第7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（名师划重点）

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 课标要求 三年考情 1.利用实物、计算机软件等观察空间图形,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.掌握球、棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥和圆台的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的实际问题. 3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T4、T8 T12、T14 T5 全国Ⅱ卷 T7、T11 T9 T7   重点提示:直观图、表面积、体积 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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 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 侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 2.直观图的斜二测画法 (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x'轴、y'轴的夹角为45°(或135°),z'轴与x'轴、y'轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段,在直观图中仍分别平行于坐标轴,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,在直观图中长度为原来的一半. 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面 展开图 侧面积 公式 S圆柱侧= 2πrl S圆锥侧= πrl S圆台侧= π(r'+r)l 微提醒　　圆台、圆柱、圆锥的转化:当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱;当圆台的上底面半径为零时,得到圆锥.由此可得S圆柱侧=2πrlS圆台侧=π(r+r')lS圆锥侧=πrl. 4.简单几何体的表面积和体积 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积=S侧+2S底 V柱体=Sh 锥体(棱锥和圆锥) S表面积=S侧+S底 V锥体=Sh 台体(棱台和圆台) S表面积=S侧+S上+S下 V台体=(S'++S)h 球 S球=4πR2 V球=πR3 【常用结论】 1.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. 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). 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=. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.(√) (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.(×) 解析　如图所示的图形满足条件但不是棱锥. (3)在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线.(×) (4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.(×) 2.下列几何体中是棱台的是(D) A　　　B C　　　D　 解析　A,C不是由棱锥截成的,不符合棱台的定义,故A,C不符合题意;B中的截面不平行于底面,不符合棱台的定义,故B不符合题意;D符合棱台的定义.故选D. 3.(北师大必二P256练习T2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.  4.圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形,则圆柱的体积是 24π2或36π2 .  考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　基本立体图形和直观图 角度1　空间几何体的结构特征 【例1】　(2025·枣庄调研)给出下列四个命题,正确的是(D) A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱 B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D.底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱 解析　 对于A,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故A错;对于B,等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图),故B错;对于C,若底面不是矩形,则C错;对于D,可知侧棱垂直于底面,故D正确. [规律方法]　空间几何体结构特征的判断技巧 (1)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判定. (2)通过反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可. 角度2　直观图 【例2】　一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面积等于(B) A.a2 B.2a2 C.a2 D.a2 解析　根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知,在x轴上(或与x轴平行)的线段,其长度保持不变;在y轴上(或与y轴平行)的线段,其长度变为原来的一半,且∠x'O'y'=45°(或135°),所以若设原平面图形的面积为S,则其直观图的面积为S'=××S=S.本题中直观图的面积为a2,所以原平面四边形的面积S==2a2.故选B. [规律方法]　(1)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.” (2)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. 角度3　展开图 【例3】　 (2025·珠海模拟)如图,已知正三棱柱ABC⁃A'B'C'的底面边长为1 cm,侧面积为9 cm2,则一质点自点A出发,沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A'的最短路线的长为 3 cm.  解析　 将正三棱柱ABC⁃A'B'C'沿侧棱展开,其侧面展开图如图所示,依题意AB=BC=CA1=1 cm,则AA1=3 cm,由侧面积为9 cm2,所以C△ABC·AA'=9,则AA'=3 cm.依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A' 的最短路线为AA'1===3(cm). [规律方法]　(1)几何体的表面展开图可以有不同的形状,应多实践、观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系,一定先观察立体图形的每一个面的形状. (2)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图,采用化曲为直的策略,将空间问题平面化. 【对点练】 1.(角度1)下面关于空间几何体叙述正确的是(C) 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　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.故选C. 2.(角度2)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积是(A) A.2+ B. C. D.1+ 解析　因为斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,所以原图形为直角梯形,其上底为1,下底为1+,高为2,所以S=×(1++1)×2=2+. 3.(角度3)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是 1 .  解析　 如图,设圆锥的母线长为l,底面半径为r,则圆锥的侧面积S侧=πrl=2π,即rl=2,由于侧面展开图为半圆,可知πl2=2π,可得l=2,因此r=1. 考点二　空间几何体的侧面积与表面积 【例4】　(1)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(A) A.8π B.4π C.8 D.4 解析　以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴,旋转一周所得的旋转体为圆柱,其底面半径r=2,高h=2,所以所得圆柱的侧面积S=2πrh=2π×2×2=8π.故选A. (2) 如图,设正三棱锥S⁃ABC的侧面积是底面积的2倍,正三棱锥的高SO=3,则此正三棱锥的表面积为 27 .  解析　 如图,设正三棱锥的底面边长为a,斜高为h',过点O作OE⊥AB,与AB交于点E,连接SE,则SE⊥AB,SE=h'.因为S侧=2S底,所以3·a·h'=a2×2.所以a=h'.因为SO⊥OE,所以SO2+OE2=SE2.所以32+=h'2.所以h'=2,所以a=h'=6.所以S底=a2=×62=9,S侧=2S底=18.所以S表=S侧+S底=18+9=27. [规律方法]　求解几何体表面积的类型及求法 (1)求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积. (2)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,将其侧面展开后求表面积,但要清楚它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的关系. 【训练1】　(1)若圆锥侧面展开图是圆心角为,半径为1的扇形,则这个圆锥表面积与侧面积的比为(C) A.3∶2 B.2∶1 C.4∶3 D.5∶3 解析　 如图,由题意,知=,所以r=l=,S侧=πrl=,S表=S侧+πr2=,故S表∶S侧=4∶3.故选C. (2) (2025·长沙质检)如图,一种棱台形状的无盖容器(无上底面A1B1C1D1)模型其上、下底面均为正方形,面积分别为4 cm2,9 cm2,且A1A=B1B=C1C=D1D.若该容器模型的体积为 cm3,则该容器模型的表面积为 (5+9) cm2 .  解析　由题意得,该容器模型为正四棱台,上、下底面的边长分别为2 cm,3 cm,设该棱台的高为h,则由棱台体积公式V=h(S上+S下+),得该容器模型的体积为=h×(4+9+6),解得h=1(cm),所以侧面等腰梯形的高h'== (cm),所以S表=4×+9=5+9 (cm2). 考点三　空间几何体的体积 角度1　公式法求体积 【例5】　(1)(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　如图,过A1作A1M⊥AC,垂足为M,易知A1M为四棱台ABCD⁃A1B1C1D1的高,因为AB=2,A1B1=1,AA1=,则A1O1=A1C1=×A1B1=,AO=AC=×AB=,故AM=(AC-A1C1)=,则A1M===,所以所求棱台的体积为V=×(4+1+)×=. (2)(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 28 .  解析　 解法一:由于=,而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,所以原正四棱锥的体积为××6=32,截去的正四棱锥的体积为××3=4,所得棱台的体积为32-4=28. 解法二:棱台的体积为×3×=28. 角度2　割补法求体积 【例6】　(1)已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,则三棱锥A⁃B1CD1的体积为(B) A. B. C.4 D.6 解析　 如图,三棱锥A⁃B1CD1是由正方体ABCD⁃A1B1C1D1截去四个小三棱锥A⁃A1B1D1,C⁃B1C1D1,B1⁃ABC,D1⁃ACD得到的,又=23=8,====××23=,所以=8-4×=. (2) (2022·全国甲卷节选)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示,底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度). 解　 可补形成长方体,如图,易得长方体的高为4 cm.故所求包装盒的容积V=82×4-4×××42×4=(cm3). 角度3　等体积法求体积 【例7】　在棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点M在对角线BC1上移动,则三棱锥M-AB1D1的体积为  .  解析　 令B1到平面AMD1的距离为d,如图,==··d,因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB∥D1C1,AB=D1C1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,所以AD1∥BC1,所以=,=··d=··d=,所以==,因为正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AA1⊥平面A1B1C1D1,则AA1为三棱锥A⁃B1C1D1的高,==·AA1·=×2××2×2=. [规律方法]　求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积,直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体,或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,特别是三棱锥的体积 【训练2】　如图是一个以△ABE为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体,截面为CDF,已知AD=4,BC=AE=BE=2,EF=3且∠AEB=90°,则所得的几何体的体积为 6 .  解析　 解法一(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,BENC 都是矩形,AM=BC=NE=DM=2,CN=BE=2,FN=1,又∠AEB=90° ,所以AB=CM==2,所以S△ABE=×2×2=2,因为截面CMN 把这个几何体分割为直三棱柱ABE⁃MCN 和四棱锥C⁃MNFD,又因为直三棱柱ABE⁃MCN 的体积V1=S△ABE·AM=2×2=4,四棱锥C⁃MNFD 的体积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. 解法二(补形法): 如图,延长BC 至点M,使得CM=2,延长EF 至点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V三棱柱ABE⁃DMN=×4=8,V四棱锥D⁃CMNF=××2=2,所以所求几何体的体积为V三棱柱ABE⁃DMN-V四棱锥D⁃CMNF=8-2=6. 第二节　空间点、直线、平面之间的位置关系 课标要求 三年考情 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、三个推论,能运用四个基本事实和一个定理、三个推论判断有关命题的真假,并解决一些简单的证明问题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T9 全国Ⅱ卷   重点提示:基本事实、等角定理、异面直线所成角 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.与平面有关的基本事实及推论 (1)与平面有关的三个基本事实 基本 事实 内容 图形 符号 基本 事实1 过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⇒存在唯一的α使A,B,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 A∈l,B∈l,且A∈α,B∈α⇒l⊂α 基本 事实3 如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线 P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l (2)基本事实的三个推论 推论 内容 图形 作用 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 确定平面的依据 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 2.空间点、直线、平面之间的位置关系 直线与直线 直线与平面 平面与平面 平行关系 图形 语言 符号 语言 a∥b a∥α α∥β 相交关系 图形 语言 符号 语言 a∩b=A a∩α=A α∩β=l 独有关系 图形 语言 符号 语言 a,b是 异面直线 a⊂α 微提醒　　直线a和平面α相交、直线a和平面α平行统称为直线a在平面α外,记作a⊄α. 3.基本事实4和等角定理 (1)基本事实4:平行于同一条直线的两条直线平行. (2)等角定理: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 (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,把a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)取值范围:(0°,90°]. 【常用结论】 1.过平面外一点和平面内一点的直线,与平面内不过该点的直线是异面直线. 2.分别在两个平行平面内的直线平行或异面. 3.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. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若A∈l,B∈l且A∈α,B∈α,则l⊂α.(√) (2)若a∩α=A,则a⊂α.(×) 解析　若a∩α=A,则直线a与平面α只有一个交点. (3)若直线a∥b,a∥平面α,则b∥平面α.(×) 解析　若直线a∥b,a∥平面α,则b∥平面α或b⊂平面α,故错误. (4)分别在两个平面内的两条直线是异面直线.(×) 解析　分别在两个平面内的两条直线可能是异面直线,也可能是相交直线,也可能是平行直线. 2.(苏教必二P218T9)下列图形中,能确定直线a,b是异面直线的是(C) A　　　B C　　　D 解析　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. 3. 如图,在三棱锥A⁃BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则当AC,BD满足条件 AC=BD且AC⊥BD 时,四边形EFGH是正方形.  解析　由题意,知EH∥BD∥FG,且EH=FG=BD,同理EF∥AC∥HG,且EF=HG=AC,所以四边形EFGH 是平行四边形,要使四边形EFGH 为正方形,则需满足EF=EH 且EF⊥EH,即AC=BD 且AC⊥BD. 4.(人A必二P147例1改编)在长方体ABCD⁃A1B1C1D1 中,AB=3,AD=4,AA1=2,则异面直线AC和BC1 所成角的余弦值是  .  解析　 如图,连接AD1,CD1,则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1 所成的角,易知AC=5,AD1=2,CD1=,由余弦定理得cos∠D1AC==. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　平面的基本事实的应用 【例1】　如图所示,在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点.求证: (1)E,C,D1,F四点共面; (2)CE,D1F,DA三线共点. 证明　 (1)如图,连接EF,CD1,A1B.因为E,F分别是AB,AA1的中点,所以EF∥BA1,又BA1∥D1C,所以EF∥CD1,所以E,C,D1,F四点共面. (2)因为EF∥CD1,EF<CD1,所以CE与D1F必相交,延长CE,D1F,设交点为P,如图所示.由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理可得P∈平面ADD1A1.延长DA,又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,所以P∈直线DA,所以CE,D1F,DA三线共点. [规律方法]　证明共面、共线、共点问题的一般方法 (1)证明共面的方法:①先确定一个平面,然后证明其余的线(或点)在这个平面内;②证明两平面重合. (2)证明共线的方法:①先由两点确定一条直线,再证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)证明线共点的方法:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点. 【训练1】　在三棱锥A⁃BCD的棱AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点.如果EF∩HG=P,则点P(B) 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　因为EF⊂平面ABC,HG⊂平面ACD,EF∩HG=P,所以P∈平面ABC,P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD=AC,所以P∈AC. 考点二　空间位置关系的判断 【例2】　(1)(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　若m∥α,n∥α,则m与n异面、平行或相交,A,B错误;对于C,设直线l,满足l⊂α且l∥m,若n⊥α,则n⊥l,而l∥m,则m⊥n,C正确;对于D,若m∥α,n⊥α,则m与n相交或异面,D错误.故选C. (2)在三棱锥D⁃ABC中,点E,F,G,H分别在AB,BC,CD,DA上,且EF∥GH,则下列说法中正确的是(D) A.直线EH与FG一定平行 B.直线EH与FG一定相交 C.直线EH与FG可能异面 D.直线EH与FG一定共面 解析　如图①,由于EF∥GH,所以E,F,G,H四点确定一个平面EFGH,因此直线EH与FG一定共面,故D正确,C错误;如图②,只有当EF∥GH,EF=GH时,此时四边形EFGH为平行四边形,此时EH∥GF,故A不正确;如图③,只有当EF∥GH但EF≠GH时,此时四边形EFGH为梯形,此时EH,GF相交于一点,故B不正确.故选D. ①　② ③ [规律方法]　点、线、面位置关系的判定 点、线、面位置关系的判定,注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断,常借助正方体模型直观感知并认识空间点、线、面的位置关系. 【训练2】　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.又因为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∩平面β=CD.故选C. 【微点拓展】 异面直线的判定 两条异面直线的一个判定定理:与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线. 【典例】　(多选题)如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,以下四个结论正确的是(CD) 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　直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,所以A,B错误;点B,B1,N在平面BB1C1C中,点M在此平面外,所以BN,MB1是异面直线.同理AM,DD1也是异面直线.故选CD. 【微练】　 (多选题)如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,O为正方形ABCD的中心,当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时,下列直线中一定与直线OP异面的是(BCD) A.AB1　　　B.A1C　　　C.A1A　　　D.AD1 解析　对于A,如图①,连接AB1,C1D,BD,当P为BC1的中点时,OP∥DC1∥AB1,故A不正确;对于B,如图②,连接A1C,A1C1,AC,因为A1C⊂平面AA1C1C,O∈平面AA1C1C,O∉A1C,P∉平面AA1C1C,所以直线A1C与直线OP一定是异面直线,故B正确;对于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. ①②③ 考点三　异面直线所成的角 　 教考衔接12 教材题 [题源] (人A必二P147例1节选)如图,已知正方体ABCD⁃A'B'C'D'.求直线BA'与AC所成的角的大小. 解　如图所示,因为AC∥A'C',则∠BA'C'为直线BA'与AC所成的角,又△BA'C'为正三角形,则∠BA'C'=,即直线BA'与AC所成的角的大小为. 高考题 (2021·全国乙卷)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(D) A.　　　B.　　　C.　　　D. 高考题 解析　解法一:如图①,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,连接C1P,BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角,设正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,则BC1=2,PC1=B1P==,BP==,在△BPC1中,cos∠PBC1==,所以∠PBC1=.故选D. ①　② 解法二:如图②,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角,由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P为A1C1的中点.易知A1B=BC1=A1C1,所以△A1BC1为等边三角形,所以∠A1BC1=,又P为A1C1的中点,所以可得∠PBC1=∠A1BC1=,故直线PB与AD1所成的角为.故选D. [规律方法]　求异面直线所成角的步骤 (1)作:通过作平行线得到相交直线. (2)证:证明所作角为异面直线所成的角(或其补角). (3)求:解三角形,求出所作的角,如果求出的角是锐角或直角,则它就是要求的角;如果求出的角是钝角,则它的补角才是要求的角. 【训练3】　 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作,其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图,若AB,CD都是直角圆锥SO底面圆的直径,且∠AOD=,则异面直线SA与BD所成角的余弦值为(C) A. B. C. D. 解析　 如图,连接AD,BC,AC,SC.因为O为AB,CD中点,且AB=CD,所以四边形ADBC为矩形,所以DB∥AC,所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角.设圆O的半径为1,则SA=SC=.因为∠AOD=,所以∠ADO=.在Rt△DAC中,CD=2,得AC=.所以cos∠SAC==,所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为.故选C. 第三节　空间直线、平面的平行 课标要求 三年考情 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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 T20   重点提示:线面、面面平行的性质与判定定理 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.直线与平面平行 (1)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)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 2.平面与平面平行 (1)定义:没有公共点的两个平面叫做平行平面. (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 ⇒ β∥α 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 ⇒ a∥b 【常用结论】 1.垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β. 2.平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. 3.垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.(×) (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.(×) 解析　若a∥α,P∈α,则过点P且平行于a的直线只有一条,故错误. (3)两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则α∥β.(√) (4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.(√) 2.已知不重合的直线a,b和平面α,则下列说法正确的是(D) A.若a∥α,b⊂α,则a∥b B.若a∥α,b∥α,则a∥b C.若a∥b,b⊂α,则a∥α D.若a∥b,a⊂α,则b∥α或b⊂α 解析　若a∥α,b⊂α,则a,b平行或异面,A错误;若a∥α,b∥α,则a,b平行、异面或相交,B错误;若a∥b,b⊂α,则a∥α或a⊂α,C错误;若a∥b,a⊂α,则b∥α或b⊂α,D正确.故选D. 3.(苏教必二P178T2)给出下列条件:①l∥α;②l与α至少有一个公共点;③l与α至多有一个公共点.能确定直线l在平面α外的条件是 ①③ .(填序号)  解析　直线l在平面α外包含两种情况:平行,相交.①l∥α,能确定直线l在平面α外;②l与α至少有一个公共点,直线可能在平面内,故不能确定直线l在平面α外;③l与α至多有一个公共点,直线可能与平面相交或平行,故能确定直线l在平面α外. 4.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. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　空间中平行关系的基本问题 【例1】　(1)如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α 内的(D) A.一条直线不相交 B. 两条直线不相交 C.无数条直线不相交 D. 任意一条直线都不相交 解析　因为直线a∥平面α,直线a与平面α无公共点,因此直线a和平面α内的任意一条直线都不相交. (2)(多选题)(2025·成都诊断)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,下列结论正确的是(ABD) A.AD1∥BC1 B.平面AB1D1∥平面BDC1 C.AD1∥DC1 D.AD1∥平面BDC1 解析　 如图,对于A,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,因为AB∥C1D1,且AB=C1D1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,故A正确;对于B,易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,BD⊂平面BDC1,B1D1⊄平面BDC1,所以B1D1∥平面BDC1,同理可得AB1∥平面BDC1,又AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,故平面AB1D1∥平面BDC1,故B正确;对于C,由正方体ABCD⁃A1B1C1D1易知,AD1与DC1异面,故C错误;对于D,因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,所以AD1∥平面BDC1,故D正确.故选ABD. [规律方法]　判定平行关系的方法 (1)利用线、面平行关系的定义、定理直接判断. (2)举反例排除不正确的结论. 【训练1】　 如图所示,正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点E,F,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点.则下列叙述中正确的是(B) A.直线BQ∥平面EFG B.直线A1B∥平面EFG C.平面APC∥平面EFG D.平面A1BQ∥平面EFG 解析　 过点E,F,G的截面如图所示(H,I分别为AA1,BC的中点),则BQ和平面EFG相交于点Q,故A错误;因为A1B∥HE,A1B⊄平面EFG,HE⊂平面EFG,所以A1B∥平面EFG,故B正确;AP⊂平面ADD1A1,HG⊂平面ADD1A1,延长HG和AP必相交,故平面APC和平面EFG相交,故C错误;平面A1BQ与平面EFG有公共点Q,故平面A1BQ和平面EFG相交,故D错误.故选B. 考点二　直线与平面平行的判定与性质 角度1　直线与平面平行的判定 【例2】　 (2025·四川模拟)如图所示,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. 证明　 证法一: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,所以PQ∥MN.又MN⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,所以PQ∥平面BCE. 证法二:如图所示,连接AQ并延长交BC于点M,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. 证法三: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. [规律方法]　利用判定定理证明线面平行的步骤 角度2　直线与平面平行的性质 【例3】　 如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为平行四边形,N是PB的中点,过A,N,D三点的平面交PC于点M. (1)求证:PD∥平面ANC; (2)若平面PBC∩平面ADMN=MN,试判断M点的位置. 解　(1)证明: 连接BD,AC,设AC∩BD=O,连接NO,NC,因为底面ABCD是平行四边形,所以O是BD的中点,又N是PB的中点,所以PD∥NO,又NO⊂平面ANC,PD⊄平面ANC,所以PD∥平面ANC. (2)M是PC的中点.因为底面ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,因为BC⊄平面ADMN,AD⊂平面ADMN,所以BC∥平面ADMN.因为平面PBC∩平面ADMN=MN,BC⊂平面PBC,所以BC∥MN,又N是PB的中点,所以M是PC的中点. [规律方法]　线面平行性质的应用 应用线面平行的性质定理,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,其关键是确定交线的位置. 【对点练】 1.(角度1)在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则(B) A.BD∥平面EFG,且四边形EFGH是矩形 B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形 D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形 解析　 如图所示,在平面ABD内,因为AE∶EB=AF∶FD=1∶4,所以EF∥BD,又BD⊂平面BCD,EF⊄平面BCD,所以EF∥平面BCD.因为H,G分别是BC,CD的中点,所以HG∥BD,所以HG∥EF.又==,==,所以EF≠HG.在四边形EFGH中,EF∥HG且EF≠HG,所以四边形EFGH为梯形.故选B. 2.(角度2) 如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点. (1)求证:AM∥平面BDE; (2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论. 解　 (1)证明:如图,设AC与BD的交点为O,连接OE.因为O,M分别为AC,EF的中点,四边形ACEF是矩形,所以四边形AOEM是平行四边形,所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE. (2)l∥m.证明如下:由(1)知AM∥平面BDE,又AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM,同理,AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m. 考点三　平面与平面平行的判定与性质 【例4】　 如图,在以四边形ABCD为底面的多面体中,BF∥平面ADE,CF∥AE. 求证:(1)平面ADE∥平面BCF; (2)AD∥BC. 证明　(1)因为CF∥AE,CF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,所以CF∥平面ADE,因为BF∥平面ADE,BF∩CF=F,BF,CF⊂平面BCF,所以平面ADE∥平面BCF. (2)因为平面ADE∥平面BCF,又平面ADE∩平面ABCD=AD,平面BCF∩平面ABCD=BC,所以AD∥BC. [规律方法]　 【训练2】　 (2025·黑龙江模拟)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∥HG; (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,平面ABC∥平面A1B1C1,又平面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∥HG. (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. 第四节　空间直线、平面的垂直 课标要求 三年考情 1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T19 T18 T17 全国Ⅱ卷 T9、T20 T17   重点提示:线面、面面垂直性质定理与判定定理 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.直线与平面垂直 (1)定义:如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则称直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线,平面α叫做直线l的垂面. (2)判定定理与性质定理 类别 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 ⇒m∥n 微提醒　　“任意一条直线”与“所有直线”是同义的,但与“无数条直线”不同,定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直. 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 在二面角α⁃l⁃β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (3)二面角的平面角α的取值范围:[0°,180°]. 4.平面与平面垂直 (1)定义: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)判定定理与性质定理 类别 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 【常用结论】 1.平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直. 2.平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直. 3.两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直,则l⊥α.(×) 解析　若直线l与平面α内的两条相交直线垂直,则l⊥α. (2)若直线a⊥α,b⊥α,则a∥b.(√) (3)垂直于同一个平面的两平面平行.(×) (4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α.(×) 解析　若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α. 2.设m,n是两条不同的直线,α是平面,m,n不在α内,下列结论中错误的是(D) A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n B.若m⊥α,n⊥α,则m∥n C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m⊥n,n∥α,则m⊥α 解析　对于A,因为n∥α,由线面平行的性质定理可知,过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n,因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A正确;对于B,若m⊥α,n⊥α,由直线与平面垂直的性质,可得m∥n,故B正确;对于C,若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,又n⊄α,所以n∥α,故C正确;对于D,若m⊥n,n∥α,则m∥α或m与α相交或m⊂α,而m⊄α,则m∥α或m与α相交,故D错误.故选D. 3.(人A必二P158例8改编) 如图,AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD⊥圆柱的底面,则必有(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　因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC,又AD垂直于圆柱的底面,所以AD⊥BC,因为AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ACD,所以BC⊥平面ACD,因为BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B. 4.(人A必二P171T14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 45° .  解析　 如图,设正四棱锥的棱长为1,作P在底面的射影H,则∠PAH为PA与底面ABCD所成角,H为正方形ABCD的中心,因为AH=,所以cos∠PAH==,所以∠PAH=45°. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　空间中垂直关系的基本问题 【例1】　(1)已知l1,l2是平面α内的两条直线,l是空间的一条直线,则“l⊥α”是“l⊥l1 且l⊥l2”的(A) 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　当l⊥α时,因为l1⊂α,l2⊂α,所以l⊥l1且l⊥l2;当l⊥l1且l⊥l2,l1⊂α,l2⊂α时,l1,l2是否相交无法判断,所以l⊥α 可能成立,也可能不成立.综上,“l⊥α”是“l⊥l1且l⊥l2”的充分不必要条件.故选A. (2)设a,b,c是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题为真命题的是(D) A.若a⊥c,b⊥c,则a∥b B.若a⊥b,a∥α,则b⊥α C.若a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b,则c∥α D.若β⊥α,γ⊥α,β∩γ=a,则a⊥α 解析　对A:若a⊥c,b⊥c,在空间中,直线a,b的位置关系不能确定,故A错;对B:若a⊥b,a∥α,则b⊥α或b⊂α,故B错;对C:若a∥α,b∥α,c⊥a,c⊥b,当直线a,b不平行时,c⊥α,当直线a,b平行时,直线c与平面α的位置关系不能确定,故C错;对D:两个平面都垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面,故D正确.故选D. [规律方法]　与线、面垂直关系有关命题真假的判断方法 (1)借助几何图形来说明空间直线、平面的关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断. (2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确. (3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定定理或性质定理进行简单说明. 【训练1】　已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是(B) A.如果m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,那么m∥n B.如果m∥n,n⊥α,那么m⊥α C.如果α⊥β,m⊂α,n⊂β,那么m⊥n D.如果α∩β=m,m⊥n,n⊂α,那么n⊥β 解析　对于A,如果m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,那么m∥n或m与n相交,故A错误;对于B,如果m∥n,n⊥α,由线面垂直的性质可知m⊥α,故B正确;对于C,如果α⊥β,m⊂α,n⊂β,那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直),故C错误;对于D,如果α∩β=m,m⊥n,n⊂α,那么n⊥β或n与β相交(不垂直),故D错误.故选B. 考点二　直线与平面垂直的判定与性质 【例2】　已知S是Rt△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC,D为斜边AC的中点. (1)求证:SD⊥ 平面ABC; (2)若AB=BC,求证:BD⊥ 平面SAC. 证明　 (1)如图所示,取AB 的中点E,连接SE,DE.在Rt△ABC中,因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC,所以DE⊥AB.因为SA=SB,E是AB 的中点,所以SE⊥AB.又SE∩DE=E,SE,DE⊂ 平面SDE,所以AB⊥ 平面SDE.又SD⊂ 平面SDE,所以AB⊥SD.在△SAC 中,SA=SC,D为AC 的中点,所以SD⊥AC.又AC∩AB=A,AC,AB⊂ 平面ABC,所以SD⊥ 平面ABC. (2)由于AB=BC,D是AC 的中点,则BD⊥AC.由(1)可知,SD⊥ 平面ABC,又BD⊂ 平面ABC,所以SD⊥BD.又SD∩AC=D,SD,AC⊂ 平面SAC,所以BD⊥ 平面SAC. [规律方法]　证明线面垂直的步骤 【训练2】　 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.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,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.又因为AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABE,所以PD⊥平面ABE. 考点三　平面与平面垂直的判定与性质 　 教考衔接 13 教材题 [题源] (人A必二P158例8)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. 高考题 (2023·全国甲卷节选)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°. 证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. 证明　因为A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A1C⊥BC,又因为∠ACB=90°,即AC⊥BC,且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. 【例3】　如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ABD沿对角线BD折起,记折起后点A的位置为点P,且使平面PBD⊥平面BCD. 求证:(1)CD⊥平面PBD; (2)平面PBC⊥平面PCD. 证明　(1)因为AD=AB,∠BAD=90°,所以∠ABD=∠ADB=45°.又AD∥BC,所以∠DBC=45°.又∠DCB=45°,所以∠BDC=90°,即BD⊥CD.因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面PBD. (2)由(1),知CD⊥平面PBD,得CD⊥BP.又BP⊥PD,PD∩CD=D,所以BP⊥平面PCD.又BP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCD. [规律方法]　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3】　 (2025·山东模拟)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥ 平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.求证: (1)PE⊥BC; (2)平面PAB⊥ 平面PCD. 证明　(1)因为PA=PD,E为AD 的中点,所以PE⊥AD,因为底面ABCD 为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD 为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥ 平面ABCD,平面PAD∩ 平面ABCD=AD,AB⊂ 平面ABCD,所以AB⊥ 平面PAD.又PD⊂ 平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,PA,AB⊂ 平面PAB,所以PD⊥ 平面PAB.又PD⊂ 平面PCD,所以平面PAB⊥ 平面PCD. 考点四　平行、垂直关系的综合应用 角度1　几何法求线面角 【例4】　 如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,AD=2,CD=2,四边形DCFE为梯形,DE∥CF,DE=3,CF=6,∠ADE=45°,CD⊥平面ADE. (1)求证:AE∥平面BCF; (2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值. 解　(1)证明:由四边形ABCD是平行四边形,得BC∥AD,而BC⊂平面BCF,AD⊄平面BCF,则AD∥平面BCF,由DE∥CF,CF⊂平面BCF,DE⊄平面BCF,得DE∥平面BCF,又AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,因此平面BCF∥平面ADE,而AE⊂平面ADE,所以AE∥平面BCF. (2)由CD⊥平面ADE,AD⊂平面ADE,得CD⊥AD,连接AC,则AC===2,在平面ADE内过点A作AO⊥DE于点O,连接CO,显然CD⊥AO,而CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDEF,于是AO⊥平面CDEF,则∠ACO为直线AC与平面CDEF所成的角,又∠ADE=45°,则AO=ADsin 45°=,因此sin∠ACO===,所以直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为. [规律方法]　几何法求线面角的步骤 (1)作(找)角:先找出斜线在平面上的射影,作垂线,找垂足. (2)证明:确定所找角即为待求线面角. (3)计算:把线面角转化到三角形中求解. 角度2　几何法求二面角 【例5】　 如图,棱锥P⁃ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=2. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)求平面PCD和平面ABCD夹角的余弦值的大小. 解　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,因为PA=AD=2,BD=2,底面ABCD是矩形,所以由勾股定理,得AB==2,所以底面ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC. (2)因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,又CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,又因为CD⊥AD,所以∠PDA是平面PCD和平面ABCD的夹角,由于PA=AD,∠PAD=90°,所以∠PDA=45°,所以cos∠PDA=,所以平面PCD与平面ABCD的夹角余弦值为. [规律方法]　几何法求二面角的平面角的方法 过二面角的一个平面α内一点P作另一个平面β的垂线,垂足为O,过垂足O作二面角的棱l的垂线,垂足为H,连接PH,所以∠PHO为二面角的平面角. 【对点练】 1. (角度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==. 2.(角度2)在正四面体A⁃BCD中,二面角A⁃CD⁃B的平面角的余弦值为(B) A. B. C. D. 解析　 由A⁃BCD为正四面体知,设E为CD中点,连接AE,BE,则AE⊥CD,BE⊥CD,而AE∩BE=E,所以CD⊥平面ABE,即有∠AEB为二面角A⁃CD⁃B的平面角,设正四面体的棱长为1,即AE=BE=,AB=1, 所以在△ABE中,cos∠AEB===.故选B. 【微点拓展】 cos θ=cos θ1·cos θ2的应用 已知AO是平面α的斜线,如图,A是斜足,OB⊥α,B是垂足,则直线AB是斜线AO在平面α内的射影,设AC是α内的任一过点A的直线,且BC⊥AC,C为垂足,又设AO与直线AB所成的角为θ1,AB与AC所成的角是θ2,AO与AC所成的角为θ,则cos θ=cos θ1·cos θ2. 【典例】　如图,PA是平面α的斜线,∠BAC在平面α内,且∠BAC=90°, 又∠PAB=∠PAC=60°,则PA与平面α所成的角为 45° . 解析　作P在α内的正射影O,则O在∠BAC的平分线上,∠PAO为PA与平面α所成的角,所以cos∠PAC=cos∠PAO·cos∠OAC,所以cos 60°=cos∠PAO·cos 45°,所以cos∠PAO=,故∠PAO=45°,所以PA与平面α所成的角为45°. 【微练】　已知AO为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,直线OC在平面α内,且∠AOB=∠BOC=45°则∠AOC的大小为(C) A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90° 解析　 在OA取一点A',过A'作A'B'⊥α,再作B'C'⊥OC,垂足为C',连接A'C',由A'B'⊥OC,易得OC⊥A'C'.则cos∠AOB=,cos∠BOC=,cos∠AOC=,故有cos∠AOB·cos∠BOC=cos∠AOC.由于∠AOB=∠BOC=45°,则cos∠AOC=cos45°·cos45°=×=,则∠AOC=60°.故选C., 微突破十二　球与几何体的切、接问题 　　球的切、接问题,一般围绕球与其他几何体的内切、外接命题,多以锥体为主,尤其是四面体外接球问题,主要考查球的体积与表面积. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　外接球问题 微切口1:定义法 【例1】　(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.综上,该球的表面积为100π.故选A. (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. [规律方法]　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,再根据球心到其他顶点的距离均等于半径,列关系式求解即可. 微切口2:补形法 角度1　补形法(存在侧棱与底面垂直) 【例2】　如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,AD=4,则该四棱锥外接球的体积为(D) A.24π B.2π C.20π D.8π 解析　根据几何体结构特征,将几何体补形为长方体ABCD⁃PB1C1D1,显然四棱锥P⁃ABCD的外接球即为长方体ABCD⁃PB1C1D1的外接球,所以外接球球心在PC中点处,又PC==2,故外接球半径R=,所以V=πR3=8π.故选D. 角度2　补形法(对棱相等) 【例3】　(2025·济南质检)若正四面体的表面积为8,则其外接球的体积为 4π .  解析　设正四面体的棱长为a,则正四面体的表面积为4×a2=8,解得a=2.将正四面体放入正方体内,则正四面体的棱为正方体的面对角线,故正方体的棱长x满足x=a,解得x=2.易知正四面体的外接球即正方体的外接球,设外接球的半径为R,则R满足2R=x,故R=,所以外接球的体积为R3=4π. [规律方法]　补形法的解题策略 (1)侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱均相等的模型,可以还原到长方体或正方体中去求解. (2)若直棱柱的底面有外接圆,可以补成圆柱求解. 目标二　内切球问题 【例4】　若正三棱柱ABC-A1B1C1的内切球体积为4π,则该正三棱柱的底面边长为 6 .  解析　设正三棱柱ABC⁃A1B1C1的内切球的半径为R,则有πR3=4π,解得R=,设正三棱柱的底面边长为a,则正三棱柱的底面三角形的内切圆半径即为正三棱柱内切球半径,又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径r=×a=,所以=,解得a=6. [规律方法]　“切”的问题处理规律 (1)找准切点,通过作过球心的截面来解决. (2)体积分割是求内切球半径的常用方法. 目标三　与球体有关的最值问题 【例5】　(2022·新课标Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上,若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(C) A. B. C. D.[18,27] 解析　 如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S⁃ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由πR3=36π,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,易知AO1⊥SM,在Rt△SAM中,由射影定理,知l2=6h,a2=h(6-h),所以a2=2h(6-h),h=∈,所以正四棱锥S⁃ABCD的体积为a2h=h2(6-h)=(-h3+6h2).记V(h)=(-h3+6h2),h∈,则V'(h)=2(-h2+4h),h∈,当h∈时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h∈时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以V(h)max=V(4)=,V(h)min=min=min=,所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C. [规律方法]　解决空间图形最值问题的步骤 (1)建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值. (2)利用基本不等式、一次函数的端点法、二次函数的配方法、求导等方法求解. 增|分|训|练 1.(2025·广东广州模拟)已知一个直角三角形的两条直角边的长分别为1和2,以它的斜边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周围成一旋转体,则此旋转体外接球的表面积为(C) A.20π B. 12π C. 5π D. 3π 解析　由题设,所得旋转体为两个圆锥体的组合,它们以三角形斜边上的高为底面半径,斜边长为两圆锥高之和,该旋转体外接球半径为三角形斜边的一半,为,故旋转体外接球的表面积为4π×=5π.故选C. 2.已知正四棱台ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,AA1=2,球O与上底面A1B1C1D1以及各侧棱AA1,BB1,CC1,DD1均相切,则该球的表面积为(B) A.28π B.24π C.20π D.16π 解析　 设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如图,因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,AA1=2,所以正四棱台的高为O1O2==,设球O的半径为R,球与侧棱AA1相切于M,则在Rt△A1O1O中,R2+A1=R2+A1M2,A1O1=A1M=,所以AM=2-A1M=,在Rt△AO2O中,O2A2+O=R2+AM2,所以+=+R2,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=24π.故选B. 3.(多选题)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,则下列说法中正确的是(ABC) 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 C.正方体的棱长为2 D.线段MN的最大值为2 解析　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.因为M,N分别为外接球和内切球上的动点,所以MNmin=a-=a=-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,所以正方体外接球的表面积为4π×()2=12π,内切球体积为,故A,B,C正确;MNmax=a+=+1,故D错误.故选ABC. 4.已知半球O的半径为2,如图,截面圆O1平行于半球的底面,以该截面圆为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积的最大值为 16π .  解析　 依题意,设球的半径为OA=R,圆柱的高为OO1=h,底面半径为O1A=r,如图所示.则r2+h2=R2=4,所以4=r2+h2≥2rh⇔rh≤2,当且仅当r=h 时,取到等号,因此剩下的几何体的表面积S=3πR2+2πrh≤12π+4π=16π. 第五节　空间向量的运算及其坐标表示 课标要求 三年考情 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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷   重点提示:空间向量的线性运算、数量积 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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 模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 (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].如果<a,b>=,那么向量a,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>.特别地,零向量与任意向量的数量积为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). 微提醒　　a·b=b·a,a·(b+c)=a·b+a·c成立,但(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立. 4.空间向量运算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| |a|= 夹角余弦值 cos<a,b>=(a≠0,b≠0) cos<a,b>= 【常用结论】 1.三点共线:在平面中A,B,C三点共线的充要条件是:=x+y(其中x+y=1),O为平面内任意一点. 2.四点共面:在空间中P,A,B,C四点共面的充要条件是:=x+y+z(其中x+y+z=1),O为空间中任意一点. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若a·b<0,则<a,b>是钝角.(×) (2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反.(×) 解析　空间中模相等的两个向量方向不确定. (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)在空间直角坐标系中,在yOz平面上的点的坐标一定是(0,b,c).(√) 2.(人A选一P12T1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(C) 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} 3.(人A选一P22练习T2改编)已知a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),且a⊥b,则x=  .  解析　因为a⊥b,所以a·b=-8-2+3x=0,解得x=. 4.如图所示,已知PA⊥ 平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||= 12 .  解析　因为=++,所以=+++2·=36+36+36+2×36cos60°=144,所以||=12. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　空间向量的线性运算 【例1】　(1)已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=x-2a,则x=(B) A.(0,3,-6) B.(0,6,-20) C.(0,6,-6) D.(6,6,-6) 解析　由b=x-2a,得x=4a+2b=(8,12,-16)+(-8,-6,-4)=(0,6,-20). (2)如图,在三棱柱A1B1C1⁃ABC中,D是四边形BB1C1C的中心,且=a,=b,=c,则=(D) A.a+b+c B.a-b+c C.a+b-c D.-a+b+c 解析　=++=-++(+)=-+++(-)=-++=-a+b+c.故选D. [规律方法]　空间向量线性运算中的三个关键点 【训练1】　(1)如图,在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的是(B) A.a+b+c B.-a+b+c C.-a-b+c D.a-b+c 解析　=+=++=-+=-a+b+c.故选B. (2)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=(D) A.2 B.3 C.4 D.5 解析　由已知可得=(1,-1,3),=(x-1,-2,y+4).因为A,B,C三点共线,所以存在唯一的实数λ,使得=λ,所以解得所以x+y=5. 考点二　共线向量与共面向量定理的应用 【例2】　已知A,B,C三点不共线,对平面ABC外的任一点O,若点M满足=(++). (1)判断,,三个向量是否共面; (2)判断点M是否在平面ABC内. 解　(1)由已知++=3,所以-=(-)+(-),即=+=--,所以,,共面. (2)解法一:由(1)知,,共面且过同一点M,所以四点M,A,B,C共面,从而点M在平面ABC内. 解法二:因为=(++)=++,且++=1,所以M,A,B,C四点共面,从而点M在平面ABC内. [规律方法]　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) 【训练2】　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=(B) A.2 B.-2 C.1 D.-1 解析　=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. 考点三　空间向量的数量积及应用 角度1　坐标法 【例3】　已知空间三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=. (1)若|c|=3,且c∥,求c; (2)求a与b夹角的余弦值; (3)若ka+b与ka-2b互相垂直,求k的值. 解　(1)因为c∥,所以设c=m=m(-2,-1,2)=(-2m,-m,2m),则|c|==3|m|=3,所以m=±1.所以c=(-2,-1,2)或c=(2,1,-2). (2)因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以a·b=(1,1,0)·(-1,0,2)=-1,又|a|==,|b|==,所以cos<a,b>===-.所以a与b夹角的余弦值为-. (3)因为ka+b=(k-1,k,2),ka-2b=(k+2,k,-4),ka+b与ka-2b互相垂直,所以(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=0,解得k=2或k=-.即当ka+b与ka-2b互相垂直时,k=2或k=-. [规律方法]　空间向量的坐标线性运算的关键点 (1)结合坐标,明确各向量之间的关系. (2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义. (3)平面向量的运算法则在空间中仍然成立. 角度2　基向量法 【例4】　 如图,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点,求: (1)·的值; (2)线段EG的长; (3)异面直线EG与AC所成角的大小. 解　(1)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=1,且<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,可得==c-a,=-a,所以·=·(-a)=-a·c+a2=-+=. (2)由=++=+(-)+(-)=-++=-a+b+c,则||2=(-a+b+c)2=(a2+b2+c2-2a·b-2a·c+2b·c)=,所以||=,即EG的长为. (3)由=-a+b+c,则·=·b=-a·b+b2+c·b=,所以cos<,>===.因为0°≤<,>≤180°,所以异面直线EG与AC所成的角为45°. [规律方法]　空间向量数量积的应用 求夹角 设向量a,b夹角为θ,则cos θ=,进而可求两异面直线所成的角 求长度 (距离) 利用公式|a|2=a·a,可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂 直问题 利用a⊥b⇔a·b=0(a≠0,b≠0),可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 【对点练】 1.(角度1)已知空间向量a=(1,0,1),b=(1,1,n),且a·b=3,则向量a与b的夹角为(A) A. B. C. D. 解析　由题意,a·b=1+0+n=3,解得n=2,又|a|==,|b|==,所以cos<a,b>===,又<a,b>∈[0,π],所以a与b的夹角为. 2. (角度2)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M为PC的中点. (1)求证:PB⊥DM; (2)求AC与PD所成角的余弦值. 解　(1)证明:结合题图知,=-,=(+)==+-,则·=(-)·=||2-||2=0,故PB⊥DM. (2)设PA=AD=AB=2BC=2,由于=-,=+,则||2=|-|2=-2·+=8,||2=|+|2=||2+2·+||2=5,故||=2,||=,又·=(-)·=||2=2,故cos<,>==.所以AC与PD所成角的余弦值为. 第六节　空间向量及空间位置关系 课标要求 三年考情 1.理解直线的方向向量及平面的法向量. 2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 3.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. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷   重点提示:直线的方向向量、平面的法向量 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.直线的方向向量 直线的方向向量:在直线l上取非零向量a,把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量. 2.平面的法向量 平面的法向量:直线l⊥α,取直线l的方向向量a,称向量a为平面α的法向量. 3.投影向量 (1)向量a向向量b投影, ① 先将向量a与向量b平移到同一平面α内,进而利用平面上向量的投影,得到与向量b共线的向量c,如图①,向量c称为向量a在向量b上的投影向量. (2)向量a向直线l投影, ② 先将向量a与直线l平移到同一平面α内,进而利用平面上向量的投影,得到与直线l平行的向量c,如图②,向量c称为向量a在直线l上的投影向量. (3)向量a向平面β投影, ③ 分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线,垂足分别为A',B',得到向量,如图③,向量称为向量a在平面β上的投影向量. 4.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 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 微提醒　　运用向量知识判定空间位置关系时,仍然离不开几何定理.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,需强调直线在平面外. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (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.(×) 解析　若直线a的方向向量和平面α的法向量平行,则a⊥α. (3)若两个不同的平面α,β的法向量分别为u,v,且u=(1,2,-2),v=(-2,-4,4),则α∥β.(√) (4)已知n为平面α的一个法向量,m为直线l的一个方向向量,若<n,m>=,则l与α所成角为.(√) 2.(人B选一P61习题T2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(C) A.(-1,1,1) 　B.(1,-1,1) C. 　D. 3.(苏教选二P31T2)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 1 .  4.已知点A(-1,1,0),B(1,2,0),C(-2,-1,0),D(3,4,0),则在上的投影向量为  .  解析　由已知得=(2,1,0),=(5,5,0),所以·=2×5+1×5+0=15,又||=5,所以在上的投影向量为·=×==. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　直线的方向向量及应用 【例1】　(1)已知直线l1的方向向量为a=(2,4,x),直线l2的方向向量为b=(2,y,4),且l1⊥l2,则x+y=(A) A.-1 B.1 C.0 D.无法确定 解析　因为l1⊥l2,即a⊥b,则a·b=2×2+4y+4x=0,所以x+y=-1.故选A. (2)在空间直角坐标系Oxyz中,向量a=(1,-1,m),b=(1,3,0)分别为异面直线l1,l2的方向向量,若l1,l2所成角的余弦值为 ,则 m= ± .  解析　设l1,l2所成角为θ,则cos θ===,解得m=±. [规律方法]　根据直线的方向向量判断直线与直线的位置关系.当直线与直线平行时,两直线的方向向量是共线向量;当直线与直线垂直时,两直线的方向向量互相垂直. 【训练1】　(1)若向量a=(x,2,1),b=(1,y,3)都是直线l的方向向量,则x+y=  .  解析　根据题意可知a∥b,故存在唯一实数λ,使a=λb,即(x,2,1)=λ(1,y,3),则解得所以x+y=. (2)若直线l1的一个方向向量为n1=(1,0,-1),直线l2的一个方向向量为n2=(0,1,1),则直线l1与l2所成的角为 60° .  解析　依题意,设直线l1与l2所成的角为α,则0°≤α≤90°,cos α=|cos<n1,n2>|===,所以α=60°. 考点二　平面的法向量 【例2】　 如图所示,在四棱锥S⁃ABCD中,底面是直角梯形,∠ABC=90°,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=,建立适当的空间直角坐标系,分别求平面SCD与平面SAB的一个法向量. 解　因为SA⊥底面ABCD,底面是直角梯形且∠ABC=90°,所以SA,AD,AB两两垂直.以A点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D,C(1,1,0),S(0,0,1),则=,=,易知向量=是平面SAB的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面SCD的法向量,则即取x=2,则y=-1,z=1,所以平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1). [规律方法]　求平面法向量的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系; (2)设平面法向量; (3)在平面内找出两个不共线的向量; (4)根据法向量的定义建立方程组; (5)解方程组,取其中一组解即可. 【训练2】　 (1)如图,在三棱锥P⁃ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2,以A为原点建立空间直角坐标系,如图所示,n为平面PBC的一个法向量,则n的坐标可能是(D) A. B. C. D. 解析　依题意,得B(0,1,0),C(1,0,0),P(0,0,2),则=(1,-1,0),=(1,0,-2),设n=(x,y,z),则取x=,则y=,z=,n=.取x=-,则y=-,z=-,n=.故选D. (2)已知平面α,β的法向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,1,m),若α⊥β,则m=(C) A.1 B.2 C.0 D.3 解析　因为α⊥β,所以a·b=1×(-2)+2×1-2m=0,解得m=0,故选C. 考点三　投影向量 【例3】　(1)已知向量a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则向量b在向量a上的投影向量为  .  解析　由向量a=(1,2,2),b=(-2,1,1),可得向量b在向量a上的投影向量为·=×·(1,2,2)=. (2)(2025·江苏宿迁模拟)已知点A(-1,1,0),B(1,3,2),与向量不共线的向量a=(x,y,z)在上的投影向量为(1,1,1),写出a的一个坐标为 (1,2,0)(答案不唯一) .  解析　由点A(-1,1,0),B(1,3,2),可得=(2,2,2),又向量a=(x,y,z)在上的投影向量为(1,1,1),则·=(2,2,2)=(2,2,2)=(1,1,1),则=1,又向量与向量a不共线,则==不成立,则可令x=1,y=2,z=0,即a=(1,2,0). [规律方法]　向量b在向量a上的投影向量的求法 (1)定义法:b在a的投影向量为|b|cos<a,b>·. (2)定义变形法:|b|cos<a,b>=a. 【训练3】　(2025·营口模拟)已知A(-1,2,1),B(-1,5,4),C(1,3,4). (1)求<,>; (2)求在上的投影向量. 解　(1)因为A(-1,2,1),B(-1,5,4),C(1,3,4),所以=(0,3,3),=(2,-2,0).因为·=0×2+3×(-2)+3×0=-6,||=3,||=2,所以cos<,>===-,故<,>=. (2)因为=(2,1,3),=(0,3,3),所以·=0+1×3+3×3=12.因为||=3,||=,所以cos<,>===,所以在上的投影向量为||cos<,>=××==(0,2,2). 考点四　利用空间向量证明平行与垂直 【例4】　 如图所示,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠ABC=90°,CC1=2BC=4B1E=4,D,F,G分别为CC1,B1C1,A1C1的中点.求证: (1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EFG∥平面ABD. 证明　(1) 以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),因为·=0,·=0+4-4=0,所以B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD,所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1),知E(0,0,3),G,F(0,1,4),则=,=(0,1,1),因为·=0+2-2=0,·=0+2-2=0,所以B1D⊥EG,B1D⊥EF,又EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EFG,所以B1D⊥平面EFG,结合(1)知,平面EFG∥平面ABD. [规律方法]　利用空间向量证明垂直、平行的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知图形中的垂直关系. (2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素. (3)通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系. (4)根据运算结果解释相关问题. 【训练4】　 如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.证明: (1)平面PQB⊥平面DCQ; (2)PC∥平面BAQ. 证明　(1)由题意易知DA,DP,DC两两互相垂直.如图,以D为坐标原点,DA,DP,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.设DA=1.依题意有D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),所以·=1×1+1×(-1)+0=0,·=0×1+0×(-1)+1×0=0,即PQ⊥QD,PQ⊥DC,又DQ∩DC=D,DQ,DC⊂平面DCQ,故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQB,所以平面PQB⊥平面DCQ. (2)根据题意,有A(1,0,0),B(1,0,1),则=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0),故·=0,·=0,又,不共线,所以为平面BAQ的一个法向量.又因为=(0,-2,1),且·=0,即DA⊥PC,且PC⊄平面BAQ,故有PC∥平面BAQ. 第七节　空间向量的应用 课标要求 三年考情 1.了解利用空间向量求空间距离的方法,会求空间距离. 2.会用向量法求异面直线所成角,直线与平面所成角,平面与平面的夹角等各种空间角. 3.体会向量方法在研究立体几何中的作用. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T19 T18 T17 全国Ⅱ卷 T20 T20 T17   重点提示:向量法求空间距离、空间角 第1课时　用空间向量求空间距离 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.点到直线的距离 如图,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.点到平面的距离 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的距离就是在直线l上的投影向量的长度,因此PQ=|·|=||=. 微提醒　　线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离进行求解.方法如下: (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. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)平面α外一点A到平面α的距离,就是点A与平面内一点B所成向量的长度.(×) 解析　A∉α,B∈α,当AB⊥α时,点A到平面α的距离是向量的长度,所以错误. (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(×) 解析　直线外一点到这条直线的垂直线段的长度叫做点到直线的距离. (3)直线l上各点到平面α的距离相等,则直线l平行于平面α.(×) 解析　直线l上各点到平面α的距离相等,则l平行于平面α或l在平面α内. (4)异面直线l1与l2,在l1上任取一点P,在l2上任取一点Q,则||的最小值就是l1与l2的距离.(√) 解析　异面直线l1与l2,在l1上任取一点P,在l2上任取一点Q,根据异面直线的距离的定义可知,||的最小值就是l1与l2的距离,所以正确. 2.(人B选一P61练习T4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) A. B.1 C.2 D.2 解析　因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),所以=(1,0,0),=(-1,2,-2),所以点A到直线BC的距离为d===. 3.(人A选一P44T14改编)在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,则异面直线AC与BC1之间的距离是(D) A. B. C. D. 解析　 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3),则=(-2,1,0),=(-2,0,3),设和的公垂线的方向向量n=(x,y,z),则即令x=3,则n=(3,6,2),因为=(0,1,0),所以d==. 4. (苏教选二P43T1)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 1 ;  (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,CD⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以CD⊥B1C.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轴,y轴,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的法向量为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===. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　点到直线的距离 【例1】　(1)(2025·长沙模拟)空间中有三点P(1,-2,-2),M(2,-3,1),N(3,-2,2),则点P到直线MN的距离为(A) A.2 B.2 C.3 D.2 解析　因为=(1,1,1),所以的一个单位方向向量为u=(1,1,1).因为=(1,-1,3),故||==,·u=(1-1+3)=,所以点P到直线MN的距离为==2.故选A. (2)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. [规律方法]　向量法求点到直线的距离方法 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n,A为直线l外一点,点A到直线l的距离d=. (2)若能求出点在直线上的射影坐标,可以直接利用两点间距离公式求距离. 【训练1】　如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为  .  解析　如图,以A为原点,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,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),则=(-3,0,1),=(-3,4,0),故点P到直线BD的距离d===,所以点P到直线BD的距离为. 考点二　点到平面的距离 【例2】　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(D) A. B. C. D. 解析　 设AA1=h,则=-=10,所以4h-h××4=10,可得h=3,如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,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. [规律方法]　向量法求点到平面的距离的步骤 (1)建系:建立恰当的空间直角坐标系. (2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标. (3)求向量:求出相关向量的坐标(,α内两个不共线向量,平面α的法向量n). (4)求距离:d=. 【训练2】　 如图,已知四棱锥P⁃ABCD的底面ABCD是边长为4的菱形,且∠DAB=,PD⊥底面ABCD,若点D到平面PAC的距离为,则PD=(D) A.2 B. C.1 D.2 解析　 设E为BC的中点,因为底面ABCD是边长为4的菱形,且∠DAB=,所以DE⊥BC,而AD∥BC,所以DE⊥DA.以D为坐标原点,以,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,设PD=a,则P(0,0,a),A(4,0,0),C(-2,2,0).设n=(x,y,z)是平面PAC的法向量,因为=(4,0,-a),=(-6,2,0),则令x=a,得n=(a,a,4).设点D到平面PAC的距离为d,因为=(4,0,0),所以d===,解得a=2(负值舍去). 考点三　直线到平面的距离 【例3】　(2025·潍坊模拟)已知棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,M,N分别是A1B1,AD,CC1的中点,则直线AC与平面EMN之间的距离为(B) A.0 B. C. D. 解析　 如图建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),E(2,1,2),M(1,0,0),N(0,2,1),所以=(1,1,2),=(-1,2,1),=(-2,2,0),设平面EMN的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,可得m=(1,1,-1),所以·m=0,即⊥m.又AC⊄平面EMN,所以AC∥平面EMN,故点A到平面EMN的距离即为直线AC到平面EMN的距离,又=(1,0,0),所以点A到平面EMN的距离为==,即直线AC与平面EMN之间的距离为.故选B. [规律方法]　向量法求线面距离的方法 先证线面平行,再转化为求直线上任意一点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解. 【训练3】　如图,已知△ABC为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把△ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE⊥平面BCDE,若BC=4.则直线DE到平面PBC的距离为  .  解析　 如图,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP,OF,OB,则OP⊥DE,因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,所以OP⊥平面BCDE.因为在△ABC中,点D,E分别为AC,AB边的中点,所以DE∥BC.因为DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE,所以以点O为坐标原点,OE,OF,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),P(0,0,),B(2,,0),C(-2,,0),F(0,,0),所以=(2,,-),=(4,0,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由得令y=z=1,所以n=(0,1,1).因为=(0,,0),设点O到平面PBC的距离为d,则d===.因为点O在直线DE上,所以直线DE到平面PBC的距离等于. 考点四　平面与平面的距离 【例4】　 如图,直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,边长为2,侧棱A1A=3,M,N分别为A1B1,A1D1的中点,E,F分别是C1D1,B1C1的中点. (1)求证:平面AMN∥平面EFBD; (2)求平面AMN与平面EFBD的距离. 解　(1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,则A(2,0,0),N(1,0,3),B(2,2,0),E(0,1,3),F(1,2,3),M(2,1,3),所以=(1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,3),=(-1,0,3),所以=-,=,所以EF∥MN,AN∥BF,因为MN⊄平面EFBD,EF⊂平面EFBD,所以MN∥平面EFBD,因为AN⊄平面EFBD,BF⊂平面EFBD,所以AN∥平面EFBD,又MN∩AN=N,所以平面AMN∥平面EFBD. (2)设平面AMN的一个法向量为n=(x,y,z),则可取n=(3,-3,1),因为=(0,2,0),所以平面AMN与平面EFBD的距离为d===. [规律方法]　向量法求面面距离的步骤 (1)确定两平面平行. (2)求出相关向量的坐标(,α内两个不共线向量,平面α的法向量n). (3)求距离:d=. 【训练4】　在棱长为3的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,DD1的中点,则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为  .  解析　以A为原点,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,则A(0,0,0),D(0,3,0),E,B1(3,0,3),C1(3,3,3),F,=(0,3,0),=(0,3,0),则=,因为AD,B1C1不在同一条直线上,则AD∥B1C1,因为AD⊄平面B1C1F,B1C1⊂平面B1C1F,则AD∥平面B1C1F,同理可证AE∥平面B1C1F,AD∩AE=A,故平面ADE∥平面B1C1F,所以平面ADE与平面B1C1F之间的距离等于点B1到平面ADE的距离.设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),=(0,3,0),=,由取x=1,可得n=(1,0,-2),又因为=(3,0,3),因此平面ADE与平面B1C1F之间的距离为d===. 第2课时　用空间向量求空间角 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别为u,v,则cos θ=|cos<u,v>|=,其中θ的取值范围是. 2.直线与平面所成角的求法 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>|=,其中θ的取值范围是. 3.平面与平面夹角的求法 如图,平面α与平面β相交,形成四个二面角,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.设平面α与平面β的夹角为θ,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,cos θ=|cos<n1,n2>|=,其中θ的取值范围是. 微提醒　　二面角的取值范围是[0,π],两个平面夹角的取值范围是. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×) 解析　两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角. (2)两异面直线所成角的范围是,直线与平面所成角的范围是.(√) (3)若二面角α⁃l⁃β的两个半平面α,β的法向量n1,n2的夹角为θ,则二面角α⁃l⁃β的大小是π-θ.(×) (4)直线的方向向量为u,平面的法向量为n,则线面角θ满足sin θ=cos<u,n>.(×) 2.(人B选一P37练习AT3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),则直线l1和l2所成角的余弦值为(C) A. B. C. D. 解析　因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos<s1,s2>===-.所以直线l1和l2所成角的余弦值为.故选C. 3.已知向量m,n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=-,则直线l与平面α所成的角为(A) A.30° B.60° C.120° D.150° 解析　由于cos<m,n>=-,所以<m,n>=120°,所以直线l与平面α所成的角为30°.故选A. 4.(苏教选二P39T6改编)在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,O是正方形ABCD的中心,M是CC1的中点.则二面角A⁃A1B⁃D的平面角的正弦值为  .  解析　 设正方体的棱长为2,以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(1,1,0),M(0,2,1),A1(2,0,2),B(2,2,0),D(0,0,0),所以=(-1,1,1),=(2,0,2),=(2,2,0),所以所以OM⊥DA1,OM⊥DB,因为DA1∩DB=D,且DA1⊂平面A1BD,DB⊂平面A1BD,所以是平面A1BD的一个法向量;由题知,平面AA1B的一个法向量为=(2,0,0),所以cos<,>===-,又因为二面角A⁃A1B⁃D的平面角为锐角,设为α,所以sin α==,所以二面角A⁃A1B⁃D的平面角的正弦值为. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　异面直线所成的角 【例1】　在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为(C) A. B. C. D. 解析　 建立如图所示的空间直角坐标系.设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以=(1,-1,2),=(-1,0,2).设BM与AN所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|===.所以BM与AN所成角的余弦值为. [规律方法]　用向量法求异面直线所成角的步骤 【训练1】　已知四棱锥S⁃ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,SD⊥平面ABCD,线段AB,SC的中点分别为E,F,若异面直线EC与BF所成角的余弦值为,则SD=(B) A. B.4 C.2 D.3 解析　 如图所示,以D为原点,,,分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系.不妨设SD=t(t>0).则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),E(2,1,0),F.所以=(-2,1,0),=.因为异面直线EC与BF所成角的余弦值为,所以|cos<,>|===,解得t=4.即SD=4. 考点二　直线与平面所成的角 【例2】　(1) (2025·江西上饶检测)如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1A,B1C1的中点.直线C1E与平面DCC1D1所成角的正弦值是(D) A. B. C. D. 解析　 ① 解法一:设G是DD1的中点,连接EG,C1G,如图①,由于EG∥AD,所以EG⊥平面DCC1D1,GC1⊂平面DCC1D1,EG⊥GC1,且∠GC1E是直线C1E与平面DCC1D1所成角.设正方体的棱长为2,则EG=2,C1G=,C1E=3,所以sin ∠GC1E=.故选D. ② 解法二:建立如图②所示空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为2,则D(0,0,0),C(0,2,0),A(2,0,0),E(2,0,1),C1(0,2,2).因为=(2,0,0)为平面DCC1D1的一个法向量,向量=(2,-2,-1),设直线C1E与平面DCC1D1所成角为θ,则sin θ=|cos<,>|===.故选D. (2)(2025·大连期中) 如图,在四棱锥S⁃ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=SA=SD=2AB=2,P为棱AD的中点,且SP⊥AB,M为棱SA上的一点,若BM与平面SBD所成角的正弦值为,则AM=  .  解析　过点P作PE∥CD,交BC于点E.由SD=SA,P为棱AD的中点,得SP⊥AD,因为SP⊥AB,AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD,所以SP⊥平面ABCD,因为PE⊂平面ABCD,所以SP⊥PE,因为底面ABCD是矩形,所以AD⊥DC,又PE∥DC,所以AD⊥PE,所以SP,PA,PE两两垂直. 以P为原点,PA,PE,PS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.由AD=SA=SD=2,AB=1,P为棱AD的中点,得SP=,则A(1,0,0),S(0,0,),B(1,1,0),D(-1,0,0),则=(2,1,0),=(1,0,),=(-1,0,),=(0,-1,0).令=λ=(-λ,0,λ),0≤λ≤1,则=+=(-λ,-1,λ).设平面SBD的法向量为m=(x,y,z),则令z=1,得m=(-,2,1).由BM与平面SBD所成角的正弦值为,得|cos<,m>|===,解得λ=,所以||=λ||=2λ=. [规律方法]　利用空间向量求线面角的解题步骤 【训练2】　 (2022·全国甲卷)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=. (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 解　(1)证明:如图①,在四边形ABCD中,作DE⊥AB于E,CF⊥AB于F,因为CD∥AB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四边形ABCD为等腰梯形,所以AE=BF=,故DE=,BD==,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD,因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA. ①　② (2)如图②,以点D为原点,DA,DB,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,),则=(-1,0,),=(0,-,),=(0,0,),设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则有可取n=(,1,1).设PD与平面PAB所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==,所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 考点三　平面与平面的夹角 【例3】　(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3】　 如图,已知点P为菱形ABCD所在平面外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC中点,则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为(D) A. B. C. D. 解析　 设AC∩BD=O,连接OF,以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设PA=AD=AC=1,则BD=,所以B,F,C,D,所以 =,且为平面BDF的一个法向量.由=,=,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,,),所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=.故选D. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 1. (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)由题意知MD=2,BC=2,MD∥BC,所以四边形BCDM为平行四边形,故BM∥CD,又因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以BM∥平面CDE. (2)记AM的中点为G,连接FG,BG,因为BM=CD=AB,所以BG⊥AM,同理FG⊥AM.由已知可得BG=,FG=3,又FB=2,所以FB2=BG2+FG2,即FG⊥BG,所以FG,GD,GB两两垂直.以G为坐标原点,GB,GD,GF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F(0,0,3),M(0,1,0),B(,0,0),E(0,2,3),=(,-1,0),=(0,1,3),=(0,-1,3).设平面BMF的法向量n1=(x,y,z),平面BME的法向量n2=(p,q,r).则即可取n1=(,3,1).即可取n2=(,3,-1).cos<n1,n2>==.因此,二面角F⁃BM⁃E的正弦值为. 2. (2023·新课标Ⅱ卷)如图,三棱锥A⁃BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA. (2)点F满足=,求二面角D⁃AB⁃F的正弦值. 解　 (1)证明:连接AE,DE,如图所示,因为DB=DC,E为BC的中点,所以DE⊥BC.又因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD 均为等边三角形,所以AC=AB,所以AE⊥BC,又AE∩DE=E,所以BC⊥平面ADE.因为AD⊂平面ADE,所以BC⊥DA. (2)设DA=DB=DC=2,所以BC=2.因为DE=AE=,AD=2,所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE.又因为AE⊥BC,DE∩BC=E,所以AE⊥平面BCD,以E为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0),所以=(-,0,),=(0,,-),因为=,所以F(-,0,),所以=(-,0,0),设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),则令x1=1,解得y1=z1=1,令y2=1,解得x2=0,z2=1,故n1=(1,1,1),n2=(0,1,1),设二面角D⁃AB⁃F的平面角为θ,则|cos θ|===,故sin θ=,所以二面角D⁃AB⁃F的正弦值为. 3. (2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P⁃A2C2⁃D2为150°时,求B2P. 解　 (1)证明:以C为原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1),所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),因为=,所以∥,又B2C2,A2D2不在同一条直线上,所以B2C2∥A2D2. (2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),则=(-2,-2,2),=(0,-2,3-λ),=(-2,0,1),设平面PA2C2的法向量为n=(x,y,z),则令z=2,得y=3-λ,x=λ-1,所以n=(λ-1,3-λ,2),设平面A2C2D2的法向量为m=(a,b,c),则令a=1,得b=1,c=2,所以m=(1,1,2),又|cos<n,m>|===|cos 150°|=,化简可得,λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,所以P(0,2,1)或P(0,2,3),所以B2P=1. 4. (2022·新课标Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC⁃A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离. (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A⁃BD⁃C的正弦值. 解　(1)由直三棱柱ABC⁃A1B1C1的体积为4,可得==,设A到平面A1BC的距离为d,由=,所以·d=,所以×2d=,解得d=,即A到平面A1BC的距离为. (2)由直三棱柱ABC⁃A1B1C1知BB1⊥平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABB1A1,又平面A1BC⊥平面ABB1A1,又平面ABC∩平面A1BC=BC,所以BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB, 以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为AA1=AB,所以×BC×AB=2,又AB×BC×AA1=4,解得AB=BC=AA1=2,则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),则=(0,2,0),=(1,1,1),=(2,0,0),设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=0,z=-1,所以平面ABD的一个法向量为n=(1,0,-1),设平面BCD的法向量为m=(a,b,c),令b=1,则a=0,c=-1,所以平面BCD的一个法向量为m=(0,1,-1),cos<n,m>==,二面角A⁃BD⁃C的正弦值为=. 微突破十三　以立体几何为载体的创新题 　　解决立体几何的创新题,常用的解题思路是:审题,建模,研究模型,解决问题.解题要点:根据题目给出的新情境、新定义,建立立体几何模型.研究模型时需注意:根据新定义进行由特殊到一般的规律总结,最后解决问题. 　　　 　　　　　　　　　　　 【例1】　 空间中,两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系,如果坐标系中有两条坐标轴不垂直,那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系,它任意两条数轴的夹角均为60°,我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系,定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标:i,j,k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴、y轴、z轴)正方向的单位向量,若向量n=xi+yj+zk,则n与有序实数组(x,y,z)相对应,称向量n的斜60°坐标为[x,y,z],记作n=[x,y,z].在平行六面体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,如图,以{,,}为基底建立“空间斜60°坐标系”.若=2,则向量的斜60°坐标为(D) A. B. C.[-2,1,1] D.[-2,2,1] 解析　由题设=0·i+2·j+3·k,=2·i+0·j+3·k,=2·i+0·j+0·k,所以==(-)=0·i+0·j+2·k,则=+=2·i+0·j+2·k,所以=-=(-2)·i+2·j+1·k,其对应坐标为[-2,2,1].故选D. [规律方法]　本题主要考查向量的斜60°坐标、向量运算法则等基础知识. 【例2】　(多选题)设P为多面体M的一个顶点,定义多面体M在点P处的离散曲率为1-(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.已知在直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,AA1=AB,则下列说法正确的是(CD) A.四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等 B.若AC=BD,则四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为 C.若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为,则AC1⊥平面A1BD D.若四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为,则直线BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为 解析　 对于A,当直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面为正方形时,其在各顶点处的离散曲率都相等,当直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面不为正方形时,其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等,故A错误;对于B,若AC=BD,则菱形ABCD为正方形,因为AA1⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,所以直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1-=,故B错误;对于C,在四面体A1ABD中AA1⊥AB,AA1⊥AD,AA1=AB=AD,所以∠AA1B=∠AA1D=,所以四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为1-=,解得∠BA1D=,易知A1B=A1D=AB,所以BD=AB,所以AB⊥AD,所以直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1为正方体,因为C1D1⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,所以C1D1⊥A1D,又AD1⊥A1D,AD1∩C1D1=D1,C1D1,AD1⊂平面AC1D1,所以A1D⊥平面AC1D1,又AC1⊂平面AC1D1,所以AC1⊥A1D,同理BD⊥AC1,又A1D∩BD=D,A1D,BD⊂平面A1BD,所以AC1⊥平面A1BD,故C正确;对于D,直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1-=,则∠DAB=,即△DAB是等边三角形,设AC∩BD=O,则∠BC1O即为BC1与平面ACC1所成的角,sin∠BC1O==,故D正确.故选CD. [规律方法]　根据多面体在某点处的离散曲率的定义,由条件分析几何体的结构特征,进而判断垂直关系及计算直线与平面所成的角. 【例3】　 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. [规律方法]　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. 【例4】　已知Ω是棱长为的正四面体ABCD,设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M,若M中元素的个数为k,则称α为Ω的k阶等距平面,M为Ω的k阶等距集. (1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a},求a的所有可能值以及相应的α的个数; (2)已知β为Ω的4阶等距平面,且点A与点B,C,D分别位于β的两侧.若Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b},其中点A到β的距离为b,求平面BCD与β夹角的余弦值. 解　 ① (1)①情形一:如图①,分别取AB,AC,AD的中点M,E,F,由中位线性质可知ME=EF=,此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面,a为正四面体高的一半,等于××=.由于正四面体有4个面,这样的1阶等距平面α平行于其中一个面,有4种情况. ② ②情形二:如图②,分别取AB,AC,CD,DB的中点P,Q,R,S,将此正四面体放置到棱长为1的正方体中,则a为正方体棱长的一半,等于.由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线,这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线,有3种情况. 综上,当a的值为时,α有4个;当a的值为时,α有3个. ③ (2)在线段AB,AC,AD上分别取一点M,E,F,使得AM∶MB=1∶2,AE∶EC=1∶3,AF∶FD=1∶4,则平面β即为平面MEF.如图③,取BD的中点O,连接OC,以O为原点,OC,OD所在直线分别为x轴,y轴,过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A,B,C,D,=-=-=-=,=-=-=-=,设平面MEF的法向量为m=(x,y,z),所以即所以m=(0,1,-)为平面MEF的一个法向量,又平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),设平面BCD与β的夹角为θ,所以cos θ===,所以平面BCD与β夹角余弦值为. [规律方法]　本题实质考查空间中点到平面的距离的计算,分两种情况,结合正四面体和正方体的结构特征进行求解. 增|分|训|练 1.(多选题)已知一对不共线的向量a,b的夹角为θ,定义a×b为一个向量,其模长为|a×b|=|a|·|b|·sin θ,其方向同时与向量a,b垂直(如图①所示).在平行六面体OACB⁃O'A'C'B'中(如图②所示),下列结论正确的是(ABD) ①　　② A.S△OAB=|×| B.当∠AOB∈时,|×|=·tan∠AOB C.若||=||=2,·=2,则|×|= D.平行六面体OACB⁃O'A'C'B'的体积V=|·(×)| 解析　对于A,S△ABO=||||sin∠AOB,而|×|=||||sin∠AOB,故S△ABO=|×|,正确;对于B,·=||||cos∠AOB,当∠AOB∈时,tan∠AOB有意义,则·tan∠AOB=||||sin∠AOB=|×|,正确;对于C,因为||=||=2,·=2,所以cos∠AOB=,sin∠AOB=,所以|×|=2,错误;对于D,设平行六面体的高为h,向量与×的夹角为θ,则V=S平行四边形OACB·h=||||sin∠AOB|||cos θ|=|·(×)|,正确.故选ABD. 2. 定义:对棱相等的四面体为等腰四面体.等腰四面体可以由长方体切割产生,如图. (1)在等腰四面体ABCD中,有几对棱长相等?请分别写出这几对相等的棱长; (2)求证:等腰四面体每个面的三角形均为锐角三角形; (3)设等腰四面体ABCD的三个侧面与底面所成的角分别为α,β,γ,请判断cos α+cos β+cos γ是否为定值?如果是定值,请求出该定值;如果不是定值,请说明理由. 解　(1)因为等腰四面体对棱相等,四面体ABCD有6条棱AB,AC,AD,BC,BD,CD.可分成3组对棱:AB=CD,AC=BD,AD=BC,所以有3对棱长相等. (2)证明:如图①,长宽高分别为a,b,c的长方体的六条面对角线组成等腰四面体ABCD,四个面是全等的三角形,三边长分别为x=,y=,z=,不妨设a≤b≤c,则最大边x所对角θ的余弦值为cos θ==>0,所以θ为锐角,三角形为锐角三角形,所以等腰四面体每个面的三角形均为锐角三角形. (3)如图②,过A作AO⊥平面BCD交平面BCD于点O,则AO⊥CD,过O作OE⊥CD交CD于E,所以CD⊥平面AOE,则AE⊥CD.所以∠AEO为面ACD与底面BCD所成的角,设∠AEO=α ,cos α=cos ∠AEO===.设面ABC,ABD与底面BCD所成的角分别为β,γ.同理可得:cos β=,cos γ=.又△ABC≌△BAD≌△CDA≌△DCB,cos α+cos β+cos γ=++==1.所以cos α+cos β+cos γ为定值,且定值为1. ①　② 学科网（北京）股份有限公司 $$