⊥EC.又PA=,PC=,AE=CE,故PA=PC,A正确.B选项,因为PE⊥平面ABCD,DB⊂平面ABCD,所以PE⊥DB,所以PD=,PB=,由于ED与EB不一定相等,故PB,PD不一定相等,B错误.C选项,因为PE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC.因为AC⊥BD,PE∩BD=E,PE,BD⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD,C正确.D选项,设AC∩BD=H,连接PH,若点E,H不重合,此时在Rt△PEH中,PH为斜边,故PH与EH不垂直,故BD与PH不垂直,又PH⊂平面PAC,故此时BD与平面PAC不垂直,D错误.故选AC. 类型二　平面与平面垂直 【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,所以PM⊥DE.又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM⊂平面PDE,所以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,所以PM=DE=,而直角梯形BCDE的面积S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6,所以四棱锥P⁃BCDE的体积V=PM·S=××6=2. (2)证明:如图,取BC的中点N,连接PN,MN,则BC⊥MN,因为PB=PC,所以BC⊥PN.因为MN∩PN=N,MN,PN⊂平面PMN,所以BC⊥平面PMN.因为PM⊂平面PMN,所以BC⊥PM.由(1)知,PM⊥DE,又BC,DE⊂平面BCDE,且BC与DE是相交的,所以PM⊥平面BCDE.因为PM⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面BCDE. 　　面面垂直判定的两种方法与一个转化 两种 方法 (1)面面垂直的定义; (2)面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β) 一个 转化 在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直 【训练2】　图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②. ①　　② (1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)设H为BE的中点,证明:平面DHC⊥平面ABED; (3)探究平面ABC与平面ACGD是否垂直,并说明理由. 解　(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以图②中AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)证明:连接DH,CH,DC,EC,因为四边形BEGC是菱形,∠EBC=60°,所以△BCE为正三角形,所以CH⊥BE,由(1)可知AB⊥CH且AB∩BE=B,所以CH⊥平面ABED,又CH⊂平面DHC,所以平面DHC⊥平面ABED. (3)不垂直,理由如下:假设平面ABC⊥平面ACGD,在平面ABC内作BM⊥AC于M,易得BM⊥平面ACGD,所以BM⊥AD.又因为AB⊥AD且AB∩BM=B,所以AD⊥平面ABC,又因为AD∥BE,所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥BC,这与∠EBC=60°矛盾,所以平面ABC与平面ACGD不垂直. 类型三　几何法求线面角、二面角 【例3】　(1)如图,在正三棱柱ABC⁃A1B1C1中,已知AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为(A) A. B. C. D. 解析　取A1C1,AC的中点E,F,连接B1E,BF,EF,如图所示,由正三棱柱性质易知B1E⊥平面AA1C1C,过D作DH∥B1E,连接AH,则DH⊥平面AA1C1C,则∠DAH即为AD与平面AA1C1C所成的角,易得DH=B1E=,DA=,所以sin∠DAH==.故选A. (2)在四面体ABCD中,已知△ABD为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,斜边AB=4,CD=2,则二面角C⁃AB⁃D的大小为(D) A. B. C. D. 解析　如图,取AB的中点M,连接CM,DM.因为△ABD为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,所以CM⊥AB,DM⊥AB,故∠CMD即为二面角C⁃AB⁃D的平面角.因为AB=4,所以CM=2,DM=2,所以cos∠CMD===-,所以∠CMD=,即二面角C⁃AB⁃D的大小为.故选D. 　　1.几何法求线面角的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. 【训练3】　(1)如图,已知棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1,点E为线段CD1的中点,则直线AE与平面A1BCD1所成角的正切值为(A) A. B. C. D. 解析　连接AB1(图略),设AB1与A1B交于点F,易知AF⊥A1B,AF⊥BC,且A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BCD1,所以AF⊥平面A1BCD1.连接EF,则∠AEF是直线AE与平面A1BCD1所成的角,tan∠AEF==.故选A. (2)如图,设AB为圆锥PO的底面直径,PA为母线,点C在底面圆周上,若PA=AB=2,AC=BC,则二面角P⁃AC⁃B的正切值是  .  解析　 取AC的中点D,连接OD,PD,易知OD⊥AC,PD⊥AC,所以∠PDO是二面角P⁃AC⁃B的平面角.因为PA=AB=2,所以AC=BC=,所以PO=,OD=,所以二面角P⁃AC⁃B的正切值是=. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下列四个命题: 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) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 解析　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所成角可以为内的任意角,④错误.故选A. 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(C) 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　对于A,B,若m∥α,n∥α,则m与n可能平行,相交或异面,故A,B错误;对于C,D,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.故选C. 3.(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(C) A. B. C. D. 解析　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,则有CE⊥AB,又△ABD是等边三角形,则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,则cos∠DCE===,所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为.故选C. 4.(2023·全国甲卷)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1⁃BB1C1C的高. 解　(1)证明:因为A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥BC,又因为∠ACB=90°,即AC⊥BC,因为A1C,AC⊂平面ACC1A1,A1C∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1,又因为BC⊂平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)如图,过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,所以A1O⊥平面BB1C1C,所以四棱锥A1⁃BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥BC,A1C⊥AC,在Rt△ABC与Rt△A1BC中,因为A1B=AB,BC=BC,所以Rt△ABC≌Rt△A1BC,所以A1C=AC.设A1C=AC=x,则A1C1=x,所以O为CC1中点,OC1=AA1=1,又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=A,即x2+x2=22,解得x=,所以A1O===1,所以四棱锥A1⁃BB1C1C的高为1. 微专题强化九　立体几何中的截面、动态问题 　　　　　　　　　　　　　 专|题|梳|理 1.多面体中截面的作法 (1)直接法:有两点在多面体的同一个面上,连接这两点即为多面体与截面的交线,找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法:若直线相交,但在多面体中未体现,可以通过作延长线的方法找到交点,然后借助交点找到交线. (3)平行线法:过直线与直线外一点作截面,若直线所在的平面与点所在的平面平行,可以通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线. 2.动态问题 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素,因此要认真分析其变化特点,寻找不变的静态因素,从静态因素中,找到解决问题的突破口. (1)与平行有关的轨迹问题的解题策略 ①线面平行转化为面面平行得轨迹; ②线面平行时可利用直线的方向向量与平面的法向量的垂直关系求轨迹. (2)与垂直有关的轨迹问题的解题策略 ①可利用线线(线面)垂直转化为面面垂直,得交线求轨迹; ②利用空间坐标运算求轨迹; ③利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 典|型|例|题 类型一　截面问题 考向❶:截面作图 【例1】　如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M是A1B1的中点,N在棱CC1上,且CN=2NC1.作出过点D,M,N的平面截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面,写出作法. 解　如图所示,五边形DQMFN即为所求截面.作法如下:连接DN并延长交D1C1的延长线于点E,连接ME交B1C1于点F,交D1A1的延长线于点H,连接DH交AA1于点Q,连接QM,FN,则五边形DQMFN即为所求截面. 　　本题采用延长线法作图,利用了平面的基本性质. 【例2】　(多选题)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点E是线段DD1上的动点,若过A,B1,E三点的平面将正方体截为两个部分,则所得截面的形状可能为(ABD) A.等边三角形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形 解析　当点E与点D1重合时,过A,B1,E三点的截面是等边三角形AB1D1,故A正确;当点E与点D重合时,过A,B1,E三点的截面为矩形AB1C1D,故B正确;若截面为菱形,则必有AB1=AE,此时点E与点D1重合,故C错误;当点E与DD1的中点重合时,记C1D1的中点为F,连接EF,FB1,C1D(图略),易知EF∥DC1,由正方体性质可知,AD∥B1C1且AD=B1C1,所以四边形AB1C1D为平行四边形,所以DC1∥AB1,所以EF∥AB1且EF=AB1,设正方体的棱长为2,则AE=B1F==,所以过A,B1,E三点的截面为等腰梯形AB1FE,故D正确.故选ABD. 　　本题可采用平行线法作图,但应注意E与D、D1重合的特殊情况. 考向❷:截面图形的计算 【例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)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,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1为等边三角形,则D1E=且D1E⊥平面BCC1B1,所以E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,设截面圆的半径为r,则r===.可得EP=EQ=,所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧.又D1P=,所以B1P==1,同理C1Q=1,所以P,Q分别为BB1,CC1的中点,所以∠PEQ=,知的长为×=. 　　作交线的方法有如下两种:(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线. 类型二　动态问题 考向❶:动点的轨迹问题 【例4】　 如图,在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是(D) A.a B.a C. D. 解析　连接HN,GN(图略),因为在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD,又GH⊄平面A1BD,BA1⊂平面A1BD,所以GH∥平面A1BD,同理可证得NH∥平面A1BD,又GH∩HN=H,GH,HN⊂平面GHN,所以平面A1BD∥平面GHN,又因为点M在四边形EFGH上及其内部运动,MN∥平面A1BD,则点M在线段GH上运动,即满足条件,又GH=a,则点M轨迹的长度是.故选D. 　　动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理,结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹,有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 考向❷:与动点有关的位置关系问题 【例5】　(多选题)(2024·郑州模拟)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=BC=2AA1=2,点P为线段BC1上一动点,则下列说法正确的是(ABD) A.直线A1P∥平面ACD1 B.三棱锥P⁃ACD1的体积为 C.三棱锥A⁃CC1D1的外接球的表面积为 D.直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值最大为 解析　对于A,如图,连接A1B,A1C1,因为ABCD⁃A1B1C1D1为长方体,所以A1B∥D1C,又D1C⊂平面ACD1,A1B⊄平面ACD1,所以A1B∥平面ACD1,同理可得A1C1∥平面ACD1,又A1B∩A1C1=A1,A1B,A1C1⊂平面A1BC1,所以平面A1BC1∥平面ACD1,又A1P⊂平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,所以A正确.对于B,因为BC1⊂平面A1BC1,所以BC1∥平面ACD1,又点P为线段BC1上的动点,所以点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离,连接BD1,则===××2×2×1=,所以B正确.对于C,三棱锥A⁃CC1D1的外接球即长方体ABCD⁃A1B1C1D1的外接球,所以外接球的半径R==,所以三棱锥A⁃CC1D1外接球的表面积S=4π×=9π,所以C错误.对于D,A1B1⊥平面BCC1B1,连接B1P,则∠A1PB1即直线A1P与平面BCC1B1所成的角,sin∠A1PB1==,且A1P2=A1+B1P2=4+B1P2.当B1P⊥BC1时,B1P的值最小,且最小值为=,所以A1P的最小值为=,所以∠A1PB1的正弦值最大为=,所以D正确.综上,选ABD. 　　与动点有关的位置关系问题解法 1.在动点的运动过程中发现不变量要充分利用直线、平面的有关判定定理、性质定理,如平行、垂直的判定与性质. 2.在动态变化过程中产生的最大(小)值或取值范围等问题,常用的解题思路是:①直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应最大、最小值,即可求解;②函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,再利用代数方法求目标函数的最值. 第五节　空间向量及空间位置关系 【课程标准】　1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置,会推导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;3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直;5.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 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 方向相反且模相等的向量 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)共面向量基本定理: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 .其中,{a,b,c}叫做空间的一个基底.  3.空间向量的数量积 (1)两向量的夹角:已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a与b的夹角,记作<a,b>,其范围是 [0,π] ,若<a,b>=,则称a与b 互相垂直 ,记作a⊥b.  (2)两向量的数量积:已知两个非零向量a,b,则|a||b|cos<a,b>叫做a,b的数量积,记作a·b,即a·b= |a||b|cos<a,b> .0·a=0.  (3)空间向量数量积的运算律 ①(λa)·b=λ(a·b),λ∈R; ②a·b=b·a(交换律); ③(a+b)·c=a·c+b·c(分配律). 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3). 向量表示 坐标表示 线性运算 a±b (a1±b1,a2±b2,a3±b3) 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 cos<a,b>=(a≠0,b≠0) 5.直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l 平行或重合 ,则称此向量a为直线l的方向向量.  (2)平面的法向量:直线l⊥α,取直线l的方向向量a,则向量a叫做平面α的法向量. 6.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2 l1∥l2 u1∥u2⇔∃λ∈R,使得u1=λu2 l1⊥l2 u1⊥u2⇔ u1·u2=0 直线l的方向向量为u,平面α的法向量为n,l⊄α l∥α u⊥n⇔ u·n=0 l⊥α u∥n⇔∃λ∈R,使得u=λn 平面α,β的法向量分别为n1,n2 α∥β n1∥n2⇔∃λ∈R,使得n1=λn2 α⊥β n1⊥n2⇔ n1·n2=0 微|点|延|伸 1.四点共面:在空间中P,A,B,C四点共面⇔=x+y+z(其中x+y+z=1),O为空间中任意一点. 2.在利用=x+y证明MN∥平面ABC时,必须说明M点或N点不在平面ABC内. 小|题|快|练 1.若{a,b,c}是空间的一个基底,且向量m=a+b,n=a-b,则可以与m,n构成空间的一个基底的另一个基向量是(C) A.a B.b C.c D.2a 解析　由题意知,a,b,c不共面,对于选项A,a=[(a+b)+(a-b)]=m+n,故a,m,n共面,排除A;对于选项B,b=[(a+b)-(a-b)]=m-n,故b,m,n共面,排除B;对于选项D,由选项A,得2a=m+n,故2a,m,n共面,排除D.故选C. 2.如图,在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,AC与BD的交点为点M,设=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是(C) A.-a+b+c B.a+b+c C.-a-b-c D.-a-b+c 解析　=+=+(+)=++=-a-b-c.故选C. 3.如图所示,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是(B) A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 解析　 分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.因为A1M=AN=,所以M,N,所以 =,又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),所以·=0,所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量,且MN⊄平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.故选B. 4.若直线l的方向向量a=(1,2,-1),平面α的一个法向量m=(-2,-4,k),且l⊥α,则实数k= 2 .  解析　因为l⊥α,所以l的方向向量a=(1,2,-1)与平面的法向量m=(-2,-4,k)共线,所以存在实数λ,使a=λm,即解得 5.O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t=  .  解析　因为P,A,B,C四点共面,所以++t=1,解得t=. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　空间向量的线性运算 自练自悟 1.如图,在四面体O⁃ABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,若=xa+yb+zc,则x,y,z的值分别为(A) A.,, B.,, C.,, D.,, 解析　连接OD,=+=++=a+b+c.故选A. 2.已知A(3,4,5),B(0,2,1),O(0,0,0),若=,则C的坐标是(A) A. B. C. D. 解析　设点C的坐标为(x,y,z),则=(x,y,z).又=(-3,-2,-4),=,所以x=-,y=-,z=-.故选A. 3.已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值为(B) A. B.-2 C.0 D.或-2 解析　因为a∥b,所以==,解得m=-2.故选B. 4.如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,O为AC的中点.用,,表示,则= ++ .  解析　=+=+=(+)+=++. 　　进行向量的线性运算,有以下几个关键点 1.结合图形,以图形为指导是解题的关键,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.平面向量加法的三角形法则、平行四边形法则在空间向量中仍然成立. 类型二　共线、共面向量定理的应用 【例1】　 如图所示,在斜三棱柱ABC⁃A1B1C1中,点M,N分别在AC1和BC上,且满足=k,=k(0≤k≤1). (1)向量是否与向量,共面? (2)直线MN是否与平面ABB1A1平行? 解　(1)因为=k,=k,所以=++=k++k=k(+)+=k(+)+=k+=-k=-k(+)=(1-k)-k,所以由共面向量定理知向量与向量,共面. (2)当k=0时,点M,A重合,点N,B重合,MN在平面ABB1A1内.当0<k≤1时,MN不在平面ABB1A1内,又由(1)知与,共面,所以MN∥平面ABB1A1. P,A,B三点共线 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) 【训练1】　(1)若A(-1,2,3),B(2,1,4),C(m,n,1)三点共线,则m+n= -3 .  解析　因为=(3,-1,1),=(m+1,n-2,-2),且A,B,C三点共线,所以存在实数λ,使得=λ,即(m+1,n-2,-2)=λ(3,-1,1)=(3λ,-λ,λ),所以解得所以m+n=-3. (2)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=  .  解析　由题意,可设a=xb+yc,故(2,-1,3)=x(-1,4,-2)+y(7,5,λ)=(-x+7y,4x+5y,-2x+λy),即解得λ=. 类型三　空间向量数量积的应用 【例2】　如图,已知平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=120°. (1)求线段AC1的长; (2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值; (3)求证:AA1⊥BD. 解　(1)设=a,=b,=c,这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一个基底,则|a|=|b|=1,|c|=2,a·b=0,c·a=c·b=2×1×cos 120°=-1.因为=+=++=a+b+c,所以||=|a+b+c|====.所以线段AC1的长为. (2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=.因为=a+b+c,=b-c,所以·=(a+b+c)·(b-c)=a·b-a·c+b2-c2=0+1+12-22=-2,||====.所以cos θ===.故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为. (3)证明:因为=c,=b-a,所以·=c·(b-a)=c·b-c·a=(-1)-(-1)=0,所以⊥,即AA1⊥BD. 　　空间向量数量积的3个应用 求夹角 设向量a,b的夹角为θ,则cos θ=,进而可求两向量所在直线所成的角 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 【训练2】　如图,在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长度都为1,且两两夹角为60°.求: (1)AC1的长; (2)与夹角的余弦值. 解　设=a,=b,=c,这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一个基底,则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,所以a·b=b·c=c·a=. (1)因为||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=1+1+1+2×=6,所以||=,即AC1的长为. (2)因为=b+c-a,=a+b,所以||=,||=,·=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=1,所以cos<,>==,即与夹角的余弦值为. 类型四　向量法证明平行与垂直 【例3】　如图所示,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,请说明理由. 解　(1)证明:以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1).故=(0,1,1),=.因为·=-×0+1×1+(-1)×1=0,所以⊥,即B1E⊥AD1. (2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),0≤z0≤1,使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z).=(a,0,1),=.因为n⊥平面B1AE,所以n⊥,n⊥,得取x=1,则故n=是平面B1AE的一个法向量.要使DP∥平面B1AE,只需n⊥,即-az0=0,解得z0=.所以存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=. 　　运用向量知识判定空间位置关系时,离不开立体几何的相关定理.如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时,仍需强调直线在平面外. 【训练3】　如图,正方形ABCD的边长为2,四边形BDEF是平行四边形,BD与AC交于点G,O为GC的中点,FO=,且FO⊥平面ABCD. (1)求证:AE∥平面BCF; (2)求证:CF⊥平面AEF. 证明　如图,取BC的中点H,连接OH,则OH∥BD,又四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,所以OH⊥AC,故以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),C(-1,0,0),D(1,-2,0),F(0,0,),B(1,2,0).所以=(-2,-2,0),=(1,0,),=(-1,-2,). (1)设平面BCF的法向量为n=(x,y,z).则即取z=1,得n=(-,,1)是平面BCF的一个法向量.又四边形BDEF为平行四边形,所以==(-1,-2,),所以=+=+=(-2,-2,0)+(-1,-2,)=(-3,-4,),因为·n=3-4+=0,所以⊥n,又AE⊄平面BCF,所以AE∥平面BCF. (2)因为=(-3,0,),·=-3+3=0,·=-3+3=0,所以⊥,⊥,即CF⊥AF,CF⊥AE.又AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,所以CF⊥平面AEF. 第六节　空间向量的应用 【课程标准】　1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题;2.能描述解决这一类问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用. 第1课时　向量法求空间角 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 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>|=  .  [微点清]　两异面直线所成的角为锐角或直角,两不共线的向量的夹角的范围为(0,π),所以公式中要加绝对值. 2.直线与平面所成的角 如图所示,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>|==  .  [微点清]　直线与平面所成角的取值范围为,而向量之间的夹角的取值范围为[0,π],所以公式中要加绝对值. 3.平面与平面的夹角 (1)平面与平面的夹角 如图①,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>|==  .  ①② (2)二面角:如图②所示,从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,记为α⁃l⁃β.设二面角α⁃l⁃β的大小为φ,平面α的法向量n1与平面β的法向量n2的夹角为θ,则|cos φ|=|cos θ|=  .  [微点清]　二面角与两个平面的夹角的区别与联系:二面角的取值范围为[0,π],两个平面的夹角的取值范围为. 微|点|延|伸 1.直线的方向向量和平面的法向量不是零向量,且不唯一. 2.确定平面的法向量的方法: (1)直接法:观察是否有垂直于平面的法向量,若有可直接确定; (2)待定系数法:取平面内两个不共线向量a,b,设法向量m=(x,y,z),由求得. 3.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>|. 小|题|快|练 1.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),则直线l1和l2所成角的余弦值为(C) A. B. C. D. 解析　设直线l1与l2所成的角为θ,因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos θ=|cos<s1,s2>|===.所以直线l1和l2所成角的余弦值为.故选C. 2.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则直线l与平面α所成的角为(A) A.30° B.60° C.120° D.150° 解析　设直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|=,所以直线l与平面α所成的角为30°.故选A. 3.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(C) A. B. C.或 D.或 解析　因为m=(0,1,0),n=(0,1,1),所以m·n=1,|m|=1,|n|=,若两平面所成的二面角为θ,则|cos θ| =|cos<m,n>|==,所以两平面所成的二面角为或.故选C. 4.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP夹角的大小为 45° .  解析　 如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则E,AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,所以CD⊥AE,又PD∩CD=D,从而AE⊥平面PCD.所以=(0,1,0),=分别是平面PAB,平面PCD的法向量.设所求夹角为θ,则cos θ=|cos<,>|===,故平面PAB与平面PCD夹角的大小为45°. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　异面直线所成的角 自练自悟 1.如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=BC,E为CD的中点,F为PC的中点,则异面直线BF与PE所成角的余弦值为(B) A.- B. C.- D. 解析　如图,以点A为原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,异面直线BF与PE所成的角为θ,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),则E(1,2,0),F(1,1,1),所以=(-1,1,1),=(1,2,-2),所以cos θ=|cos<,>|===.故选B. 2.如图,两个相同的圆柱O1O2与圆柱O3O4中,四边形ABEF,BCDE分别为两个圆柱在同一平面上的轴截面,G,H分别为所在半圆弧的中点,若AB=AF,则异面直线AG与O4H所成角的余弦值为(A) A. B. C. D. 解析　解法一:连接O1G,易知O1G,O1C,O1O2两两垂直,故以O1为原点,分别以O1G,O1C,O1O2所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=AF=2,则A(0,-1,0),G(1,0,0),O4(0,2,2),H(-1,2,0),所以=(1,1,0),=(1,0,2),所以cos<,>==,所以异面直线AG与O4H所成角的余弦值为,故选A. 解法二:如图,连接HC,O4C,根据两个圆柱的位置关系与圆柱的对称性知,AG∥HC,所以∠O4HC为异面直线AG与O4H所成的角或其补角.不妨设AB=AF=2,则在△O4HC中,易知O4H=O4C==,HC=,所以cos∠O4HC===.故选A. 3.如图,在正三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AB=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点.设D是线段B1C1上的(包括两个端点)动点,当直线BD与EF所成角的余弦值为时,线段BD的长为 2 .  解析　 如图,以E为原点建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),F,B(0,-1,0),设D(0,t,2)(-1≤t≤1),则=,=(0,t+1,2),设直线BD与EF所成角为θ,则cos θ===,即23t2+14t-37=0,解得t=1或t=-(舍去),所以||==2. 　　用向量法求异面直线所成角的一般步骤 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; 4.两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. 类型二　直线与平面所成的角 【例1】　(2025·湖北调研)如图,四棱锥P⁃ABCD的底面是矩形,AB=2,BC=2,△PBC是等边三角形,平面PBC⊥平面ABCD,O,F分别是BC,PC的中点,AC与BD交于点E. (1)求证:BD⊥平面PAO; (2)平面OEF与直线PD交于点Q,求直线OQ与平面PCD所成的角θ的大小. 解　(1)因为△PBC为等边三角形,O是BC的中点,所以PO⊥BC,又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PO⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD.·=(+)·=-=4-4=0,所以⊥,所以AO⊥BD.又PO,AO⊂平面PAO,PO∩AO=O,所以BD⊥平面PAO. (2) 因为E,O分别为BD,BC的中点,所以EO∥DC,又EO⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,所以EO∥平面PDC,又平面OEF∩平面PDC=QF,所以EO∥QF,所以QF∥DC,因为F是PC的中点,所以Q是PD的中点.易知OE,OC,OP两两垂直,以O为原点,OE,OC,OP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P(0,0,),C(0,,0),D(2,,0),Q,所以=(2,0,0),=(0,,-).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由得取n=(0,,1),=,易知θ∈,则sin θ=|cos<n,>|==,所以θ=. 　　向量法求直线与平面所成角的主要方法 1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角). 2.通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练1】　(2023·全国甲卷)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 解　(1)证明:如图,过点A1作A1D⊥CC1,垂足为点D,因为A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥BC,又∠ACB=90°,所以AC⊥BC,因为A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1,因为A1D⊂平面ACC1A1,所以BC⊥A1D,又CC1,BC⊂平面BCC1B1,且CC1∩BC=C,所以A1D⊥平面BCC1B1,所以A1D=1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形,又CC1=AA1=2,A1D=1,所以D为CC1的中点,又A1D⊥CC1,所以A1C=A1C1,又在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AC=A1C1,所以A1C=AC. (2)如图,连接A1B,由(1)易证A1B=A1B1,故取BB1的中点F,连接A1F,因为AA1与BB1的距离为2,所以A1F=2,又A1D=1且A1C=AC,所以A1C=A1C1=AC=,AB=A1B1=,BC=.建立空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,,0),B1(-,,),C1(-,0,),所以=(0,,0),=(-,0,),=(-2,,),设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则即取x=1,则y=0,z=1,所以平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,1).设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==.所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 类型三　平面与平面所成的角 【例2】　(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; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 【规范解答】　(1)证明:由题可得AE=AD=2,AF=AB=4,又∠BAD=30°,所以由余弦定理,得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos 30°=4,故EF=2. 又EF2+AE2=AF2,所以EF⊥AE. 思维点1:证明EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质,知EF⊥PE,EF⊥ED,又ED∩PE=E,ED,PE⊂平面PED,所以EF⊥平面PED. 思维点2:证明EF⊥平面PED,进而得到EF⊥PD. 又PD⊂平面PED,所以EF⊥PD. (2)如图,连接CE,由题可得DE=3,CD=3,∠CDE=90°,故CE==6. 又PE=AE=2,PC=4,所以PE2+CE2=PC2,故PE⊥CE.又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EF⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD. 思维点3:证明PE⊥平面ABCD. EF,ED,PE两两垂直,故以E为原点,EF,ED,PE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0), 思维点4:建立空间直角坐标系. 连接PA,则=(0,3,-2),=(3,0,0),=(0,2,2),=(2,2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则可取n1=(0,2,3). 思维点5:求平面PCD的法向量,同理可求平面PBF的法向量. 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2=(x2,y2,z2). 则可取n2=(,-1,1). |cos<n1,n2>|==. 思维点6:求两平面的夹角余弦值,从而可得正弦值. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为=. 　　本题的关键是有关垂直的证明,第(1)问实质是证明EF⊥平面PED,第(2)问证明PE⊥平面ABCD,出现两两垂直的三条直线PE,EF,ED,以便于建立空间直角坐标系.本题考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及数学运算能力等核心素养. 【训练2】　(2024·全国甲卷)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F⁃BM⁃E的正弦值. 解　(1)证明:因为M为AD的中点,BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥MD,且BC=MD,所以四边形BCDM为平行四边形.所以BM∥CD,又CD⊂平面CDE,BM⊄平面CDE,所以BM∥平面CDE. (2)取AM的中点O,连接BO,FO.由(1)可知,BM=CD=AB=2,因为AM=2,所以BO⊥AD,且BO=.由(1)知四边形MDEF为平行四边形,所以FM=ED=,又AF=,所以FO⊥AM,又OA=OM=1,所以FO==3,又FB=2,所以BO2+FO2=FB2,所以FO⊥OB,即OB,OD,OF两两垂直.分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),所以=(,-1,0),=(0,-1,3),=(0,1,3).设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令y1=3,所以x1=,z1=1,所以n1=(,3,1).设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令y2=3,所以x2=,z2=-1,所以n2=(,3,-1).设二面角F⁃BM⁃E的平面角为θ,所以|cos θ|=|cos<n1,n2>|==.因为θ∈[0,π],所以sin θ>0,即sin θ==,所以二面角F⁃BM⁃E的正弦值为. 教考衔接7　立体几何中的“鳖臑”模型 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版必修第二册 1 2 P158·例8 P159·3题 【选题说明】　例8以“鳖臑”模型为背景,考查了线面垂直的判定及性质;练习第3题则进一步考查了面面垂直的判定及性质.2024年新课标Ⅰ卷第17题,正是将这两道题进行组合,并增加了二面角的逆向应用,考查了考生对“鳖臑”模型的理解和运用能力. 【题1】　如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,C是圆周上不同于A,B的任意一点.求证:平面PAC⊥平面PBC. 证明　因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.因为点C是圆周上不同于A,B的任意一点,AB是☉O的直径,所以∠BCA=90°,即BC⊥AC.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC. 【题2】　 如图,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,你能发现哪些平面互相垂直?为什么? 解　平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面BCD,平面ABC⊥平面ACD. 理由:因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,AB⊂平面ABD,所以平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面BCD.因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.又BC⊥CD,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC.因为CD⊂平面ACD,所以平面ABC⊥平面ACD. 【知识链接】　阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓,取一长方体,按下图斜割一分为二,得两个一模一样的三棱柱,称为堑堵. 再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开,得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底,另有一棱与底面垂直的四棱锥,称为阳马.余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体,称为鳖臑. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　如图,底面为平行四边形的四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,AD=1,CD=2,∠DCB=60°,求证:平面A1BCD1⊥平面BDD1. 证明　由于底面为平行四边形,故BC=AD=1,则由余弦定理可知BD=,且BD2+BC2=CD2,故∠CBD=90°,CB⊥BD.又因为DD1⊥平面ABCD,故DD1⊥BC.又DD1∩DB=D,由线面垂直判定定理可得CB⊥平面D1DB.因为CB⊂平面A1BCD1,故由面面垂直判定定理可得平面A1BCD1⊥平面BDD1. 【变式2】　如图所示的阳马P⁃ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,点E是PC的中点,连接DE,BD,BE. (1)证明:DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,请说明理由; (2)记阳马P⁃ABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求的值. 解　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC,而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC,由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形.即四面体EBCD是一个鳖臑,其四个面的直角分别是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB. (2)由已知,PD是阳马P⁃ABCD的高,所以V1=SABCD·PD=BC·CD·PD.由(1)知,DE是鳖臑D⁃BCE的高,BC⊥CE,所以V2=S△BCE·DE=BC·CE·DE.在Rt△PDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE=CD,于是= ==4. 三、链接高考·体验练■ 　(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,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB.因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,根据平面知识可知BC∥AD,又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)以A为原点,的方向为y轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2). 设D(s,t,0)(s<0),=(s,t,0),=(s,t-2,0),因为AD⊥DC,所以·=s2+t(t-2)=0,即s2=t(2-t)>0,可得到0<t<2,显然平面PAC的法向量可为m=(1,0,0).又=(0,-2,2),=(s,t-2,0),设平面CDP的法向量为n=(x,y,z),则即令y=s,所以x=2-t,z=s,则n=(2-t,s,s).所以cos<m,n>==,即=,又0<t<2,解得t=,此时AD===. 第2课时　向量法求空间距离、探索与折叠问题 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.点P到直线l的距离 ① 如图①,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点,设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.在Rt△APQ中,由勾股定理,得PQ==  .  2.点P到平面α的距离 ② 如图②,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的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ= · =  .  微|点|延|伸 1.两条平行直线之间的距离 求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离. 2.直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离,用求点到平面的距离的方法求解: (1)直线a与平面α之间的距离d=,其中A∈a,B∈α,n是平面α的法向量. (2)两平行平面α,β之间的距离d=,其中A∈α,B∈β,n是平面α,β的法向量. 小|题|快|练 1.(人A选一P35T1改编)已知直线l经过点A(2,3,1),且向量n=为l的一个单位方向向量,则点P(4,3,2)到l的距离为  .  解析　因为=(-2,0,-1),且n=为l的一个单位方向向量,故点P到l的距离为d===. 2.(人A选一P34例6改编)已知平面ABC的一个法向量为n=(1,2,1),向量=,则点F到平面ABC的距离为  .  解析　由题意,点F到平面ABC的距离为==. 3.如图,已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD间的距离为  .  解析　以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),M(2,0,4),B(4,4,0),N(4,2,4).所以=(2,2,0),=(-2,0,4),=(0,4,0).设n=(x,y,z)是平面AMN的一个法向量,则取z=1,得n=(2,-2,1).所以点B到平面AMN的距离d==.易知MN∥EF,MN⊂平面AMN,EF⊄平面AMN,所以EF∥平面AMN,又BF∥AM,AM⊂平面AMN,BF⊄平面AMN,所以BF∥平面AMN,因为EF∩BF=F,EF,BF⊂平面EFBD,所以平面AMN∥平面EFBD.所以平面AMN与平面EFBD间的距离等于点B到平面AMN的距离,为. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　向量法求空间距离 考向❶: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) A.2 B.2 C. D.4 解析　如图,以B为原点,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.故选A. 　　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. 【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(D) A. B. C. D. 解析　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==.故选D. 考向❷:点到平面的距离 【例2】　(2024·天津高考)如图,已知直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 解　 (1)证明:以A为原点,以AB,AD,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,依题意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),则M(0,1,1),N,所以=,=(1,-1,2),=(-1,0,1).设平面CB1M的法向量为n=(x1,y1,z1),则即取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1).·n=·(1,3,1)=-=0,所以⊥n,显然D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M. (2)易知=(1,-1,2),=(-1,1,0),设平面BB1C1C的法向量为m=(x2,y2,z2),则即取x2=1,得y2=1,z2=0,则m=(1,1,0).设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,m>|===,所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)易知=(0,0,2).设点B到平面CB1M的距离为d,则d===,所以点B到平面CB1M的距离为. 　　点面距的求法 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内一定点,n是平面α的一个法向量). 【训练2】　 如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,BC=AB=AA1=2,BC1=2,M为线段AB上的动点. (1)证明:BC1⊥CM; (2)若E为A1C1的中点,求点A1到平面BCE的距离. 解　(1)证明:因为AB⊥平面BB1C1C,C1B⊂平面BB1C1C,所以AB⊥C1B,在△BCC1中,BC=2,BC1=2,CC1=AA1=4,所以BC2+B=C,所以CB⊥C1B.因为AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,所以C1B⊥平面ABC.又因为CM⊂平面ABC,所以C1B⊥CM. (2) 由(1)知,AB⊥C1B,BC⊥C1B,AB⊥BC,以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(2,0,0),C1(0,2,0),A1(-2,2,4),E(-1,2,2),所以=(2,0,0),=(-1,2,2),设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则即令y=,则n=(0,,-3)是平面BCE的一个法向量.又因为=(4,-2,-4),故点A1到平面BCE的距离d==. 类型二　折叠问题 【例3】　已知一圆形纸片的圆心为O,直径AB=2,圆周上有C,D两点.如图①,OC⊥AB,∠AOD=,点P是上的动点.沿AB将纸片折为直二面角,并连接PO,PD,PC,CD(如图②). ①　　　　　　　　　　② (1)当AB∥平面PCD时,求PD的长; (2)当三棱锥P⁃COD的体积最大时,求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值. 解　(1)因为AB∥平面PCD,AB⊂平面OPD,平面OPD∩平面PCD=PD,所以AB∥PD,又∠AOD=,所以∠ODP=∠OPD=,所以∠POD=,又OD=OP=1,所以PD=. (2)由题意知OC⊥平面POD,而S△DOP=·OD·OP·sin∠DOP,所以当OD⊥OP时,三棱锥P⁃COD的体积最大.易知OC,OD,OP两两垂直,以O为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则C(1,0,0),D(0,0,1),P(0,1,0),故=(1,-1,0),=(0,1,-1).设平面CPD的法向量为n1=(x,y,z).则即取y=1,得x=1,z=1,得平面CPD的一个法向量为n1=(1,1,1).易知平面OPD的一个法向量为n2=(1,0,0),设平面OPD与平面CPD的夹角为θ,则cos θ==,所以平面OPD与平面CPD夹角的余弦值为. 　　翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系,尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一平面上的性质发生变化. 【训练3】　(2025·成都诊断)如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜边AB上的高,以CD为折痕把△ACD折起,使点A到达点P的位置,且∠PBD=60°,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点(如图②). ①　② (1)求证:GH∥平面DEF; (2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值. 解　(1)证明:连接BH,与ED相交于点M,连接MF,因为三角形ABC是等腰直角三角形,CD是斜边AB上的高,所以AD=DB,即PD=DB,因为∠PBD=60°,所以△PBD是等边三角形,因为E,H分别为PB,PD的中点,所以DE,BH是△PBD的中线,BM=BH,因为F为BC中点,G为CF的中点,所以BF=BG,所以MF∥GH,因为MF⊂平面DEF,GH⊄平面DEF,所以GH∥平面DEF. (2)因为CD⊥DB,CD⊥DP,DB∩DP=D,DB,DP⊂平面DBP,所以CD⊥平面DBP.如图,过点D作直线垂直平面BDC,作空间直角坐标系,设PD=DB=DC=2,则C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0,),H,G,所以=(-2,2,0),=(-1,0,),=.设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则即令x=,则y=,z=1,n=(,,1).设直线GH与平面PBC所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===,故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为. 类型三　探索性问题 【例4】　如图,已知多面体EACBD中,EB⊥底面ACBD,EB=1,AB=2,其中点C是以AB为直径的半圆ACB上的动点,△ABD为正三角形. (1)若BC=1,求证:BC∥平面ADE; (2)记λ=,问λ能否为整数.若能,求出λ的值,并求此时二面角C⁃AE⁃D的余弦值;若不能,请说明理由. 解　(1)证明:由题意可得AC⊥BC,则sin∠CAB==,又∠CAB为锐角,则∠CAB=30°,因为△ABD为正三角形,所以∠DAB=60°,可得∠DAC=∠DAB+∠CAB=90°,即AD⊥AC.所以AD∥BC,又AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE. (2)由已知得AE=DE==,所以△ADE为等腰三角形,其底边AD上的高为2,S△ADE=2.设BC=x(0<x<2),则AC=,EC=,易知AC⊥EC,则S△ACE=.所以λ==,则(4-x2)(1+x2)=4λ2,整理得关于x的方程x4-3x2+4(λ2-1)=0,由Δ=9-16(λ2-1)≥0,得0<λ≤,若λ为整数,则λ=1.此时x=∈(0,2),满足题意.下面求二面角C⁃AE⁃D的余弦值.以B为原点,BA所在直线为x轴,BA在平面ABC内的垂线为y轴,BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则有A(2,0,0),B(0,0,0),C,D(1,-,0),E(0,0,1),=(2,0,-1),=(-1,-,0),=.设平面ADE的法向量为n=(t,y,z),则取t=,则y=-1,z=2,所以平面ADE的一个法向量为n=(,-1,2).设平面ACE的法向量为m=(a,b,c),则取a=,则b=1,c=2,所以平面ACE的一个法向量为m=(,1,2).cos<m,n>==,由图可知所求二面角为钝角,故二面角C⁃AE⁃D的余弦值为-. 　　1.对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”. 2.对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数. 【训练4】　(2021·全国甲卷)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,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 解　因为三棱柱ABC⁃A1B1C1是直三棱柱,所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB,因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以BF⊥AB,又BB1∩BF=B,BB1⊂平面BCC1B,BF⊂平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1.所以BA,BC,BB1两两垂直.以B为原点,分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图.所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1).由题意设D(a,0,2)(0≤a≤2). (1)证明:因为=(0,2,1),=(1-a,1,-2),·=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,所以⊥,即BF⊥DE. (2)设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),因为=(-1,1,1),=(1-a,1,-2),所以即令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a).易知平面BCC1B1的法向量为=(2,0,0),设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ,则|cos θ|===.当a=时,2a2-2a+14取最小值为,此时cos θ取最大值为=.所以(sin θ)min==,此时B1D=. 新定义3.以立体几何为载体的新定义问题 　　　　　　　　　　　　　 类型一　定义新法则 【例1】　北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用,在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定:多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角,每个面角是,所以正四面体在每个顶点的曲率为2π-3×=π,故其总曲率为4π.给出下列三个结论: ①正方体在每个顶点的曲率均为;②任意四棱锥的总曲率均为4π;③若某类多面体的顶点数V,棱数E,面数F满足V-E+F=2,则该类多面体的总曲率是常数. 其中,所有正确结论的序号是 ①②③ .  解析　①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2π-3×=,故①正确;②由定义可得多面体的总曲率=2π×顶点数-各面内角和,因为四棱锥有5个顶点,5个面,分别为4个三角形和1个四边形,所以任意四棱锥的总曲率为2π×5-(π×4+2π×1)=4π,故②正确;③设每个面记为ni(i∈[1,F])边形,则所有的面角和为(ni-2)π=πni-2πF=π·2E-2πF=2π(E-F),根据定义可得该类多面体的总曲率2πV-2π(E-F)=4π为常数,故③正确. 　　本题的关键在于理解题目中曲率的定义与曲率的计算公式,同时也是题目创新性的体现. 类型二　定义新概念 【例2】　(2025·江苏模拟)一条直线与另外两条异面直线同时垂直且相交,则称该直线是两条异面直线的公垂线,并把以两垂足为端点的线段称为两异面直线的公垂线段,公垂线段的长度则被称为两异面直线之间的距离. (1)用符号语言表述公垂线、公垂线段及两异面直线之间的距离的定义; (2)证明:两条异面直线的公垂线有且仅有一条; (3)在空间直角坐标系Oxyz中,直线l1过点A(1,1,4),方向向量m=(5,1,4);直线l2过点B(2,0,2),方向向量n=(0,1,0),试问:l1与l2是否共面? Ⅰ.若共面, (ⅰ)求l1与l2交点M的坐标; (ⅱ)已知M∈l,记l与l1所确定的平面为α,记l与l2所确定的平面为β,若α⊥β,试问:l是否确定?若确定,求出l的单位方向向量;若不确定,请说明理由; Ⅱ.若异面, (ⅰ)请给出证明; (ⅱ)l为l1与l2的公垂线,M=l∩l1,N=l∩l2,求l1与l2之间的距离d; (ⅲ)求. 解　(1)设两条直线分别为l1和l2,l1∩l2=⌀,且对于任意平面α,l1⊄α或l2⊄α.若l⊥l1,l∩l1=M,l⊥l2,l∩l2=N,则称l为l1与l2的公垂线.线段MN为l1与l2的公垂线段,线段MN的长度为l1与l2之间的距离. (2)(反证法)如图①,假设异于l的另外一条直线l'也是两条异面直线l1与l2的公垂线,不妨设l'⊥l1,l'⊥l2,l'∩l1=M',l'∩l2=N'.平移l得到l0,使得N'∈l0,则l0∥l且l0∩l2=N'.记l0与l'所决定的平面为α.由于l1⊥l,故l1⊥l0,又因为l1⊥l',且l0∩l'=N',故l1⊥α.由于l2⊥l,故l2⊥l0,又因为l2⊥l',且l0∩l'=N',故l2⊥α.又因为l1≠l2,所以l1∥l2,故l1与l2共面,与题设矛盾.所以两条异面直线l1与l2的公垂线l是唯一的,有且仅有一条. ① (3)异面. (ⅰ)证明:(反证法)假设l1与l2共面α,设面α的法向量k=(x,y,z)≠0.分别平移m,n,使起点分别落在点A和点B处,则m,n均在面α内.于是k⊥m且k⊥n,得即取k=(-4,0,5).显然在面α内,故k⊥,得k·=0,但=(1,-1,-2),k·=-4×1+0×(-1)+5×(-2)=-14≠0,与k·=0矛盾,故l1与l2异面. ② (ⅱ)如图②,平移l1得到l'1,使得l'1∩l2=M'.设l'1与l2所确定的平面为α.因为l⊥l1,所以l⊥l'1,又因为l⊥l2,所以l⊥α,即MN⊥α.故l1与l2之间的距离,即线段MN的长度,等于点M到面α的距离.因为l1与l2异面,所以l1⊄α,又因为l1∥l'1,l'1⊂α,所以l1∥α.所以点M到面α的距离等于点A到面α的距离.而点A到面α的距离dA===,故l1与l2之间的距离为. (ⅲ)因为l1与l2异面,所以l1与平面BMN(记作面β)相交,而非在面β内.因此对于起点在点A处的m,只存在唯一的λ∈R,使得λm的终点落在面β内.又因为M∈β,故=λm.=+=+λm=(1,1,4)+λ(5,1,4)=(5λ+1,λ+1,4λ+4),设面β的法向量为p=(x',y',z'),由于MN⊥α,故α的法向量k∥,而n与均在面β内,故p⊥n,且p⊥,即p⊥k,所以即取p=(5,0,4).因为在面β内,所以p⊥,得p·=0. =-=(5λ+1,λ+1,4λ+4)-(2,0,2)=(5λ-1,λ+1,4λ+2),p·=5·(5λ-1)+0·(λ+1)+4·(4λ+2)=41λ+3,故41λ+3=0,解得λ=-,==. 　　本题中将异面直线之间的距离转化成点到面的距离问题,得到答案. 类型三　定义新运算 【例3】　球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图,球O的半径为R.A、B、C为球面上三点,劣弧BC的弧长记为a,设O0表示以O为圆心,且过B、C的圆,同理,圆O3,O2的劣弧AC、AB的弧长分别记为b,c,曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形.若设二面角C⁃OA⁃B,A⁃OB⁃C,B⁃OC⁃A分别为α,β,γ,则球面三角形的面积为S球面△ABC=(α+β+γ-π)R2. (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直,求球面三角形ABC的面积; (2)若平面三角形ABC为直角三角形,AC⊥BC,设∠AOC=θ1,∠BOC=θ2,∠AOB=θ3.则: ①求证:cos θ1+cos θ2-cos θ3=1; ②延长AO与球O交于点D,若直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为,,=λ,λ∈(0,1],S为AC中点,T为BC中点,设平面OBC与平面EST的夹角为θ,求sin θ的最小值,及此时平面AEC截球O的面积. 解　(1)若平面OAB,OAC,OBC两两垂直,有α=β=γ=,所以球面三角形ABC面积为S球面△ABC=(α+β+γ-π)R2=R2. (2)①证明:由余弦定理有:且AC2+BC2=AB2,消掉R2,可得cos θ1+cos θ2-cos θ3=1. ②由AD是球的直径,则AB⊥BD,AC⊥CD,且AC⊥BC,CD∩BC=C,CD,BC⊂平面BCD,所以AC⊥平面BCD,且BD⊂平面BCD,则AC⊥BD,且AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,可得BD⊥平面ABC,由直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为,,所以∠DAB=,∠DCB=,不妨先令R=,则AD=2,AB=BD=,BC=,AC=2,由AC⊥BC,AC⊥BD,BC⊥BD, 以C为原点,以CB,CA所在直线为x,y轴,过点C作BD的平行线为z轴,建立如图空间直角坐标系,设BE=t,t∈(0,],则A(0,2,0),B(,0,0),C(0,0,0),D(,0,),可得S(0,1,0),T,E(,0,t),O,则=(,0,0),=,=,=.设平面OBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则取z1=-2,则y1=,x1=0,可得m=(0,,-2),设平面EST的法向量为n=(x2,y2,z2),则取x2=t,则y2=t,z2=-1,可得n=(t,t,-1),要使sin θ取最小值,则|cos θ|取最大值,因为|cos θ|=|cos<m,n>|===×=×=×,令m=2t+1,m∈(1,13],则t=,3t2=,可得===≤=2,当且仅当m=3,t=取等.则|cos θ|取最大值,sin θ==为最小值,此时点E,可得=,=(0,2,0),设平面AEC的法向量k=(x,y,z),则取x=1,则y=0,z=-2,可得k=(1,0,-2),可得球心O到平面AEC的距离为d==,设平面AEC截球O的截面圆半径为r,则r2=R2-d2=,所以截面圆面积为πr2=π=πR2. 　　1.利用空间向量求线面角的思路 直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得,即sin θ=|cos φ|. 2.利用空间向量求点到平面距离的方法 设A为平面α内的一点,B为平面α外的一点,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离d=. 学科网（北京）股份有限公司 $$