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2016高考


第1讲

空间几何体的三视图、直观图、表面积 与体积

最新考纲

1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些

特征描述现实生活中简单物体的结构;2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆 柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模 型,会用斜二测法画出它们的直观图;3.会用平行投影与中心投影两种方法画 出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式;4.会画某 些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不做严 格要求);5.了解球、柱、锥、台的表面积和体积的计算公式.

知 识 梳 理 1.空间几何体的结构特征 多 面 体 (1)棱柱的侧棱都平行且相等,上、下底面是全等且平行的多边形. (2)棱锥的底面是任意多边形,侧面是有一个公共顶点的三角形. (3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到,其上、下底面是相似多 边形 (1)圆柱可以由矩形绕其任一边所在直线旋转得到. 旋 转 体 (2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到. (3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、 下底中 点连线所在直线旋转得到,也可由平行于底面的平面截圆锥得到. (4)球可以由半圆面或圆面绕直径所在直线旋转得到. 2.空间几何体的三视图 空间几何体的三视图是用正投影得到, 这种投影下与投影面平行的平面图形留 下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的, 三视图包括正视图、 侧视图、

俯视图. 3.空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是: (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,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 轴的线段长度在直观图 中变为原来的一半. 4.柱、锥、台和球的侧面积和体积 面 圆柱 积 体 积

S 侧=2π rh

V=Sh=π r2h 1 1 V=3Sh=3π r2h 1 =3π r2 l2-r2 1 V=3(S 上+S 下+ S上S下)h 1 2 2 =3π (r1 +r2 +r1r2)h V=Sh 1 V=3Sh 1 V=3(S 上+S 下+ S上S下)h 4 V=3π R3

圆锥

S 侧=π rl

圆台

S 侧=π (r1+r2)l

直棱柱 正棱锥 正棱台 球 5.几何体的表面积

S 侧=Ch 1 S 侧=2Ch′ 1 S 侧=2(C+C′)h′ S 球面=4π R2

(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和. (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形;它们的表面积 等于侧面积与底面面积之和.

诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩 PPT 展示

(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.(×) (2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(×) (3)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.(×) (4)圆柱的侧面展开图是矩形.(√) 2. (2014· 福建卷)某空间几何体的正视图是三角形, 则该几何体不可能是( A.圆柱 解析 B.圆锥 C.四面体 D.三棱柱 )

由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角

形,而圆柱的正视图不可能为三角形,故选 A. 答案 A

3.以边长为 1 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.2π 解析 B.π C.2 ) D.1

由题意得圆柱的底面半径 r=1,母线 l=1.所以圆柱的侧面积 S=2πrl

=2π,故选 A. 答案 A

4.(2014· 浙江卷)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的表面 积是( )

A.90 cm2 解析

B.129 cm2

C.132 cm2

D.138 cm2

由三视图画出几何体的直观图,如图所示,长方体的长、宽、高分别为

6 cm,4 cm,3 cm,直三棱柱的底面是直角三角形,边长分别为 3 cm,4 cm, 1 5 cm,所以表面积 S=(4×6+3×6+3×4)×2-3×3+3×4+2×2×4×3+ 5×3=138(cm2),选 D.

答案

D

5.(人教 A 必修 2P28 练习 2 改编)一个棱长为 2 cm 的正方体的顶点都在球面 上,则球的体积为________cm3. 解析 由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径,所以其外接球的半径 r

1 =2×2 3= 3(cm), 4 4 ∴V 球=3π×r3=3π×3 3=4 3π(cm3). 答案 4 3π

考点一

空间几何体的三视图与直观图

【例 1】 (1)(2014· 湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系 O-xyz 中,一个四面 体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号 为①②③④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )

A.①和② C.④和③

B.③和① D.④和②

(2)正△AOB 的边长为 a, 建立如图所示的直角坐标系 xOy, 则它的直观图的面积是________. 解析 (1)在空间直角坐标系中构建棱长为 2 的正方体,设

A(0 ,0 ,2) , B(2 , 2 , 0), C(1 ,2 ,1), D(2 , 2 , 2),则 ABCD 即为满足条件的四面体,得出正视图和俯视图分别为④和②,故选 D.

(2)画出坐标系 x′O′y′, 作出△OAB 的直观图 O′A′B′(如图). D′ 1 为 O′A′的中点.易知 D′B′=2DB(D 为 OA 的中点),∴S△O′A′B′ 1 2 2 3 6 =2× 2 S△OAB= 4 × 4 a2= 16 a2. 答案 6 (1)D (2) 16 a2 (1)三视图中,正视图和侧视图一样高,正视图和俯视图一样长,侧

规律方法

视图和俯视图一样宽.即“长对正,宽相等,高平齐”.(2)解决有关“斜二测 画法”问题时,一般在已知图形中建立直角坐标系,尽量运用图形中原有的垂 直直线或图形的对称轴为坐标轴,图形的对称中心为原点,注意两个图形中关 键线段长度的关系. 【训练 1】 (1)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )

A.棱柱 C.圆柱

B.棱台 D.圆台

(2)如图, 矩形 O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图, 其中 O′A′=6 cm,C′D′=2 cm,则原图形是( )

A.正方形 C.菱形 解析

B.矩形

D.一般的平行四边形

(1)(排除法)由正视图和侧视图可知,该几何体不可能是圆柱,排除选项

C;又由俯视图可知,该几何体不可能是棱柱或棱台,排除选项 A,B,故选 D. (2)如图,在原图形 OABC 中, 应有 OD=2O′D′=2×2 2 =4 2(cm), CD=C′D′=2 cm. ∴OC= OD2+CD2 = (4 2)2+22=6(cm), ∴OA=OC, 故四边形 OABC 是菱形. 答案 考点二 (1)D (2)C 空间几何体的表面积

【例 2】 (1)(2014· 安徽卷)一个多面体的三视图如图所 示,则该多面体的表面积为( A.21+ 3 B.18+ 3 C.21 D.18 (2)(2014· 大纲全国卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为 4,底 面边长为 2,则该球的表面积为( 81π A. 4 C.9π B.16π 27π D. 4 ) )

解析

(1)由三视图可知该几何体是棱长为 2 的正方体从后面

右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分(如 1 3 图所示), 其表面积为 S=6×4-2×6+2× 4 ×( 2)2=21+ 3. (2)易知球心在正四棱锥的高上,设球的半径为 R,则(4-R)2+( 2)2=R2,解 9 ?9?2 81 得 R=4,所以球的表面积为 4π×?4? = 4 π,故选 A. ? ? 答案 (1)A (2)A (1)已知几何体的三视图求其表面积, 一般是先根据三视图判断空间

规律方法

几何体的形状,再根据题目所给数据与几何体的表面积公式,求其表面积. (2)多面体的表面积是各个面的面积之和, 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成 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 2】 (1)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为 a,顶点都在一个 球面上,则该球的表面积为( A.π a2 11 C. 3 π a2 7 B.3π a2 D.5π a2 )

(2) 一个几何体的三视图及其相关数据如图所示,则这个几何体的表面积为 ________.

解析

(1)由题意知, 该三棱柱为正三棱柱, 且侧棱与底面边长相

等,均为 a. 如图,设 O,O1 分别为下、上底面中心,且球心 O2 为 O1O 的中 点,

3 3 a 又 AD= 2 a,AO= 3 a,OO2=2, 7 2 2 2 1 2 1 2 2 设球的半径为 R,则 R2=AO2 2=AO +OO2= a + a = a .所以 S 球=4πR 3 4 12 7 7 =4π×12a2=3πa2. (2)这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半. 根据图中数据可知圆台的上底面半径为 1,下底面半径为 2,高为 3,母线长 为 2,几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积 1 1 1 1 之和,故这个几何体的表面积为 S=2π×12+2π×22+2π×(1+2)×2+2× 11π (2+4)× 3= 2 +3 3. 答案 考点三 (1)B 11π (2) 2 +3 3

空间几何体的体积

【例 3】 (1)正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3,D 为 BC 中点,则三棱锥 A-B1DC1 的体积为( 3 A.3 B.2 3 C.1 D. 2 (2)(2014· 辽宁卷)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) )

A.8-2π

B.8-π

π C.8- 2

π D.8- 4

解析

(1)如图,在正△ABC 中,D 为 BC 中点,则有 AD=

3 又∵平面 BB1C1C⊥平面 ABC, AD⊥BC, AD? 2 AB= 3, 平面 ABC, 由面面垂直的性质定理可得 AD⊥平面 BB1C1C, 即 AD 为三棱锥 A-B1DC1 的底面 B1DC1 上的高. 1 1 1 ∴VA-B1DC1=3S△B1DC1·AD=3×2×2× 3× 3=1,故选 C. 1 (2)直观图为棱长为 2 的正方体割去两个底面半径为 1 的4圆柱,所以该几何体 1 的体积为 23-2×π×12×2×4=8-π. 答案 (1)C (2)B (1)若所给定的几何体是柱体、 锥体或台体等规则几何体, 则可直接

规律方法

利用公式进行求解,其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的 几何体是不规则几何体, 则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何 体,再利用公式求解.(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得 到几何体的直观图,然后根据条件求解. 【训练 3】 (1)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1 与侧面 BCC1B1 的距离为 2,侧面 BCC1B1 的面积为 4,此三 棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为________. (2)(2014· 湖南卷改编)一块石材表示的几何体的三视图如图所 示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的体积等于( )

4π A. 3 解析

32π B. 3

C.36π

256π D. 3

(1)(补形法)将三棱柱补成四棱柱,如图所示.

记 A1 到平面 BCC1B1 的距离为 d,则 d=2.

1 1 1 则 V 三棱柱=2V 四棱柱=2S 四边形 BCC1B1·d=2×4×2=4.

第(1)题解析图

第(2)题解析图

(2)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱,底面为直角三角形,高为 12,如 图所示,其中 AC=6,BC=8,∠ACB=90° ,则 AB=10. 由题意知,当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同 时,该球的半径最大. 即 r= B. 答案 (1)4 (2)B 空间几何体表面上的最值问题 6+8-10 4π 3 4π 32π = 2 ,故能得到的最大球的体积为 r = × 8 = 2 3 3 3 ,故选

微型专题

所谓空间几何体表面上的最值问题, 是指空间几何体表面上的两点之间的最小 距离或某些点到某一个定点的距离之和的最值问题. 将空间几何体表面进行展 开是化解该难点的主要方法, 对于多面体可以把各个面按照一定的顺序展开到 一个平面上,将旋转体(主要是圆柱、圆锥、圆台)可以按照某条母线进行侧面 展开,这样就把本来不在一个平面上的问题转化为同一个平面上的问题,结合 问题的具体情况在平面上求解最值即可. 【例 4】 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=3,BC =4,CC1=5,则沿着长方体表面从 A 到 C1 的最短路线长为 ________. 点拨 求几何体表面上两点间的最短距离,可以将几何体的

侧面展开,利用平面内两点之间线段最短来解答. 解析 在长方体的表面上从 A 到 C1 有三种不同的展开图.

(1)将平面 ADD1A1 绕着 A1D1 折起,得到的平面图形如图 1 所示.

2 则 AB1=5+3=8,B1C1=4,连接 AC1,在 Rt△AB1C1 中,AC1= AB1 +B1C2 1=

82+42=4 5. (2)将平面 ABB1A1 绕着 A1B1 折起,得到的平面图形如图 2 所示.则 BC1=5+4 =9,AB=3,连接 AC1,
2 2 在 Rt△ABC1 中,AC1= AB2+BC2 1= 3 +9 =3 10.

(3)将平面 ADD1A1 绕着 DD1 折起,得到的平面图形如图 3 所示.则 AC=4+3
2 2 =7,CC1=5,连接 AC1,在 Rt△ACC1 中,AC1= AC2+CC2 1= 7 +5 = 74.

显然 74<4 5<3 10,故沿着长方体表面从 A 到 C1 的最短路线长为 74. 答案 点评 74 本题的难点在于如何将长方体的表面展开, 将其表面上的最短距离转化

为平面内两点间距离来解决.因为长方体的表面展开图形状比较多,其表面展 开图因展开的方式不同,会得到不同的结果,应将这些结果再进行比较才能确 定最值. 本题易出现的问题是只利用一种表面展开图得出数据就误以为是最小 值.

[思想方法] 1.棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征,计算问题往往转化到一个三角形中 进行解决. 2.旋转体要抓住“旋转”特点,弄清底面、侧面及展开图形状. 3.与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图 形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面 图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的 直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于 球的直径.

[易错防范] 1.台体可以看成是由锥体截得的,但一定强调截面与底面平行. 2.同一物体放置的位置不同,所画的三视图可能不同. 3.在绘制三视图时,分界线和可见轮廓线都用实线画出,被遮挡的部分的轮 廓线用虚线表示出来,即“眼见为实、不见为虚”.在三视图的判断与识别中 要特别注意其中的虚线. 4.对于简单的组合体的表面积,一定要注意其表面积是如何构成的,在计算 时不要多算也不要少算. 5.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.”

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2014· 江西卷)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是 ( )

解析

由直观图可知,该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往

下看,外层轮廓线是一个矩形,矩形内部有一条线段连接的两个三角形. 答案 B

2. (2015· 合肥质量检测)某空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为 ( )

A.12+4 2 C.28 解析

B.18+8 2 D.20+8 2

由三视图可得该几何体是平放的直三棱柱, 该直三棱柱的底面是腰长为

1 2 的等腰直角三角形、侧棱长为 4 ,所以表面积为 2 × 2 × 2 × 2 + 4×2×2 + 4×2 2=20+8 2,故选 D. 答案 D

3.(2014· 福州模拟)如图所示,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的 所有棱长均为 1,且 AA1⊥底面 ABC,则三棱锥 B1- ABC1 的体积为 3 A. 12 6 C. 12 解析 3 B. 4 6 D. 4 三棱锥 B1-ABC1 的体积等于三棱锥 A-B1BC1 的体积, 三棱锥 A-B1BC1 ( )

3 1 1 1 3 3 的高为 2 ,底面积为2,故其体积为3×2× 2 = 12 . 答案 A )

4. (2014· 四川卷)某三棱锥的侧视图、 俯视图如图所示, 则该三棱锥的体积是(

A.3 C. 3 解析

B.2 D.1 由俯视图可知,三棱锥底面是边长为 2 的等边三角形.由侧视图可知,

1 1 三棱锥的高为 3.故该三棱锥的体积 V=3×2×2× 3× 3=1. 答案 D

5.(2014· 新课标全国 Ⅰ卷)如图,网格纸上小正方形 的边长为 1,粗实线画出的是某多面体的三视图, 则该多面体的各条棱中, 最长的棱的长度为( A.6 2 C.6 解析 B.4 2 D.4 如图,设辅助正方体的棱长为 4,三视图对应的 )

多 面 体 为 三 棱 锥 A - BCD , 最 长 的 棱 为 AD = (4 2)2+22=6,选 C. 答案 C

二、填空题 6.如图所示,E,F 分别为正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面 ADD1A1、面 BCC1B1 的中心,则四边形 BFD1E 在该正 方体的面上的正投影可能是________(填序号).

解析

由正投影的定义, 四边形 BFD1E 在面 AA1D1D 与面 BB1C1C 上的正投影

是图③;其在面 ABB1A1 与面 DCC1D1 上的正投影是图②;其在面 ABCD 与面 A1B1C1D1 上的正投影也是②,故①④错误. 答案 ②③

7.(2014· 山东卷)在三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥 V1 D-ABE 的体积为 V1,P-ABC 的体积为 V2,则V =________.
2

解析

如图,设点 C 到平面 PAB 的距离为 h,△PAB

1 1 1 1 1 的面积为 S,则 V2=3Sh,V1=VE-ADB=3×2S×2h=12 V1 1 Sh,所以V =4.
2

答案

1 4

8.已知三棱锥 A-BCD 的所有棱长都为 2,则该三棱锥的外接球的表面积为 ________. 解析 如图, 构造正方体 ANDM-FBEC.因为三棱锥 A

-BCD 的所有棱长都为 2, 所以正方体 ANDM-FBEC 3 的棱长为 1.所以该正方体的外接球的半径为 2 . 易知三棱锥 A- BCD 的外接球就是正方体 ANDM- FBEC 的外接球, 所以三棱锥 A-BCD 的外接球的半径 3 ? 3?2 为 2 .所以三棱锥 A-BCD 的外接球的表面积为 S 球=4π? ? =3π. ?2? 答案 3π

三、解答题 9.如图是一个几何体的正视图和俯视图. (1)试判断该几何体是什么几何体; (2)画出其侧视图,并求该平面图形的面积; (3)求出该几何体的体积. 解 (1)正六棱锥.

(2)其侧视图如图,其中 AB=AC,AD⊥BC,且 BC 的长是俯 视图中的正六边形对边的距离,即 BC= 3a,AD 的长是正 六棱锥的高, 即 AD= 3a, 1 ∴该平面图形的面积 S=2 3 3a· 3a=2a2.

1 3 3 (3)V=3×6× 4 a2× 3a=2a3.

10.如图,已知某几何体的三视图如下(单位:cm):

(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法); (2)求这个几何体的表面积及体积. 解 (1)这个几何体的直观图如图所示.

(2)这个几何体可看成是正方体 AC1 及直三棱柱 B1C1Q -A1D1P 的组合体. 由 PA1=PD1= 2 cm,A1D1=AD=2 cm,可得 PA1⊥ PD1.故所求几何体的表面积 1 S=5×22+2×2× 2+2×2×( 2)2=22+4 2(cm2), 1 体积 V=23+2×( 2)2×2=10(cm3).

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.(2015· 成都诊断)如图是一个封闭几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( )

A.7π cm2 C.9π cm2 解析

B.8π cm2 D.11π cm2

依题意,题中的几何体是从一个圆柱中挖去一个半球后所剩余的部分,

其中该圆柱的底面半径是 1 cm、高是 3 cm,该球的半径是 1 cm,因此该几何 1 体表面积等于2×(4π×12)+π×12+2π×1×3=9π(cm2),故选 C. 答案 C

12.已知球的直径 SC=4,A,B 是该球球面上的两点,AB= 3,∠ASC=∠BSC =30°,则棱锥 S-ABC 的体积为 A.3 3 C. 3 解析 B.2 3 D.1 由题意知, 如图所示, 在棱锥 S-ABC 中, △SAC, ( )

△SBC 都是有一个角为 30°的直角三角形,其中 AB= 3,SC=4,所以 SA=SB=2 3,AC=BC=2,作 BD⊥ 1 SC 于 D 点, 连接 AD, 易证 SC⊥平面 ABD, 因此 V=3× 3 2 4 ×( 3) ×4= 3. 答案 C 125π 6 ,如果长方体的八个顶点都

13.(2014· 云南统一检测)已知球 O 的体积等于

在球 O 的球面上,那么这个长方体的表面积的最大值等于________. 解析 由球 O 的体积为 125π 4 5 3 = π R , 得球 O 的半径 R = 宽、 6 3 2.设长方体的长、

高分别为 x,y,z,则 x2+y2+z2=(2R)2=25,所以该长方体的表面积 2xy+2xz +2yz≤2(x2+y2+z2)=50,当且仅当 x=y=z 时取等号,所以表面积的最大值 为 50. 答案 50

14.如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD =2,将△ADC 沿 AC 折起,使平面 ADC⊥平面 ABC,得到几何体 D-ABC, 如图 2 所示.

(1)求证:BC⊥平面 ACD; (2)求几何体 D-ABC 的体积. (1)证明 在题图中,可得 AC=BC=2 2,

从而 AC2+BC2=AB2,故 AC⊥BC, 又平面 ADC⊥平面 ABC, 平面 ADC∩平面 ABC=AC, BC?平面 ABC,∴BC⊥平面 ACD. (2)解
ACD=

由(1)可知,BC 为三棱锥 B-ACD 的高,BC=2 2,S△ACD=2,∴VB- 1 1 4 2 3S△ACD·BC=3×2×2 2= 3 ,由等体积性可知,几何体 D-ABC 的体

4 2 积为 3 .

第2讲
最新考纲

空间点、线、面的位置关系

1.理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解有关的可以作为

推理依据的公理和定理;2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图 形的位置关系的简单命题.

知 识 梳 理

1.平面的基本性质 (1)公理 1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内. (2)公理 2:过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面. (3)公理 3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该 点的公共直线. (4)公理 2 的三个推论 推论 1:经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面. 推论 2:经过两条相交直线有且只有一个平面. 推论 3:经过两条平行直线有且只有一个平面. 2.空间中两直线的位置关系 (1)位置关系的分类 平行 ?共面直线? ? ?相交 ? ? 异面直线:不同在任何一个平面内 (2)异面直线所成的角 ①定义:设 a,b 是两条异面直线,经过空间任一点 O 作直线 a′∥a,b′∥b, 把 a′与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角). π? ? ②范围:?0, ?. 2? ? (3)平行公理和等角定理 ①平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. ②等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互

补. 3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况. (2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)梯形可以确定一个平面.(√) (2)圆心和圆上两点可以确定一个平面.(×) (3)已知 a,b,c,d 是四条直线,若 a∥b,b∥c,c∥d,则 a∥d.(√) (4)两条直线 a,b 没有公共点,则 a 与 b 是异面直线.(×) 2.已知 a,b 是异面直线,直线 c 平行于直线 a,那么 c 与 b( A.一定是异面直线 C.不可能是平行直线 解析 B.一定是相交直线 D.不可能是相交直线 ) 精彩 PPT 展示

由已知得直线 c 与 b 可能为异面直线也可能为相交直线, 但不可能为平

行直线,若 b∥c,则 a∥b,与已知 a,b 为异面直线相矛盾. 答案 C )

3.下列命题正确的个数为( ①经过三点确定一个平面 ②梯形可以确定一个平面

③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 ④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合 A.0 B.1 C.2 解析 D.3

经过不共线的三点可以确定一个平面,∴①不正确;两条平行线可以确

定一个平面,∴②正确;两两相交的三条直线可以确定一个或三个平面,∴③ 正确;命题④中没有说明三个交点是否共线,∴④不正确. 答案 C

4.(2014· 广东卷)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,满足 l1⊥l2,l2 ⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( A.l1⊥l4 B.l1∥l4 )

C.l1 与 l4 既不垂直也不平行 D.l1 与 l4 的位置关系不确定 解析 构造如图所示的正方体 ABCD-A1B1C1D1,取 l1 为 AD,

l2 为 AA1,l3 为 A1B1,当取 l4 为 B1C1 时,l1∥l4,当取 l4 为 BB1 时,l1⊥l4,故排除 A,B,C,选 D. 答案 D

5.(2015· 成都诊断)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是棱 A1B1,A1D1 的中点,则 A1B 与 EF 所成角的大小为________. 解析 如图,连接 B1D1,D1C,B1C.由题意知 EF 是△A1B1D1

的中位线,所以 EF∥B1D1,又 A1B∥D1C,即∠B1D1C(或其补 角)为异面直线 A1B 与 EF 所成的角. 因为△D1B1C 为正三角形, π π 所以∠B1D1C= 3 .故 A1B 与 EF 所成角的大小为 3 . 答案 π 3

考点一

平面基本性质的应用 )

【例 1】 (1)以下四个命题中,正确命题的个数是( ①不共面的四点中,其中任意三点不共线;

②若点 A,B,C,D 共面,点 A,B,C,E 共面,则 A,B,C,D,E 共面; ③若直线 a,b 共面,直线 a,c 共面,则直线 b,c 共面; ④依次首尾相接的四条线段必共面. A.0 B.1 C.2 D.3 (2)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P,Q,R 分别是 AB,AD,B1C1 的中点, 那么正方体的过 P,Q,R 的截面图形是( A.三角形 C.五边形 解析 B.四边形 D.六边形 )

(1)①正确, 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;②不正确,从条件看出 两平面有三个公共点 A,B,C,但是若 A,B,C 共线,则结论不正确;③不 正确,共面不具有传递性;④不正确,因为此时所得的四边形四条边可以不在 同一个平面上,如空间四边形. (2)如图所示,作 RG∥PQ 交 C1D1 于 G,连接 QP 并延长与 CB 延长线交于 M, 且 QP 反向延长线与 CD 延长线交于 N, 连接 MR 交 BB1 于 E,连接 PE,则 PE,RE 为截面与正方 体的交线,同理连接 NG 交 DD1 于 F,连接 QF,FG,则 QF,FG 为截面与正方体的交线, ∴截面为六边形 PQFGRE. 答案 (1)B (2)D (1)公理 1 是判断一条直线是否在某个平面的依据; 公理 2 及其推论

规律方法

是判断或证明点、 线共面的依据; 公理 3 是证明三线共点或三点共线的依据. 要 能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理.(2)画几何体的截面, 关键是画截面与几何体各面的交线,此交线只需两个公共点即可确定,作图时 充分利用几何体本身提供的面面平行等条件,可以更快地确定交线的位置. 【训练 1】 如图所示是正方体和正四面体,P,Q,R,S 分别是所在棱的中点, 则四个点共面的图形的序号是________.

解析

可证①中的四边形 PQRS 为梯形;②中,如图所示,

取 A1A 和 BC 的中点分别为 M,N,可证明 PMQNRS 为平面 图形,且 PMQNRS 为正六边形;③中,可证四边形 PQRS 为 平行四边形;④中,可证 Q 点所在棱与面 PRS 平行,因此, P,Q,R,S 四点不共面. 答案 考点二 ①②③ 空间两条直线的位置关系

【例 2】 如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N 分别为 DE,BE,EF, EC 的中点,在这个正四面体中,

①GH 与 EF 平行; ②BD 与 MN 为异面直线; ③GH 与 MN 成 60°角; ④DE 与 MN 垂直. 以上四个命题中,正确命题的序号是________. 解析 把正四面体的平面展开图还原.如图所示,GH 与 EF 为

异面直线,BD 与 MN 为异面直线,GH 与 MN 成 60°角,DE⊥ MN. 答案 ②③④ 空间中两直线位置关系的判定,主要是异面、平行和垂直的判定,

规律方法

对于异面直线,可采用直接法或反证法;对于平行直线,可利用三角形(梯形) 中位线的性质、平行公理及线面平行与面面平行的性质定理;对于垂直关系, 往往利用线面垂直的性质来解决. 【训练 2 】 (1)(2014· 余姚模拟 ) 如图,在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,M,N 分别是 BC1,CD1 的中点,则下列说法错 误的是( )

A.MN 与 CC1 垂直 B.MN 与 AC 垂直 C.MN 与 BD 平行 D.MN 与 A1B1 平行 (2)在图中,G,H,M,N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直 线 GH,MN 是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号).

解析

(1)如图,连接 C1D,BD,AC,在△C1DB 中,MN∥

BD,故 C 正确; ∵CC1⊥平面 ABCD,∴CC1⊥BD, ∴MN 与 CC1 垂直,故 A 正确;

∵AC⊥BD,MN∥BD,∴MN 与 AC 垂直,故 B 正确; ∵A1B1 与 BD 异面,MN∥BD, ∴MN 与 A1B1 不可能平行,故 D 错误,选 D. (2)图①中,直线 GH∥MN;图②中,G,H,N 三点共面,但 M?面 GHN,因 此直线 GH 与 MN 异面;图③中,连接 MG,GM∥HN,因此 GH 与 MN 共面; 图④中,G,M,N 共面,但 H?面 GMN,因此 GH 与 MN 异面.所以在图②④ 中 GH 与 MN 异面. 答案 考点三 (1)D (2)②④ 求异面直线所成的角

【例 3】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 的菱 形,∠DAB=60°,对角线 AC 与 BD 交于点 O,PO⊥平面 ABCD,PB 与平面 ABCD 所成角为 60°. (1)求四棱锥的体积; (2)若 E 是 PB 的中点,求异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值. 解 (1)在四棱锥 P-ABCD 中,

∵PO⊥面 ABCD, ∴∠PBO 是 PB 与面 ABCD 所成的角,即∠PBO=60°, 在 Rt△ABO 中,AB=2,∠OAB=30°, ∴BO=AB· sin 30°=1, ∵PO⊥面 ABCD,OB?面 ABCD,∴PO⊥OB, ∴在 Rt△POB 中,PO=BO· tan 60°= 3, 3 ∵底面菱形的面积 S=2× 4 ×22=2 3. 1 ∴四棱锥 P-ABCD 的体积 VP-ABCD= ×2 3× 3=2. 3 (2)取 AB 的中点 F,连接 EF,DF, ∵E 为 PB 中点,∴EF∥PA, ∴∠DEF 为异面直线 DE 与 PA 所成角(或其补角). 在 Rt△AOB 中, AO=AB· cos 30°= 3=OP, ∴在 Rt△POA 6 中,PA= 6,∴EF= 2 .

在正△ABD 和正△PDB 中,DF=DE= 3, 在△DEF 中,由余弦定理, DE2+EF2-DF2 得 cos∠DEF= 2DE·EF ? 6?2 6 ( 3)2+? ? -( 3)2 4 ?2? 2 = = =4. 6 3 2 2× 3× 2 2 即异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值为 4 . 规律方法 求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移方法一般有三种类

型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平 移;补形平移. 【训练 3】 (2014· 潍坊一模)已知在三棱锥 A-BCD 中,AB=CD,且点 M,N 分别是 BC,AD 的中点. (1)若直线 AB 与 CD 所成的角为 60°, 则直线 AB 和 MN 所成的角为________. (2)若直线 AB⊥CD,则直线 AB 与 MN 所成的角为________. 深度思考 求异面直线所成的角常采用“平移直线法” ,你是不是用的这种方

法?但还可以有一种不错的方法:补形法.将该三椎锥放在长方体中,不妨用 这种方法试一试本题第(1)问? 解析 (1)法一 如图,取 AC 的中点 P,连接 PM,PN,则 PM∥AB,且 PM

1 1 =2AB,PN∥CD,且 PN=2CD, 所以∠MPN(或其补角)为 AB 与 CD 所成的角. 则∠MPN=60°或∠MPN=120°, 若∠MPN=60°, 因为 PM∥AB, 所以∠PMN(或其补角)是 AB 与 MN 所成的角. 又因为 AB=CD, 所以 PM=PN, 则△PMN 是等边三角形, 所以∠PMN=60°,

即 AB 与 MN 所成的角为 60°. 若∠MPN=120°, 则易知△PMN 是等腰三角形. 所以∠PMN=30°, 即 AB 与 MN 所成的角为 30°. 综上直线 AB 和 MN 所成的角为 60° 或 30°. 法二 由 AB=CD,可以把该三棱锥放在长方体 AA1BB1-

C1CD1D 中进行考虑,如图, 由 M,N 分别是 BC,AD 的中点, 所以 MN∥AA1,即∠BAA1(或其补角)为 AB 与 MN 所成的角. 连接 A1B1 交 AB 于 O, 所以 A1B1∥CD,即∠AOA1(或其补角)为 AB 与 CD 所成的角.所以∠AOA1= 60°或 120°,由矩形 AA1BB1 的性质可得∠BAA1=60°或 30°. 所以直线 AB 和 MN 所成的角为 60°或 30°. 1 (2)取 AC 的中点 P,连接 PM,PN,则 PM 綉2AB,所以∠MPN(或其补角)为 AB 与 CD 所成的角, 由于 AB⊥CD,所以∠MPN=90°. 又 AB=CD,所以 PM=PN,从而∠PMN=45°, 即 AB 与 MN 所成的角为 45°. 答案 (1)60°或 30° (2)45°

[思想方法] 1.主要题型的解题方法 (1)要证明“线共面”或“点共面”可先由部分直线或点确定一个平面, 再证其 余直线或点也在这个平面内(即“纳入法”). (2)要证明“点共线”可将线看作两个平面的交线, 只要证明这些点都是这两个 平面的公共点,根据公理 3 可知这些点在交线上或选择某两点确定一条直线, 然后证明其他点都在这条直线上. 2.判定空间两条直线是异面直线的方法

(1)判定定理:平面外一点 A 与平面内一点 B 的连线和平面内不经过该点 B 的 直线是异面直线. (2)反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从而可得两线 异面. 3.求两条异面直线所成角的大小,一般方法是通过平行移动直线,把异面问 题转化为共面问题来解决.根据空间等角定理及推论可知,异面直线所成角的 大小与顶点位置无关,往往可以选在其中一条直线上(线面的端点或中点)利用 三角形求解. [易错防范] 1.正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义,不要理解成“不在 同一个平面内”. 2.不共线的三点确定一个平面,一定不能丢掉“不共线”条件. π? ? 3.两条异面直线所成角的范围是?0, ?. 2? ? 4.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时,容易忽视这个三角形的 内角可能等于两异面直线所成的角,也可能等于其补角.

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.若空间三条直线 a,b,c 满足 a⊥b,b⊥c,则直线 a 与 c A.一定平行 B.一定相交 C.一定是异面直线 D.平行、相交、是异面直线都有可能 解析 当 a,b,c 共面时,a∥c;当 a,b,c 不共面时,a 与 c 可能异面也可 ( )

能相交. 答案 D

2.(2014· 江西七校联考)已知直线 a 和平面 α,β ,α ∩β =l,a?α ,a?β ,且 a 在 α,β 内的射影分别为直线 b 和 c,则直线 b 和 c 的位置关系是 A.相交或平行 C.平行或异面 解析 答案 B.相交或异面 D.相交、平行或异面 ( )

依题意,直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面,选 D. D ( )

3.l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是 A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1⊥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面 解析

当 l1⊥l2,l2⊥l3 时,l1 与 l3 也可能相交或异面或平行,故 A 不正确;l1

⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3,故 B 正确;当 l1∥l2∥l3 时,l1,l2,l3 未必共面,如三棱 柱的三条侧棱,故 C 不正确;l1,l2,l3 共点时,l1,l2,l3 未必共面,如正方体 中从同一顶点出发的三条棱,故 D 不正确. 答案 B

4.(2014· 三亚一模)在空间四边形 ABCD 中,AB=CD,AD=BC,AB≠AD,M, N 分别是对角线 AC 与 BD 的中点,则 MN 与 A.AC,BD 之一垂直 C.AC,BD 都不垂直 解析 B.AC,BD 都垂直 D.AC,BD 不一定垂直 ( )

连接 AN,CN,∵AD=BC,AB=CD,BD=BD,

∴△ABD≌△CDB,则 AN=CN,在等腰△ANC 中,由 M 为 AC 的中点知 MN⊥AC.同理可证 MN⊥BD.故选 B. 答案 B ( )

5.(2014· 深圳调研)两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是 A.两条相交直线 C.两个点 解析 B.两条平行直线 D.一条直线和直线外一点

如图,在正方体 ABCD-EFGH 中,M,N

分别为 BF,DH 的中点,连接 MN,DE,CF,EG.

当异面直线为 EG,MN 所在直线时,它们在底面 ABCD 内的射影为两条相交 直线;当异面直线为 DE,GF 所在直线时,它们在底面 ABCD 内的射影分别 为 AD,BC,是两条平行直线;当异面直线为 DE,BF 所在直线时,它们在底 面 ABCD 内的射影分别为 AD 和点 B,是一条直线和一个点,故选 C. 答案 C

二、填空题 6.平面 α,β 相交,在 α,β 内各取两点,这四点都不在交线上,这四点能确定 ________个平面. 解析 若过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行, 则确定一个

平面;否则确定四个平面. 答案 1或4

7.如果两条异面直线称为“一对”,那么在正方体的十二条棱中共有异面直线 ________对. 解析 如图所示, 与 AB 异面的直线有 B1C1, CC1, A1D1,

DD1 四条,因为各棱具有不同的位置,且正方体共有 12 条棱,排除两棱的重复计算,共有异面直线 24(对). 答案 24 12×4 = 2

8.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 C1D1,C1C 的中点,有以下四个结论: ①直线 AM 与 CC1 是相交直线; ②直线 AM 与 BN 是平行直线; ③直线 BN 与 MB1 是异面直线; ④直线 AM 与 DD1 是异面直线. 其中正确的结论为________. 解析 A,M,C1 三点共面,且在平面 AD1C1B 中,但 C?平面 AD1C1B,因此

直线 AM 与 CC1 是异面直线,同理 AM 与 BN 也是异面直线,AM 与 DD1 也是 异面直线,①②错,④正确;M,B,B1 三点共面,且在平面 MBB1 中,但 N? 平面 MBB1,因此直线 BN 与 MB1 是异面直线,③正确.

答案

③④

三、解答题 9.如图,四边形 ABEF 和 ABCD 都是直角梯形,∠BAD 1 1 =∠FAB=90°,BC 綉2AD,BE 綉2FA,G,H 分 别为 FA,FD 的中点. (1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C,D,F,E 四点是否共面?为什么? (1)证明 1 1 由已知 FG=GA,FH=HD,可得 GH 綉2AD.又 BC 綉2AD,

∴GH 綉 BC,∴四边形 BCHG 为平行四边形. (2)解 1 由 BE 綉2AF,G 为 FA 中点知,BE 綉 FG,

∴四边形 BEFG 为平行四边形,∴EF∥BG. 由(1)知 BG 綉 CH,∴EF∥CH,∴EF 与 CH 共面. 又 D∈FH,∴C,D,F,E 四点共面. 10.如图,在四棱锥 O-ABCD 中,底面 ABCD 是边长 为 2 的正方形,OA⊥底面 ABCD,OA=2,M 为 OA 的中点. (1)求四棱锥 O-ABCD 的体积; (2)求异面直线 OC 与 MD 所成角的正切值的大小. 解 (1)由已知可求得,正方形 ABCD 的面积 S=4,

1 8 所以,四棱锥 O-ABCD 的体积 V=3×4×2=3. (2)如图, 连接 AC, 设线段 AC 的中点为 E, 连接 ME, DE, 则∠EMD(或其补角)为异面直线 OC 与 MD 所成的 角,由已知, 可得 DE= 2,EM= 3,MD= 5, ∵( 2)2+( 3)2=( 5)2,

∴△DEM 为直角三角形, DE 2 6 ∴tan∠EMD=EM= = 3 . 3 6 故异面直线 OC 与 MD 所成角的正切值为 3 .

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.(2015· 长春一模)一个正方体的展开图如图所示, A, B,C,D 为原正方体的顶点,则在原来的正方体中 ( A.AB∥CD B.AB 与 CD 相交 C.AB⊥CD D.AB 与 CD 所成的角为 60° 解析 如图,把展开图中的各正方形按图 1 所示的方式分别作为正方体的前、 )

后、左、右、上、下面还原,得到图 2 所示的直观图,可见选项 A,B,C 不 正确.图 2 中,BE∥CD,∠ABE 为 AB 与 CD 所成的角,△ABE 为等边三角 形, ∴∠ABE=60°,∴正确选项为 D.

答案

D

12.(2014· 北京西城区模拟)如图所示,在空间四边形 ABCD 中,点 E,H 分别是边 AB,AD 的中点,点 F,G 分别 CF CG 2 是边 BC,CD 上的点,且CB=CD=3,则 A.EF 与 GH 平行 ( )

B.EF 与 GH 异面 C.EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上,也可能不在直线 AC 上 D.EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上 解析 依题意,可得 EH∥BD,FG∥BD,故 EH∥FG,所以 E,F,G,H 共 1 2 面.因为 EH=2BD,FG=3BD,故 EH≠FG,所以 EFGH 是梯形,EF 与 GH 必相交,设交点为 M.因为点 M 在 EF 上,故点 M 在平面 ACB 上.同理,点 M 在平面 ACD 上,即点 M 是平面 ACB 与平面 ACD 的交点,而 AC 是这两个平 面的交线,所以点 M 一定在直线 AC 上. 答案 D

13.四棱锥 P-ABCD 的所有侧棱长都为 5,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 则 CD 与 PA 所成角的余弦值为________. 解析 因为四边形 ABCD 为正方形,故 CD∥AB,则 CD 与 PA 所成的角即为

AB 与 PA 所成的角,即为∠PAB. 在 △PAB 内 , PB = PA = 5 , AB = 2 , 利 用 余 弦 定 理 可 知 cos ∠ PAB = PA2+AB2-PB2 5+4-5 5 = =5. 2×PA×AB 2× 5×2 答案 5 5

14.如图所示,正方体 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)连接 EF,CD1,A1B.

∵E,F 分别是 AB,AA1 的中点, ∴EF∥BA1.又 A1B∥D1C,∴EF∥CD1, ∴E,C,D1,F 四点共面. (2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE 与 D1F 必相交,设交点为 P, 则由 P∈CE,CE?平面 ABCD, 得 P∈平面 ABCD. 同理 P∈平面 ADD1A1.

又平面 ABCD∩平面 ADD1A1=DA, ∴P∈直线 DA. ∴CE,D1F,DA 三线共点.

第3讲
最新考纲

直线、平面平行的判定与性质

1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,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,并能够证明相关性质定理;2. 能运用线面平行、 面面平行的判定及性质定理证明一些空间图形的平行关系的 简单命题.

知 识 梳 理

1.直线与平面平行的判定与性质 判定 定义 图形 a∥α ,a?β , α ∩β =b a∥b 定理 性质

条件 结论

a∩α=? a∥α

a?α ,b?α ,a∥b b∥α

a∥α a∩α=?

2.面面平行的判定与性质 判定 定义 图形 α∩β=? α∥β a?β ,b?β ,a∩b α ∥β , α ∩γ =P, a∥α , b∥α α∥β =a, β ∩γ =b a∥b α∥β,a?β a∥α 定理 性质

条件 结论

诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩 PPT 展示

(1) 若一条直线平行于一个平面内的一条直线 ,则这条直线平行于这个平 面.(×)

(2) 若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任一条直 线.(×) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.(×) (4)若 α∥β,直线 a∥α,则 a∥β.(×) 2.若直线 m?平面 α,则条件甲:“直线 l∥α”是条件乙:“l∥m”的( A.充分不必要条件 C.充分必要条件 答案 D ) B.必要不充分条件 )

D.既不充分也不必要条件

3.已知 m,n 表示两条不同直线,α 表示平面.下列说法正确的是( A.若 m∥α,n∥α ,则 m∥n B.若 m⊥α,n?α ,则 m⊥n C.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α D.若 m∥α,m⊥n,则 n⊥α 解析

若 m∥α,n∥α,则 m 与 n 可能平行、相交或异面,故 A 错误;B 正

确;若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α 或 n?α,故 C 错误;若 m∥α,m⊥n,则 n 与 α 可能平行、相交或 n?α,故 D 错误.因此选 B. 答案 B

4.过三棱柱 ABC-A1B1C1 任意两条棱的中点作直线,其中与平面 ABB1A1 平 行的直线共有________条. 解析 各中点连线如图,只有面 EFGH 与面 ABB1A1 平行,在四边形 EFGH 中

有 6 条符合题意.

答案

6

5.(人教 A 必修 2P56 练习 2 改编)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 DD1 的中点,则 BD1 与平面 AEC 的位置关系为________.

解析

连接 BD,设 BD∩AC=O,连接 EO,在△BDD1 中,O 为 BD 的中点,

所以 EO 为△BDD1 的中位线, 则 BD1∥EO, 而 BD1?平面 ACE, EO?平面 ACE, 所以 BD1∥平面 ACE. 答案 平行

考点一

有关线面、面面平行的命题真假判断

【例 1】 (1)(2013· 广东卷)设 m,n 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平 面,下列命题中正确的是( )

A.若 α⊥β,m?α ,n?β ,则 m⊥n B.若 α∥β,m?α ,n?β , ,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α ,n?β ,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β ,则 α⊥β (2)设 m, n 表示不同直线, α , β 表示不同平面, 则下列结论中正确的是( A.若 m∥α,m∥n,则 n∥α B.若 m?α ,n?β ,m∥β ,n∥α ,则 α∥β C.若 α∥β,m∥α ,m∥n,则 n∥β D.若 α∥β,m∥α ,n∥m,n?β ,则 n∥β 解析 (1)A 中,m 与 n 可垂直、可异面、可平行;B 中 m 与 n 可平行、可异 )

面;C 中,若 α∥β,仍然满足 m⊥n,m?α,n?β,故 C 错误;故 D 正确. (2)A 错误,n 有可能在平面 α 内;B 错误,平面 α 有可能与平面 β 相交;C 错 误, n 也有可能在平面 β 内; D 正确, 易知 m∥β 或 m?β, 若 m?β, 又 n∥m, n?β, ∴n∥β, 若 m∥β, 过 m 作平面 γ 交平面 β 于直线 l, 则 m∥l, 又 n∥m, ∴n∥l,又 n?β,l?β,∴n∥β. 答案 (1)D (2)D 线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现,处理方法是数

规律方法

形结合,画图或结合正方体等有关模型来解题. 【训练 1】 (1)(2014· 长沙模拟)若直线 a⊥b,且直线 a∥平面 α,则直线 b 与 平面 α 的位置关系是( A.b?α B.b∥α )

C.b?α 或 b∥α D.b 与 α 相交或 b?α 或 b∥α (2)给出下列关于互不相同的直线 l,m,n 和平面 α,β ,γ 的三个命题: ①若 l 与 m 为异面直线,l?α ,m?β ,则 α∥β; ②若 α∥β,l?α ,m?β ,则 l∥m; ③若 α∩β=l,β ∩γ =m,γ ∩α =n,l∥γ ,则 m∥n. 其中真命题的个数为( A.3 B.2 C.1 解析 ) D.0

(1)可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当 b 与 α 相交或 b?α或

b∥α 时,均满足直线 a⊥b,且直线 a∥平面 α 的情况,故选 D. (2)①中,当 α 与 β 相交时,也能存在符合题意的 l,m;②中,l 与 m 也可能 异面;③中,l∥γ,l?β,β∩γ=m?l∥m,同理 l∥n,则 m∥n,正确. 答案 考点二 (1)D (2)C 直线与平面平行的判定与性质

【例 2】 如图,几何体 E-ABCD 是四棱锥,△ABD 为正 三角形,CB=CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥ 平面 BEC. 深度思考 证明线面平行的方法常用线面平行的判定定理,但有些问题可先证

面面平行,本题就可用这两种方法,你不妨试一试.

证明

(1)如图,取 BD 的中点 O,连接 CO,EO.

由于 CB=CD,所以 CO⊥BD. 又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC, 又 EO?平面 EOC,因此 BD⊥EO. 又 O 为 BD 的中点,所以 BE=DE. (2)法一 如图,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN.

因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE. 又 MN?平面 BEC, BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC. 又因为△ABD 为正三角形,所以∠BDN=30°. 又 CB=CD,∠BCD=120°,因此∠CBD=30°. 所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC, 所以 DN∥平面 BEC.又 MN∩DN=N, 所以平面 DMN∥平面 BEC. 又 DM?平面 DMN,所以 DM∥平面 BEC. 法二 如图,延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF.

因为 CB=CD,∠BCD=120°, 所以∠CBD=30°. 因为△ABD 为正三角形, 所以∠BAD=∠ABD=60°, ∠ABC=90°, 1 因为∠AFB=30°,所以 AB=2AF. 又 AB=AD,所以 D 为线段 AF 的中点. 连接 DM,由于点 M 是线段 AE 的中点, 因此 DM∥EF.

又 DM?平面 BEC,EF?平面 BEC, 所以 DM∥平面 BEC. 规律方法 判断或证明线面平行的常用方法: (1)利用线面平行的定义, 一般用

反证法;(2)利用线面平行的判定定理(a?α,b?α,a∥b?a∥α),其关键是 在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行,证明时注意用符号语言的叙述; (3) 利用面面平行的性质定理 (α∥β , a? α ?a ∥ β ) ; (4) 利用面面平行的性质 (α∥β,a?β,a∥α?a∥β). 【训练 2】 如图,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90°, AB=AC= 2,AA′=1,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中 点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′-MNC 的体积. (1)证明 法一 连接 AB′,AC′,如图,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三

棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′中点. 又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. 法二 取 A′B′的中点 P,连接 MP,NP,AB′,如图,而

M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′. 又 MP∩NP=P,因此平面 MPN∥平面 A′ACC′. 而 MN?平面 MPN,因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)解 法一 连接 BN,如上图,由题意 A′N⊥B′C′,平面 A′B′C′∩平面

B′BCC′=B′C′,A′N?平面 A′B′C′, 1 所以 A′N⊥平面 NBC.又 A′N=2B′C′=1, 1 1 1 故 VA′-MNC=VN-A′MC=2VN-A′BC=2VA′-NBC=6.

法二 考点三

1 1 VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC=2VA′-NBC=6. 平面与平面平行的判定与性质

【例 3】 如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 是底面 中心, A1O⊥底面 ABCD,AB=AA1= 2. (1)证明:平面 A1BD∥平面 CD1B1; (2)求三棱柱 ABD-A1B1D1 的体积. (1)证明 由题设知,BB1 綉 DD1,∴四边形 BB1D1D 是平行四边形,

∴BD∥B1D1. 又 BD?平面 CD1B1,B1D1?平面 CD1B1, ∴BD∥平面 CD1B1. ∵A1D1 綉 B1C1 綉 BC, ∴四边形 A1BCD1 是平行四边形,∴A1B∥D1C. 又 A1B?平面 CD1B1, ∴A1B∥平面 CD1B1. 又∵BD∩A1B=B, ∴平面 A1BD∥平面 CD1B1. (2)解 ∵A1O⊥平面 ABCD,

∴A1O 是三棱柱 ABD-A1B1D1 的高. 1 又∵AO=2AC=1,AA1= 2,
2 ∴A1O= AA2 1-OA =1.

1 又∵S△ABD=2× 2× 2=1, ∴VABD-A1B1D1=S△ABD×A1O=1. 规律方法 证明两个平面平行的方法有: (1)用定义, 此类题目常用反证法来完

成证明; (2)用判定定理: 如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面, 那么这两个平面平行; (3)根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质 进行证明;(4)借助“传递性”来完成:两个平面同时平行于第三个平面,那么

这两个平面平行;(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互 转化. 【训练 3】 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,E,F,G,H 分别是 AB,AC,A1B1,A1C1 的中点,求证: (1)B,C,H,G 四点共面; (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. 证明 (1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线,∴GH∥B1C1,

又 B1C1∥BC, ∴GH∥BC,∴B,C,H,G 四点共面. (2)在△ABC 中,E,F 分别为 AB,AC 的中点, ∴EF∥BC,∵EF?平面 BCHG,BC?平面 BCHG, ∴EF∥平面 BCHG. 又∵G,E 分别为 A1B1,AB 的中点, ∴A1G 綉 EB, ∴四边形 A1EBG 是平行四边形,∴A1E∥GB. ∵A1E?平面 BCHG,GB?平面 BCHG, ∴A1E∥平面 BCHG.又∵A1E∩EF=E, ∴平面 EFA1∥平面 BCHG. 考点四 平行关系中的探索性问题

【例 4】 (2014· 四川卷)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都 为矩形. (1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否 存在一点 M,使直线 DE∥平面 A1MC?请证明你的结论. (1)证明 因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形,

所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC?平面 ABC,

所以 AA1⊥BC. 又 AC⊥BC,AA1,AC 为平面 ACC1A1 内两条相交直线, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)解 取线段 AB 的中点 M,

连接 A1M,MC,A1C,AC1,OM,设 O 为 A1C,AC1 的交点. 由已知可知 O 为 AC1 的中点. 连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线. 1 1 所以 MD 綉2AC,OE 綉2AC,因此 MD 綉 OE.

从而四边形 MDEO 为平行四边形, 则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, 所以直线 DE∥平面 A1MC, 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点), 使直线 DE∥平面 A1MC. 规律方法 解决探究性问题一般先假设求解的结果存在,从这个结果出发,寻

找使这个结论成立的充分条件,如果找到了使结论成立的充分条件,则存在; 如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾),则不存在.而对于探求点的问 题,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合 要求的证明.

【训练 4】如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PD⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 为矩形,PD=DC=4,AD=2,E 为 PC 的中 点. (1)求三棱锥 A-PDE 的体积; (2)AC 边上是否存在一点 M,使得 PA∥平面 EDM?若存在,求出 AM 的长; 若不存在,请说明理由. 解 (1)因为 PD⊥平面 ABCD,所以 PD⊥AD.

又因为 ABCD 是矩形,所以 AD⊥CD. 因为 PD∩CD=D,所以 AD⊥平面 PCD, 所以 AD 是三棱锥 A-PDE 的高. 因为 E 为 PC 的中点,且 PD=DC=4, 1 1 ?1 ? 所以 S△PDE=2S△PDC=2×?2×4×4?=4. ? ? 1 1 8 又 AD=2,所以 VA-PDE=3AD·S△PDE=3×2×4=3. (2)取 AC 中点 M,连接 EM,DM, 因为 E 为 PC 的中点,M 是 AC 的中点,所以 EM∥PA. 又因为 EM?平面 EDM, PA?平面 EDM, 所以 PA∥平面 EDM. 1 所以 AM=2AC= 5. 即在 AC 边上存在一点 M,使得 PA∥平面 EDM,AM 的长为 5.

[思想方法] 1.对线面平行,面面平行的认识一般按照“定义—判定定理—性质定理—应 用”的顺序.其中定义中的条件和结论是相互充要的,它既可以作为判定线面 平行和面面平行的方法,又可以作为线面平行和面面平行的性质来应用. 2.在解决线面、面面平行的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化, 其转化关系为

在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的 具体条件而定,决不可过于“模式化”. [易错防范] 1.在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则,会出现错误. 2.线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加,在添加辅助线、辅 助面时一定要以某一性质定理为依据,绝不能主观臆断. 3.解题时注意符号语言的规范应用.

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.若直线 ɑ 平行于平面 α,则下列结论错误的是 A.ɑ平行于 α 内的所有直线 B.α 内有无数条直线与 ɑ 平行 C.直线 ɑ 上的点到平面 α 的距离相等 D.α 内存在无数条直线与 ɑ 成 90°角 解析 若直线ɑ平行于平面 α,则 α 内既存在无数条直线与ɑ平行,也存在无数 ( )

条直线与ɑ异面且垂直,所以 A 不正确,B,D 正确,又夹在相互平行的线与 平面间的平行线段相等,所以 C 正确. 答案 A

2.平面 α∥平面 β,点 A,C∈α ,B,D∈β ,则直线 AC∥直线 BD 的充要条件 是 A.AB∥CD C.AB 与 CD 相交 解析 B.AD∥CB D.A,B,C,D 四点共面 ( )

充分性:A,B,C,D 四点共面,由平面与平面平行的性质知 AC∥BD.

必要性显然成立. 答案 D ( )

3.设 l 为直线,α ,β 是两个不同的平面.下列命题中正确的是 A.若 l∥α,l∥β ,则 α∥β C.若 l⊥α,l∥β ,则 α∥β 解析 B.若 l⊥α,l⊥β ,则 α∥β D.若 α⊥β,l∥α ,则 l⊥β

l∥α,l∥β,则 α 与 β 可能平行,也可能相交,故 A 项错;由“垂直

于同一条直线的两个平面平行”可知 B 项正确;由 l⊥α,l∥β可知α⊥β, 故 C 项错;由 α⊥β,l∥α可知 l 与 β 可能平行,也可能 l?β,也可能相交, 故 D 项错.故选 B. 答案 B

4.(2015· 吉林九校联考)已知 m,n 为两条不同的直线,α ,β ,γ 为三个不同的 平面,则下列命题中正确的是 A.若 m∥α,n∥α ,则 m∥n B.若 m⊥α,n⊥α ,则 m∥n C.若 α∥β,m∥n,m∥α ,则 n∥β D.若 α⊥γ,β ⊥γ ,则 α∥β 解析 对于选项 A,m∥α,n∥α,则 m 与 n 可以平行,可以相交,可以异 ( )

面,故 A 错误;对于选项 B,由线面垂直的性质定理知,m∥n,故 B 正确; 对于选项 C,n 可以平行 β,也可以在 β 内,故 C 错;对于选项 D,α与 β 可 以相交,因此 D 错.故选 B. 答案 B

5.在四面体 ABCD 中, 截面 PQMN 是正方形,则在下列结 论中,错误的是 A.AC⊥BD B.AC∥截面 PQMN C.AC=BD D.异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45° 解析 因为截面 PQMN 是正方形, ( )

所以 MN∥QP,则 MN∥平面 ABC, 由线面平行的性质知 MN∥AC,则 AC∥截面 PQMN,

同理可得 MQ∥BD,又 MN⊥QM, 则 AC⊥BD,故 A、B 正确. 又因为 BD∥MQ, 所以异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 QM 所成的角, 即为 45°,故 D 正确. 答案 C

二、填空题 6.棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是棱 AA1 的中点,过 C,M,D1 作正方体的截面,则截面的面积是________. 解析 由面面平行的性质知截面与面 AB1 的交线 MN 是△AA1B 的中位线,所

9 以截面是梯形 CD1MN,易求其面积为2. 答案 9 2

7.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点,点 F 在 CD 上.若 EF∥平面 AB1C,则线 段 EF 的长度等于________. 解析 因为直线 EF∥平面 AB1C,EF?平面 ABCD,且

平面 AB1C∩平面 ABCD=AC, 所以 EF∥AC, 又 E 是 DA 的中点,所以 F 是 DC 的中点, 1 由中位线定理可得 EF=2AC, 又在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2, 所以 AC=2 2, 所以 EF= 2. 答案 2

8.(2014· 金丽衢十二校联考)设 α,β ,γ 是三个平面,a,b 是两条不同直线, 有下列三个条件:①a∥γ ,b?β ;②a∥γ,b∥β ;③b∥β ,a?γ .如果命 题“α∩β=a,b?γ ,且________,则 a∥b”为真命题,则可以在横线处填 入的条件是________(把所有正确的序号填上). 解析 由面面平行的性质定理可知,①正确;当 b∥β,a?γ时,a 和 b 在同

一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.故应填入的条件为①或③. 答案 ①或③

三、解答题 9.(2014· 洛阳模拟)如图,ABCD 与 ADEF 为平行四边形,M,N,G 分别是 AB, AD,EF 的中点.

求证:(1)BE∥平面 DMF; (2)平面 BDE∥平面 MNG. 证明 (1)如图,连接 AE,则 AE 必过 DF 与 GN

的交点 O, 连接 MO, 则 MO 为△ABE 的中位线, 所以 BE∥MO, 又 BE?平面 DMF,MO?平面 DMF, 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N,G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD,EF 的中点,所以 DE∥GN, 又 DE?平面 MNG,GN?平面 MNG, 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 中点,所以 MN 为△ABD 的中位线,所以 BD∥MN, 又 BD?平面 MNG,MN?平面 MNG, 所以 BD∥平面 MNG, 又 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两条相交直线,所以平面 BDE∥平面 MNG. 10. (2014· 长沙模拟)一个多面体的直观图及三视图如图所 示(其中 M,N 分别是 AF,BC 的中点).

(1)求证:MN∥平面 CDEF; (2)求多面体 A-CDEF 的体积. 解 π 由三视图可知:AB=BC=BF=2,DE=CF=2 2,∠CBF= 2 . 取 BF 的中点 G,连接 MG,NG,由 M,N

(1)证明

分别为 AF, BC 的中点可得, NG∥CF, MG∥AB∥EF, 且 NG∩MG=G,CF∩EF=F, ∴平面 MNG∥平面 CDEF, 又 MN?平面 MNG,MN?平面 CDEF, ∴MN∥平面 CDEF. (2)取 DE 的中点 H.∵AD=AE,∴AH⊥DE, 在直三棱柱 ADE-BCF 中,平面 ADE⊥平面 CDEF, 平面 ADE∩平面 CDEF=DE,AH?平面 ADE, ∴AH⊥平面 CDEF. ∴多面体 A-CDEF 是以 AH 为高, 以矩形 CDEF 为底面的棱锥, 在△ADE 中, AH= 2. S 矩形 CDEF=DE· EF=4 2, 1 1 8 ∴棱锥 A-CDEF 的体积为 V=3·S 矩形 CDEF·AH=3×4 2× 2=3.

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.(2015· 广东七校联考)设 a,b 是两条直线,α ,β 是两个不同的平面,则 α∥β

的一个充分条件是 A.存在一条直线 a,a∥α ,a∥β B.存在一条直线 a,a?α ,a∥β C.存在两条平行直线 a,b,a?α ,b?β ,a∥β ,b∥α D.存在两条异面直线 a,b,a?α ,b?β ,a∥β ,b∥α 解析

(

)

对于 A,两个平面还可以相交,若 α∥β,则存在一条直线 a,a∥α,a

∥β,所以 A 是 α∥β 的一个必要条件;同理,B 也是 α∥β 的一个必要条件; 易知 C 不是 α∥β 的一个充分条件,而是一个必要条件;对于 D,可以通过平 移把两条异面直线平移到一个平面中,成为相交直线,则有 α∥β,所以 D 是 α∥β 的一个充分条件. 答案 D

12.下列四个正方体图形中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,P 分别为其所 在棱的中点,能得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是 ( )

A.①③ 解析

B.②③

C.①④

D.②④

对于图形①:平面 MNP 与 AB 所在的对角面平行,即可得到 AB∥平面

MNP;对于图形④:AB∥PN,即可得到 AB∥平面 MNP;图形②,③都不可 以,故选 C. 答案 C

13.(2014· 承德模拟)如图,在正四棱柱 A1C 中,E,F, G,H 分别是棱 CC1,C1D1,D1D,DC 的中点,N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 满足条件________时,有 MN∥平面 B1BDD1(请填 上你认为正确的一个条件).

解析

如图,连接 FH,HN,FN,

由题意知 HN∥面 B1BDD1, FH∥面 B1BDD1. 且 HN∩FH=H, ∴面 NHF∥面 B1BDD1. ∴当 M 在线段 HF 上运动时, 有 MN∥面 B1BDD1. 答案 M∈线段 HF

14.(2014· 南昌模拟)如图,已知正方形 ABCD 的边长为 6,点 E,F 分别在边 AB, AD 上,AE=AF=4,现将△AEF 沿线段 EF 折起到△A′EF 位置,使得 A′C= 2 6. (1)求五棱锥 A′-BCDFE 的体积; (2)在线段 A′C 上是否存在一点 M,使得 BM∥平面 A′EF?若存在,求 A′M;若 不存在,请说明理由.



(1)连接 AC,设 AC∩EF=H,连接 A′H.

∵四边形 ABCD 是正方形,AE=AF=4, ∴H 是 EF 的中点,且 EF⊥AH,EF⊥CH, 从而有 A′H⊥EF,CH⊥EF,又 A′H∩CH=H, 所以 EF⊥平面 A′HC,且 EF?平面 ABCD, 从而平面 A′HC⊥平面 ABCD, 过点 A′作 A′O 垂直 HC 且与 HC 相交于点 O,

则 A′O⊥平面 ABCD, 因为正方形 ABCD 的边长为 6,AE=AF=4, 故 A′H=2 2,CH=4 2, A′H2+CH2-A′C2 8+32-24 1 所以 cos∠A′HC= = =2, 2A′H·CH 2×2 2×4 2 所以 HO=A′H· cos∠A′HC= 2,则 A′O= 6, 所以五棱锥 A′-BCDFE 的体积 1 1 ? 28 6 ? V=3×?62-2×4×4?× 6= 3 . ? ? (2)线段 A′C 上存在点 M,使得 BM∥平面 A′EF, 6 此时 A′M= 2 . 证明如下: 连接 OM,BD,BM,DM,且易知 BD 过 O 点. 6 1 1 A′M= 2 =4A′C,HO=4HC, 所以 OM∥A′H,又 OM?平面 A′EF,A′H?平面 A′EF, 所以 OM∥平面 A′EF, 又 BD∥EF,BD?平面 A′EF,EF?平面 A′EF, 所以 BD∥平面 A′EF, 又 BD∩OM=O,所以平面 MBD∥平面 A′EF, 因为 BM?平面 MBD,所以 BM∥平面 A′EF. 特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新 设计· 高考总复习》光盘中内容.

第4讲
最新考纲

直线、平面垂直的判定与性质

1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,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,并能够证明相关性质定理;2. 能运用线面垂直、 面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的 简单命题.

知 识 梳 理

1.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线 l 与平面 α 内的任意直线都垂直, 就说直线 l 与平面 α 互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 判定 定理 如果一条直线与一个平面内 的两条相交直线都垂直, 则该 直线与此平面垂直 如果两条直线垂直于同一个 平面,那么这两条直线平行 l⊥α ? ??l⊥α l? β ? 图形语言 符号语言

性质 定理

a⊥α ? ??a∥b b⊥α ?

2.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 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

文字语言 判定 定理 如果一个平面经过另一个平 面的一条垂线,则这两个平 面互相垂直 如果两个平面互相垂直,则 在一个平面内垂直于它们交 线的直线垂直于另一个平面

图形语言

符号语言 l⊥α ? ??α ⊥β l? β ? α ⊥β α ∩β =a l⊥a l? β

性质 定理

? ??l⊥α ?

3.直线与平面所成的角 (1)定义: 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角, 叫做这条斜线和这 个平面所成的角. π? ? (2)线面角 θ 的范围:θ∈?0, ?. 2? ? 4.二面角的有关概念 (1)二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角: 二面角棱上的一点, 在两个半平面内分别作与棱垂直的射 线,则两射线所成的角叫做二面角的平面角. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩 PPT 展示

(1)直线 l 与平面 α 内无数条直线都垂直,则 l⊥α.(×) (2)若直线 a⊥平面 α,直线 b∥α,则直线 a 与 b 垂直.(√) (3)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(×) (4)若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的无数条直线,则 α⊥β.(×) 2.设平面 α 与平面 β 相交于直线 m,直线 a 在平面 α 内,直线 b 在平面 β 内, 且 b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的( A.充分不必要条件 C.充分必要条件 解析 )

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

若 α⊥β,因为 α∩β=m,b?β,b⊥m,所以根据两个平面垂直的性质

定理可得 b⊥α,又 a?α,所以 a⊥b;反过来,当 a∥m 时,因为 b⊥m,且 a,

m 共面,一定有 b⊥a,但不能保证 b⊥α,所以不能推出 α⊥β.故选 A. 答案 A

3.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直 线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α ,l?β ,则( A.α ∥β 且 l∥α B.α ⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 解析 由于 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β,则平面 α 与平面 β 必 )

相交,但未必垂直,且交线垂直于直线 m, n,又直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,则交线平行于 l,故选 D. 答案 D

4.(2014· 四川卷)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 O 为线段 BD 的中点. 设点 P 在线段 CC1 上, 直线 OP 与平 面 A1BD 所成的角为 α,则 sin α 的取值范围是( ? 3 ? A.? ,1? ?3 ? ? 6 2 2? ? C.? , 3 ? ?3 解析 ? 6 ? B.? ,1? ?3 ? ?2 2 ? D.? ,1? ? 3 ? )

根据题意可知平面 A1BD⊥平面 A1ACC1 且两平面的交

线是 A1O,所以过点 P 作交线 A1O 的垂线 PE,则 PE⊥平面 A1BD, 所以∠A1OP 或其补角就是直线 OP 与平面 A1BD 所成 的角 α.设正方体的边长为 2, 则根据图形可知直线 OP 与平面 A1BD 可以垂直.当点 P 与点 C1 重合时可得 A1O=OP= 6, 1 1 2 2 A1C1=2 2,所以2× 6× 6×sin α=2×2 2×2,所以 sin α= 3 ;当点 P 与点 C 重合时,可得 sin α= 答案 B 2 6 = 3 .根据选项可知 B 正确. 6

5.(2015· 宁波模拟)如果正四棱锥的底面边长为 2,侧面积为 4 2,则它的侧 面与底面所成的(锐)二面角的大小为________.

解析

如图,O 为底面正方形的中心,据题意易得,该正四棱

锥的一个侧面三角形 PBC 的高 PE 的长为 2,因此正四棱锥 的高 PO= PE2-OE2=1. ∵∠PEO 的大小为侧面与底面所成的(锐)二面角的大小, ∴侧面与底面所成的(锐)二面角的大小为 45°. 答案 45°

考点一

直线与平面垂直的判定与性质

【例 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AB⊥AD,AC⊥CD, ∠ABC=60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点. 证明:(1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面 ABE. 证明 (1)在四棱锥 P-ABCD 中,

∵PA⊥底面 ABCD, CD?平面 ABCD,∴PA⊥CD, ∵AC⊥CD,且 PA∩AC=A, ∴CD⊥平面 PAC.而 AE?平面 PAC, ∴CD⊥AE. (2)由 PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得 AC=PA. ∵E 是 PC 的中点,∴AE⊥PC. 由(1)知 AE⊥CD,且 PC∩CD=C, ∴AE⊥平面 PCD. 而 PD?平面 PCD,∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD 且 PA∩AD=A, ∴AB⊥平面 PAD,而 PD?平面 PAD,∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE=A,∴PD⊥平面 ABE. 规律方法 (1)证明直线和平面垂直的常用方法: ①线面垂直的定义; ②判定定

理;③垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α?b⊥α);④面面平行的性质(a⊥α,

α∥β?a⊥β);⑤面面垂直的性质.(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直,
而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理 转化是证明线面垂直的基本思想. 【训练 1】 (2014· 山东卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, 1 AP⊥平面 PCD,AD∥BC,AB=BC=2AD,E,F 分别为 线段 AD,PC 的中点. 求证:(1)AP∥平面 BEF; (2)BE⊥平面 PAC. 证明 (1)设 AC∩BE=O,

1 连接 OF,EC.由于 E 为 AD 的中点,AB=BC=2AD, AD∥BC, 所以 AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四边形 ABCE 为菱形, 所以 O 为 AC 的中点. 又 F 为 PC 的中点,因此在△PAC 中,可得 AP∥OF. 又 OF?平面 BEF,AP?平面 BEF,所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知 ED∥BC,ED=BC, 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 因此 BE∥CD.又 AP⊥平面 PCD, 所以 AP⊥CD,因此 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形,所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC=A,AP,AC?平面 PAC, 所以 BE⊥平面 PAC. 考点二 平面与平面垂直的判定与性质

【例 2】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,AB ⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.

求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN. 证明 (1)法一 取 PA 的中点 H,连接 EH,DH.

因为 E 为 PB 的中点, 所以 EH∥AB, 1 且 EH=2AB. 1 又 AB∥CD,CD=2AB, 所以 EH∥CD,且 EH=CD. 因此四边形 DCEH 是平行四边形. 所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD, CE?平面 PAD, 因此,CE∥平面 PAD. 法二 1 连接 CF.因为 F 为 AB 的中点,所以 AF=2AB.

1 又 CD=2AB,所以 AF=CD,又 AF∥CD, 所以四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD. 又 CF?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 EF?平面 PAD,PA?平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA.

又 AB⊥PA,所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG.又 M,N 分别为 PD,PC 的中点, 所以 MN∥CD,又 AB∥CD,所以 MN∥AB. 因此 MN⊥平面 EFG.又 MN?平面 EMN, 所以平面 EFG⊥平面 EMN. 规律方法 (1)证明平面和平面垂直的方法: ①面面垂直的定义; ②面面垂直的

判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β). (2)已知两平面垂直时, 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】 (2014· 江苏卷)如图, 在三棱锥 P-ABC 中, D, E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点.已知 PA⊥AC,PA =6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 证明 (1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点,所以 DE∥PA.

又因为 PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D, E, F 分别为棱 PC, AC, AB 的中点, PA=6, BC=8, 所以 DE∥PA, 1 EF∥BC,且 DE=2PA=3, 1 EF=2BC=4.又因为 DF=5,故 DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90°,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA,所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC?平面 ABC,EF?平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE?平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 ABC.

考点三

线面角、二面角的求法

【例 3】 如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB ⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中 点. (1)求 PB 和平面 PAD 所成的角的大小; (2)证明:AE⊥平面 PCD; (3)求二面角 A-PD-C 的正弦值. (1)解 在四棱锥 P-ABCD 中,

因 PA⊥底面 ABCD,AB?平面 ABCD, 故 PA⊥AB.又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 从而 AB⊥平面 PAD, 故 PB 在平面 PAD 内的射影为 PA, 从而∠APB 为 PB 和平面 PAD 所成的角. 在 Rt△PAB 中,AB=PA,故∠APB=45°. 所以 PB 和平面 PAD 所成的角的大小为 45° . (2)证明 在四棱锥 P-ABCD 中,

因 PA⊥底面 ABCD,CD?平面 ABCD, 故 CD⊥PA.由条件 CD⊥AC,PA∩AC=A, ∴CD⊥平面 PAC. 又 AE?平面 PAC,∴AE⊥CD. 由 PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得 AC=PA. ∵E 是 PC 的中点,∴AE⊥PC. 又 PC∩CD=C,综上得 AE⊥平面 PCD. (3)解 过点 E 作 EM⊥PD,垂足为 M,连接 AM,如图所示.

由(2)知,AE⊥平面 PCD,AM 在平面 PCD 内的射影是 EM, 则 AM⊥PD. 因此∠AME 是二面角 APDC 的平面角. 由已知, 可得∠CAD =30°. 设 AC=a,可得

2 3 21 2 PA=a,AD= 3 a,PD= 3 a,AE= 2 a. 在 Rt△ADP 中,∵AM⊥PD,∴AM·PD=PA· AD, 2 3 a· 3 a PA·AD 2 7 则 AM= PD = = 7 a. 21 3 a AE 14 在 Rt△AEM 中,sin∠AME=AM= 4 . 所以二面角 APDC 的正弦值为 规律方法 14 . 4

求线面角、二面角的常用方法:(1)线面角的求法,找出斜线在平面

上的射影,关键是作垂线,找垂足,要把线面角转化到一个三角形中求解.(2) 二面角的大小求法,二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的 有①定义法;②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质. 【训练 3】 (2014· 天津一考)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是正方形, 侧棱 PD⊥底面 ABCD, PD=DC.E 是 PC 的中点,作 EF⊥PB 交 PB 于点 F. (1)证明 PA∥平面 EDB; (2)证明 PB⊥平面 EFD; (3)求二面角 C-PB-D 的大小. (1)证明 如图所示,连接 AC,AC 交 BD 于 O,连接 EO.

∵底面 ABCD 是正方形, ∴点 O 是 AC 的中点. 在△PAC 中,EO 是中位线, ∴PA∥EO. 而 EO?平面 EDB 且 PA?平面 EDB, ∴PA∥平面 EDB. (2)证明 ∵PD⊥底面 ABCD,且 DC?底面 ABCD,

∴PD⊥DC.∵PD=DC,可知△PDC 是等腰直角三角形. 而 DE 是斜边 PC 的中线,∴DE⊥PC.① 同样,由 PD⊥底面 ABCD,得 PD⊥BC.

∵底面 ABCD 是正方形,有 DC⊥BC. ∴BC⊥平面 PDC. 而 DE?平面 PDC,∴BC⊥DE.② 由①和②且 PC∩BC=C 可推得 DE⊥平面 PBC. 而 PB?平面 PBC,∴DE⊥PB. 又 EF⊥PB 且 DE∩EF=E, ∴PB⊥平面 EFD. (3)解 由(2)知,PB⊥DF.

故∠EFD 是二面角 C-PB-D 的平面角. 由(2)知 DE⊥EF,PD⊥DB. 设正方形 ABCD 的边长为 a, 则 PD=DC=a,BD= 2a, PB= PD2+BD2= 3a,PC= PD2+DC2= 2a, 1 2 DE=2PC= 2 a, 在 Rt△PDB 中,DF= PD·BD a· 2a 6 = = PB 3 a. 3a

DE 3 在 Rt△EFD 中,sin∠EFD=DF= 2 , ∴∠EFD=60°.∴二面角 C-PB-D 的大小为 60°.

[思想方法] 1.证明线线垂直的方法 (1)定义:两条直线所成的角为 90°. (2)平面几何中证明线线垂直的方法. (3)线面垂直的性质:a⊥α,b?α ?a⊥b. (4)线面垂直的性质:a⊥α,b∥α ?a⊥b. 2.空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以 相互转化, 每一种垂直的判定都是从某种垂直开始转向另一种垂直最终达到目 的,其转化关系为

在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线, 若这样的直线图 中不存在,则可通过作辅助线来解决. [易错防范] 1.在用线面垂直的判定定理证明线面垂直时,考生易忽视说明平面内的两条 直线相交,而导致被扣分,这一点在证明中要注意.口诀:线不在多,重在相 交. 2.面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主 要作用是作一个平面的垂线,在一些垂直关系的证明中,很多情况都要借助这 个定理作出平面的垂线.注意定理使用的条件,在推理论证时要把定理所需要 的条件列举完整,同时要注意推理论证的层次性,确定先证明什么、后证明什 么.

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.已知平面 α⊥平面 β,α ∩β =l,点 A∈α,A?l,直线 AB∥l,直线 AC⊥l, 直线 m∥α,m∥β ,则下列四种位置关系中,不一定成立的是 A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥β 解析 D.AC⊥β ( )

如图所示,

AB∥l∥m;AC⊥l,m∥l?AC⊥m;AB∥l?AB∥β,只有 D 不一定成立,故选 D. 答案 D

2. 设 a 是空间中的一条直线, α 是空间中的一个平面, 则下列说法正确的是( A.过 a 一定存在平面 β,使得 β∥α B.过 a 一定存在平面 β,使得 β⊥α C.在平面 α 内一定不存在直线 b,使得 a⊥b D.在平面 α 内一定不存在直线 b,使得 a∥b 解析

)

当 a 与 α 相交时,不存在过 a 的平面 β,使得 β∥α,故 A 错误;直线 a

与其在平面 α 内的投影所确定的平面 β 满足 β⊥α,故选 B;平面 α 内的直线 b 只要垂直于直线 a 在平面 α 内的投影,则就必然垂直于直线 a,故 C 错误;当 a 与 α 平行时,在平面 α 内存在直线 b,使得 a∥b,故 D 错误. 答案 B

3.如图,已知△ABC 为直角三角形,其中∠ACB=90°,M 为 AB 的中点,PM 垂直于△ABC 所在平面,那么 ( A.PA=PB>PC B.PA=PB<PC C.PA=PB=PC D.PA≠PB≠PC 解析 ∵M 为 AB 的中点,△ACB 为直角三角形, )

∴BM=AM=CM,又 PM⊥平面 ABC, ∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC, 故 PA=PB=PC. 答案 C

4.(2015· 青岛质量检测)设 a,b 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平面, 则能得出 a⊥b 的是 A.a⊥α ,b∥β ,α ⊥β C.a?α ,b⊥β ,α ∥β 解析 B.a⊥α ,b⊥β ,α ∥β D.a?α ,b∥β ,α ⊥β ( )

A 中,两直线可以平行、相交或异面,故不正确;B 中,两直线平行,

故不正确;C 中,由 α∥β,a?α可得 a∥β,又 b⊥β,得 a⊥b,故正确;D 中, 两直线可以平行,相交或异面,故不正确. 答案 C

5.(2015· 深圳调研)如图,在四面体 D-ABC 中,若 AB= CB, AD=CD, E 是 AC 的中点, 则下列正确的是( A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ADC⊥平面 BDE D.平面 ABC⊥平面 ADC,且平面 ADC⊥平面 BDE 解析 因为 AB=CB,且 E 是 AC 的中点,所以 BE⊥AC,同理有 DE⊥AC, )

于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC?平面 ABC,所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC?平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 BDE,所以选 C. 答案 C

二、填空题 6. 如图,PA⊥圆 O 所在的平面,AB 是圆 O 的直径,C 是圆 O 上的一点,E,F 分别是点 A 在 PB,PC 上的正投影,给出下 列结论: ①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC; ④AE⊥平面 PBC. 其中正确结论的序号是________. 解析 由题意知 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC.

又 AC⊥BC,且 PA∩AC=A, ∴BC⊥平面 PAC,∴BC⊥AF. ∵AF⊥PC, 且 BC∩PC=C, ∴AF⊥平面 PBC, ∴AF⊥PB, AF⊥BC.又 AE⊥PB, AE∩AF=A, ∴PB⊥平面 AEF,∴PB⊥EF.故①②③正确. 答案 ①②③

7.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且 底面各边都相等,M 是 PC 上的一动点,当点 M 满足 ________时,平面 MBD⊥平面 PCD(只要填写一个你 认为正确的条件即可). 解析 ∵PC 在 底 面 ABCD 上 的 射 影 为 AC , 且

AC⊥BD,∴BD⊥PC.∴当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时,即有 PC⊥平面 MBD,而

PC?平面 PCD,∴平面 MBD⊥平面 PCD. 答案 DM⊥PC(或 BM⊥PC)

8.设 α,β 是空间两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 外的两条不同直线.从 “①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为 结论,写出你认为正确的一个命题:________(用代号表示). 解析 假如①③④为条件,即 m⊥n,n⊥β,m⊥α成立,过 m 上一点 P 作

PB∥n,则 PB⊥m,PB⊥β,设垂足为 B.又设 m⊥α,垂足为 A,过 PA,PB 的平面与 α,β的交线 l 交于点 C.因为 l⊥PA,l⊥PB,所以 l⊥平面 PAB, 所以 l⊥AC,l⊥BC. 所以∠ACB 是二面角α-l-β 的平面角. 由 m⊥n,显然 PA⊥PB,所以∠ACB=90°,所以 α⊥β. 由①③④?②成立. 反过来,如果②③④成立,与上面证法类似可得①成立. 答案 ①③④?②(②③④?①)

三、解答题 9.(2014· 包头市学业水平测试 ) 如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中,AA1=2AC=2BC,D 是棱 AA1 的中点,CD ⊥B1D. (1)证明:CD⊥B1C1; (2)平面 CDB1 分此棱柱为两部分, 求这两部分体积的比. (1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形,

由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1,
2 2 又 AA1=2A1C1,可得 DC2 1+DC =CC1,

所以 CD⊥DC1,而 CD⊥B1D,B1D∩C1D=D, 所以 CD⊥平面 B1C1D, 因为 B1C1?平面 B1C1D,所以 CD⊥B1C1. (2)解 由(1)知 B1C1⊥CD,且 B1C1⊥C1C,

C1C∩CD=C,则 B1C1⊥平面 ACC1A1, 设 V1 是平面 CDB1 上方部分的体积,V2 是平面 CDB1 下方部分的体积,

1 则 V1=VB1-CDA1C1=3×S 梯形 CDA1C1×B1C1 1 3 3 1 =3×2B1C1 =2B1C3 1. 1 V 总=VABC-A1B1C1=2AC×BC×CC1=B1C3 1, 1 3 V2=V 总-V1=2B1C1 =V1, V1 故V =1∶1. 2 10.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,AB⊥AD, CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD,PA⊥AD,E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点.求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. 证明 (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,

所以 PA⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点, 所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以四边形 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形, 所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD. 所以 PA⊥CD,又 PA∩AD=A. 所以 CD⊥平面 PAD.从而 CD⊥PD. 又 E,F 分别是 CD 和 PC 的中点,所以 PD∥EF. 故 CD⊥EF,由 EF,BE?平面 BEF, 且 EF∩BE=E.所以 CD⊥平面 BEF.

又 CD?平面 PCD, 所以平面 BEF⊥平面 PCD.

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°, BC1⊥AC,则 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在( A.直线 AB 上 C.直线 AC 上 解析 B.直线 BC 上 D.△ABC 内部 )

由 BC1⊥AC, 又 BA⊥AC, 则 AC⊥平面 ABC1,

因此平面 ABC⊥平面 ABC1,因此 C1 在底面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上. 答案 A

12. (2014· 衡水中学模拟)如图, 正方体 AC1 的棱长为 1, 过点 A 作平面 A1BD 的垂线,垂足为点 H.则以下命 题中,错误的命题是 A.点 H 是△A1BD 的垂心 B.AH 垂直于平面 CB1D1 C.AH 延长线经过点 C1 D.直线 AH 和 BB1 所成角为 45° 解析 对于 A,由于 AA1=AB=AD,所以点 A 在平面 A1BD 上的射影必到点 ( )

A1,B,D 的距离相等,即点 H 是△A1BD 的外心,而 A1B=A1D=BD,故点 H 是△A1BD 的垂心,命题 A 是真命题;对于 B,由于 B1D1∥BD,CD1∥A1B, 故平面 A1BD∥平面 CB1D1,而 AH⊥平面 A1BD,从而 AH⊥平面 CB1D1,命题 B 是真命题;对于 C,由于 AH⊥平面 CB1D1,因此 AH 的延长线经过点 C1, 命题 C 是真命题;对于 D,由 C 知直线 AH 即是直线 AC1,又直线 AA1∥BB1, 因此直线 AC1 和 BB1 所成的角就等于直线 AA1 与 AC1 所成的角,即∠A1AC1, 2 而 tan∠A1AC1= 1 = 2,因此命题 D 是假命题. 答案 D

13.(2014· 河南师大附中二模)如图,已知六棱锥 P- ABCDEF 的底面是正六边形,PA⊥平面 ABC,PA =2AB, 则下列结论中: ①PB⊥AE; ②平面 ABC⊥ 平面 PBC;③直线 BC∥平面 PAE;④∠PDA= 45°. 其中正确的有 ________( 把所有正确的序号都填 上). 解析 由 PA⊥平面 ABC,AE?平面 ABC,得 PA⊥AE,

又由正六边形的性质得 AE⊥AB,PA∩AB=A,得 AE⊥平面 PAB,又 PB?平 面 PAB, ∴AE⊥PB, ①正确; 又平面 PAD⊥平面 ABC, ∴平面 ABC⊥平面 PBC 不成立,②错;由正六边形的性质得 BC∥AD,又 AD?平面 PAD,∴BC∥平 面 PAD,∴直线 BC∥平面 PAE 也不成立,③错;在 Rt△PAD 中,PA=AD= 2AB,∴∠PDA=45°,∴④正确. 答案 ①④

14.如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一 点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. (1)证明 因为底面 ABCD 为菱形,

所以 BD⊥AC. 又 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥BD,因为 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 PAC, 所以 BD⊥PC. 如图,设 AC∩BD=F,连接 EF. 因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC, 2 3 故 PC=2 3,EC= 3 ,FC= 2, PC AC 从而FC= 6,EC= 6.

PC AC 所以FC=EC,又∠FCE=∠PCA, 所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°. 由此知 PC⊥EF. 又 BD∩EF=F,所以 PC⊥平面 BED. (2)解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足.

因为二面角 A-PB-C 为 90°, 所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. 因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直, 故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB, 所以底面 ABCD 为正方形,AD=2, PD= PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC, 故 AD∥平面 PBC,A,D 两点到平面 PBC 的距离相等, 即 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sin α =PD=2. 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°.

第5讲
最新考纲

空间向量及其运算

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;3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能用向量的数量积判断向量的共 线和垂直.

知 识 梳 理

1.空间向量的有关概念 名称 零向量 单位向量 相等向量 相反向量 共线向量 共面向量 概念 模为 0 的向量 长度(模)为 1 的向量 方向相同且模相等的向量 方向相反且模相等的向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行 或重合 平行于同一个平面的向量 a=b a 的相反向量为-a a∥b 表示 0

2.共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定理:对空间任意两个向量 a,b(b≠0),a∥b 的充要条件是存在 实数 λ,使得 a=λb. (2)共面向量定理:若两个向量 a,b 不共线,则向量 p 与向量 a,b 共面?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,那么对空间任一向量 p, 存在有序实数组{x,y,z},使得 p=xa+yb+zc,把{a,b,c}叫做空间的一个 基底. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念

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OA=a,OB=b,则∠AOB 叫 做向量 a 与 b 的夹角,记作〈a,b〉 ,其范围是 0≤〈a,b〉≤π ,若〈a,b〉 π = 2 ,则称 a 与 b 互相垂直,记作 a⊥b. ②两向量的数量积 已知空间两个非零向量 a,b,则|a||b|cos〈a,b〉叫做向量 a,b 的数量积,记 作 a· b,即 a· b=|a||b|cos〈a,b〉 . (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律:(λa)· b=λ(a· b); ②交换律:a· b=b· a; ③分配律:a· (b+c)=a· b+a· c. 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 数量积 共线 垂直 模 a· b a=λb(b≠0) a· b=0 (a≠0,b≠0) |a| 坐标表示 a1b1+a2b2+a3b3 a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3 a1b1+a2b2+a3b3=0
2 2 a2 1+a2+a3





cos〈a,b〉= 夹角 〈a,b〉(a≠0,b≠0) a1b1+a2b2+a3b3 2 2 2 2 2 a1+a2 +a2 3· b1+b2+b3

诊 断 自 测

1.判断正误(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量 a,b 共面.(√)

精彩 PPT 展示

→ → → → (2)若 A,B,C,D 是空间任意四点,则有AB+BC+CD+DA=0.(√)

(3)对空间任意一点 O 与不共线的三点 A,B,C,若OP=xOA+yOB+zOC(其 中 x,y,z∈R),则 P,A,B,C 四点共面.(×) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.(×) 2. 如图所示, 在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中, M 为 A1C1









→ → → 与 B1D1 的交点.若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中
与BM相等的向量是(



)

1 1 1 1 A.-2a+2b+c B.2a+2b+c 1 1 1 1 C.-2a-2b+c D.2a-2b+c 解析

→ → → → 1 → 由题意, 根据向量运算的几何运算法则, BM=BB1+B1M=AA1+ (AD- 2

1 1 1 → AB)=c+2(b-a)=-2a+2b+c. 答案 A

3.有下列命题: ①若 p=xa+yb,则 p 与 a,b 共面; ②若 p 与 a,b 共面,则 p=xa+yb; ③若MP=xMA+yMB,则 P,M,A,B 共面; ④若 P,M,A,B 共面,则MP=xMA+yMB. 其中真命题的个数是( A.1 B.2 C.3 解析 ) D.4













①正确,②中若 a,b 共线,p 与 a 不共线,则 p=xa+yb 就不成立.③

正确.④中若 M,A,B 共线,点 P 不在此直线上,则MP=xMA+yMB不正确. 答案 B







4.(2015· 珠海模拟)已知 A(1,-1,3),B(0,2,0),C(-1,0,1),若点 D

→ → → 在 z 轴上,且AD⊥BC,则|AD|等于(
A.1 B. 2 解析 C. 3 D.2

)

∵点 D 在 z 轴上,∴可设 D 点坐标为(0,0,m),则AD=(-1,1,



→ → → → → → m-3),BC=(-1,-2,1),由AD⊥BC,得AD·BC=m-4=0,∴m=4,AD
=(-1,1,1),|AD|= 1+1+1= 3. 答案 C



5.(人教 A 选修 2-1P98A3 改编)正四面体 ABCD 棱长为 2,E,F 分别为 BC, AD 中点,则 EF 的长为________. 解析 |EF|2=EF2=(EC+CD+DF)2











=EC2+CD2+DF2+2(EC·CD+EC·DF+CD·DF) =12+22+12+2(1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°) =2,∴|EF|= 2,∴EF 的长为 2. 答案 2





















考点一

空间向量的线性运算

【例 1】 在三棱锥 O-ABC 中,M,N 分别是 OA,BC 的 中点,G 是△ABC 的重心,用基向量OA,OB,OC表示OG, MG. 解











→ → → OG=OA+AG

→ 2→ =OA+3AN → 2 → → =OA+3(ON-OA)
→? → 2?1 → → =OA+3?2(OB+OC)-OA? ? ? 1→ 1→ 1→ =3OA+3OB+3OC, 1→ 1→ 1→ → → → → 1→ 1→ 1→ 1→ 1→ MG=OG-OM=OG-2OA=3OA+3OB+3OC-2OA=-6OA+3OB+3OC. 规律方法 (1)选定空间不共面的三个向量作基向量, 并用它们表示出指定的向

量,是用向量解决立体几何问题的基本要求.如本例用OA,OB,OC表示OG,









MG等,另外解题时应结合已知和所求观察图形,联想相关的运算法则和公式 等,就近表示所需向量. (2)首尾相接的若干个向量的和,等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点 的向量.所以在求若干向量的和,可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求 和. 【训练 1】 如图所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中, 设AA1=a,AB=b,AD=c,M,N,P 分别是 AA1,BC,C1D1 的中点,试用 a,b,c 表示以下各向量: (1)AP;(2)A1N. 解 (1)AP=AA1+A1D1+D1P





















1 → → 1→ =AA1+AD+2AB=a+c+2b. (2)法一 A1N=A1A+AB+BN









1 → → 1→ =-AA1+AB+2AD=-a+b+2c. 法二 A1N=AN-AA1







→ 1→ → =AB+2BC-AA1
1 → 1→ → =AB+2AD-AA1=-a+b+2c. 考点二 共线定理、共面定理的应用

【例 2】 已知 E,F,G, H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB, BC,CD,DA 的中点,用向量方法求证: (1)E,F,G,H 四点共面; (2)BD∥平面 EFGH. 证明

→ → → → 1 → → → → → → (1)连接 BG,则EG=EB+BG=EB+2(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+

EH,由共面向量定理知:E,F,G,H 四点共面.



→ → → 1 → 1→ 1 → → 1 → (2)因为EH=AH-AE=2AD-2AB=2(AD-AB)=2BD,
因为 E,H,B,D 四点不共线,所以 EH∥BD. 又 EH?平面 EFGH,BD?平面 EFGH, 所以 BD∥平面 EFGH. 规律方法 (1)证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题, 如证明 A, B,

→ → → → C 三点共线,即证明AB,AC共线,亦即证明AB=λAC(λ≠0).(2)证明点共面问 题可转化为证明向量共面问题,如要证明 P,A,B,C 四点共面,只要能证明

→ → → → → → → → → PA=xPB+yPC,或对空间任一点 O,有OA=OP+xPB+yPC,或OP=xOA+
yOB+zOC(x+y+z=1)即可. 共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线 共面的充要条件. 【训练 2】 如图空间两个平行四边形共边 AD,点 M,N 分 1 1 别在对角线 BD, AE 上, 且 BM=3BD, AN=3AE.求证: MN∥ 平面 CDE. 证明 1 因为 M 在 BD 上,且 BM= BD, 3





→ 1 → 1 → 1→ 所以MB=3DB=3DA+3AB. → 1→ 1→ 同理AN=3AD+3DE. → → → → ?1 → 1 → ? → ?1 → 1 → ? 2 → 1 → 所以MN=MB+BA+AN=?3DA+3AB?+BA+?3AD+3DE?=3BA+3DE= ? ? ? ?
2→ 1→ 3CD+3DE. 又CD与DE不共线,根据向量共面的充要条件可知MN,CD,DE共面. 由于 MN?平面 CDE 内,所以 MN∥平面 CDE. 考点三 空间向量数量积的应用











【例 3】 如图所示,已知空间四边形 ABCD 的各边和对角 线的长都等于 a,点 M,N 分别是 AB,CD 的中点. (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;

(2)求 MN 的长; (3)求异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值. (1)证明 设AB=p,AC=q,AD=r.







由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且 p,q,r 三向量两两夹角均为 60°.

→ → → 1 → → 1→ 1 MN=AN-AM=2(AC+AD)-2AB=2(q+r-p),
1 → → 1 ∴MN·AB=2(q+r-p)· p=2(q· p+r· p-p2) 1 = (a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0. 2 ∴MN⊥AB.即 MN⊥AB.同理可证 MN⊥CD. (2)解





→ 1 由(1)可知MN=2(q+r-p),

1 → ∴|MN|2=4(q+r-p)2 1 =4[q2+r2+p2+2(q· r-p· q-r· p)]
2 2 2 1? 2 ?a a a ?? 2 2 =4?a +a +a +2? 2 - 2 - 2 ?? ? ? ??

1 a2 =4×2a2= 2 . 2 2 → ∴|MN|= 2 a.∴MN 的长为 2 a. (3)解 设向量AN与MC的夹角为 θ.





→ 1 → → 1 ∵AN=2(AC+AD)=2(q+r),
1 → → → MC=AC-AM=q-2p, 1 → → 1 ∴AN·MC=2(q+r)· (q-2p) 1 1 1 =2(q2-2q· p+r· q-2r· p) 1 1 1 =2(a2-2a2cos 60°+a2cos 60° -2a2cos 60°)

1 a2 a2 a2 a2 =2(a2- 4 + 2 - 4 )= 2 . 3 → → 又∵|AN|=|MC|= 2 a, 3 3 a2 → → → ∴AN·MC=|AN||MC|cos θ = 2 a× 2 a×cos θ = 2 .



2 ∴cos θ =3. 2 → → ∴向量AN与MC的夹角的余弦值为3, 从而异面直线 AN 与 CM 所成角的余弦值 2 为3. 规律方法 数量积的应用:(1)求夹角,设向量 a,b 所成的角为 θ,则 cos θ

a· b =|a||b|,进而可求两异面直线所成的角;(2)求长度(距离),运用公式|a|2=a· a, 可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题; (3)解决垂直问题, 利 用 a⊥b?a· b=0(a≠0,b≠0),可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题. 【训练 3】 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°.

(1)求AC1 的长. (2)求BD1 与AC夹角的余弦值. 解 记AB=a,AD=b,AA1=c,













则|a|=|b|=|c|=1, 〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°, 1 ∴a· b=b· c=c· a=2. (1)| AC1 |2 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(a· b + b· c + c · a) = 1 + 1 + 1 + ?1 1 1? 2×?2+2+2?=6, ? ? ∴|AC1|= 6.





(2)BD1=b+c-a,AC=a+b, ∴|BD1|= 2,|AC|= 3, BD1·AC=(b+c-a)· (a+b)=b2-a2+a· c+b· c=1. ∴cos〈BD1,AC〉=

















6 =6. → → |BD1|·|AC|

BD1·AC





[思想方法] 1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础. 2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题;利用数 量积运算可以解决一些距离、夹角问题. 3.利用向量解立体几何题的一般方法:把线段或角度转化为向量表示,用已 知向量表示未知向量,然后通过向量的运算或证明去解决问题.其中合理选取 基底是优化运算的关键. [易错防范] 1.在利用MN=xAB+yAC①证明 MN∥面 ABC 时,必须说明 M 点或 N 点不在 → → → 面 ABC 内(因为①式只表示MN与AB,AC共面). 2.求异面直线所成角,一般可转化为两向量夹角,但要注意两种角范围不同, 注意两者关系,合理转化.







基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.在下列命题中: ①若向量 a,b 共线,则向量 a,b 所在的直线平行; ②若向量 a,b 所在的直线为异面直线,则向量 a,b 一定不共面;

③若三个向量 a,b,c 两两共面,则向量 a,b,c 共面; ④已知空间的三个向量 a,b,c,则对于空间的任意一个向量 p 总存在实数 x, y,z 使得 p=xa+yb+zc. 其中正确命题的个数是 A.0 解析 B.1 C.2 D.3 ( )

a 与 b 共线,a,b 所在直线也可能重合,故①不正确;根据自由向量的

意义知,空间任两向量 a,b 都共面,故②错误;三个向量 a,b,c 中任两个 一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当 a,b,c 不共面时, 空间任意一向量 p 才能表示为 p=xa+yb+zc,故④不正确,综上可知四个命 题中正确的个数为 0,故选 A. 答案 A

2.在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3, 0),则直线 AB 与 CD 的位置关系是 A.垂直 C.异面 解析 B.平行 D.相交但不垂直 ( )

由题意得,AB=(-3,-3,3),CD=(1,1,-1),





→ → → → → → ∴AB=-3CD,∴AB与CD共线,又AB与CD没有公共点. ∴AB∥CD. 答案 B

→ 3→ 1→ 1→ 3.(2015· 济南月考)O 为空间任意一点,若OP=4OA+8OB+8OC,则 A,B,C, P 四点 A.一定不共面 C.不一定共面 解析 B.一定共面 D.无法判断 ( )

→ 3→ 1→ 1→ 因为OP=4OA+8OB+8OC,

3 1 1 且4+8+8=1.所以 P,A,B,C 四点共面. 答案 B )

4.已知 a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若 a⊥(a-λb),则实数 λ 的值为(

A.-2 解析

14 B.- 3

14 C. 5

D.2

由题意知 a· (a-λb)=0,即 a2-λa· b=0,

所以 14-7λ=0,解得 λ=2. 答案 D

5.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点 E,F 分别是 BC, AD 的中点,则AE·AF的值为 A.a2 解析 1 B.2a2 1 C.4a2 3 D. 4 a2





(

)

如图,设AB=a,AC=b,AD=c,







则|a|=|b|=|c|=a,且 a,b,c 三向量两两夹角为 60°.

→ 1 → 1 AE=2(a+b),AF=2c,
1 → → 1 ∴AE·AF=2(a+b)· 2c 1 1 1 =4(a· c+b·c)=4(a2cos 60°+a2cos 60°)=4a2. 答案 C

二、填空题 6.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ ),若 a,b,c 三个向 量共面,则实数 λ 等于________. 解析 ∵a,b,c 共面,且显然 a,b 不共线,

∴c=xa+yb,

?7=2x-y, ∴?5=-x+4y, ?λ=3x-2y,
33 x = ? ? 7, 65 由①②解得? 代入③得 λ= 7 . 17 y = ? ? 7, 答案 65 7

① ② ③

7.在四面体 OABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,D 为 BC 的中点,E 为 AD 的 中点,则OE=________(用 a,b,c 表示). 解析









→ → 1→ → 1 1 → → OE=OA+2AD=OA+2×2(AB+AC)

→ 1 → → → → =OA+4×(OB-OA+OC-OA)
1→ 1→ 1→ =2OA+4OB+4OC 1 1 1 = a+ b+ c. 2 4 4 答案 1 1 1 2a+4b+4c

8.A,B,C,D 是空间不共面四点,且AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0, 则△BCD 的形状是________三角形(填锐角、直角、钝角中的一个). 解析 因为BC·BD=(AC-AB)· (AD-AB)

























=AC·AD-AC·AB-AB·AD+AB2 =AB2>0,所以∠CBD 为锐角. 同理∠BCD,∠BDC 均为锐角. 答案 锐角

















三、解答题 9.已知空间中三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设 a=AB,b =AC. (1)若|c|=3,且 c∥BC,求向量 c. (2)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值. 解 → → (1)∵c∥BC,BC=(-3,0,4)-(-1,1,2)=(-2,-1,2),







∴c=mBC=m(-2,-1,2)=(-2m,-m,2m), ∴|c|= (-2m)2+(-m)2+(2m)2=3|m|=3, ∴m=± 1.



∴c=(-2,-1,2)或(2,1,-2). (2)∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2), ∴a· b=(1,1,0)· (-1,0,2)=-1, 又∵|a|= 12+12+02= 2, |b|= (-1)2+02+22= 5, -1 10 a· b ∴cos〈a,b〉=|a|· |b|= 10=- 10 , 10 即向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值为- 10 . 10.如图,在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,G 为 △BC1D 的重心, (1)试证:A1,G,C 三点共线; (2)试证:A1C⊥平面 BC1D. 证明

→ → → → → → → (1)CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1,

1→ → 1 → → → 可以证明:CG=3(CB+CD+CC1)=3CA1, ∴CG∥CA1,即 A1,G,C 三点共线. (2)设CB=a,CD=b,CC1=c,则|a|=|b|=|c|=a, 且 a· b=b· c=c· a=0, ∵CA1=a+b+c,BC1=c-a, ∴CA1·BC1=(a+b+c)· (c-a)=c2-a2=0, 因此CA1⊥BC1,即 CA1⊥BC1,同理 CA1⊥BD, 又 BD 与 BC1 是平面 BC1D 内的两相交直线, 故 A1C⊥平面 BC1D.











→ →









能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11. 若向量 c 垂直于不共线的向量 a 和 b, d=λa+μb(λ, μ ∈R, 且 λμ≠0), 则( A.c∥d )

B.c⊥d C.c 不平行于 d,c 也不垂直于 d D.以上三种情况均有可能 解析 由题意得,c 垂直于由 a,b 确定的平面.

∵d=λa+μb,∴d 与 a,b 共面.∴c⊥d. 答案 B

12.已知{a,b,c}是空间的一个基底,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底, 一向量 p 在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3),则向量 p 在基底{a+b,a- b,c}下的坐标是 A.(4,0,3) C.(1,2,3) 解析 B.(3,1,3) D.(2,1,3) ( )

设 p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为 x,y,z.则

p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,① 因为 p 在{a,b,c}下的坐标为(4,2,3) ∴p=4a+2b+3c,②

?x+y=4, ?x=3, 由①②得?x-y=2,∴?y=1, ?z=3, ?z=3,
即 p 在{a+b,a-b,c}下的坐标为(3,1,3). 答案 B

13.已知 2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a· c=4,|b|=12,则以 b,c 为方向向量的两直线的夹角为________. 解析 由题意得,(2a+b)· c=0+10-20=-10.

即 2a· c+b· c=-10,又∵a· c=4,∴b· c=-18, b· c ∴cos〈b,c〉=|b|· |c|= -18 1 =-2, 12× 1+4+4

∴〈b,c〉=120°,∴两直线的夹角为 60°. 答案 60°

14.如图所示,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, 计算: (1)EF·BA;(2)EF·DC; (3)EG 的长; (4)异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值. 解 设AB=a,AC=b,AD=c.















则|a|=|b|=|c|=1, 〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60° ,

→ 1→ 1 1 → → (1)EF=2BD=2c-2a,BA=-a,DC=b-c,
1 1 1 → → ?1 1 ? EF·BA=?2c-2a?·(-a)=2a2-2a· c=4, ? ?

→ → 1 (2)EF·DC=2(c-a)· (b-c)
1 1 =2(b· c-a· b-c2+a·c)=-4; 1 1 → → → → 1 (3)EG=EB+BC+CG= a+b-a+ c- b 2 2 2 1 1 1 =-2a+2b+2c, 1 1 1 1 1 1 1 2 → → |EG|2=4a2+4b2+4c2-2a· b+2b· c-2c· a=2,则|EG|= 2 . 1 → 1 1 → → → (4)AG=2b+2c,CE=CA+AE=-b+2a,

→ → AG·CE 2 cos〈AG,CE〉= → → =-3, |AG||CE| → →
π? ? 由于异面直线所成角的范围是?0, ?, 2? ? 2 所以异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值为3.

第6讲

立体几何中的向量方法(一)——证明平行 与垂直

最新考纲

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.

知 识 梳 理

1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量:l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称AB为直 线 l 的方向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为 a=0, ?n· 平面 α 的法向量,则求法向量的方程组为? b=0. ?n· 2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 ν1 和 ν2, 则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)?ν1∥ν2?v1 =λν2. (2)设直线 l 的方向向量为 ν,与平面 α 共面的两个不共线向量 ν1 和 ν2,则 l∥α 或 l?α ?存在两个实数 x,y,使 ν=xν1+yν2. (3)设直线 l 的方向向量为 ν, 平面 α 的法向量为 u, 则 l∥α 或 l?α ?ν⊥u?u· ν =0. (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?u1∥u2?u1=λu2. 3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 ν1 和 ν2,则 l1⊥l2?ν1⊥ν2?ν1·ν2=0. (2)设直线 l 的方向向量为 ν,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α?ν∥u?v=λu. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2,则 α⊥β?u1⊥u2?u1·u2=0.





诊 断 自 测

1.判断正误(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.(×) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.(×)

精彩 PPT 展示

(3)若两直线的方向向量不平行,则两直线不平行.(√) (4)若空间向量 a 平行于平面 α,则 a 所在直线与平面 α 平行.(×) 2.平面 α 的法向量为(1,2,-2),平面 β 的法向量为(-2,-4,k),若 α∥β, 则 k=( ) C.4 D.-2

A.2 B.-4 解析

∵α∥β,∴两平面法向量平行,

-2 -4 k ∴ 1 = 2 = ,∴k=4. -2 答案 C

3.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( ) B.(1,-1,1)

A.(-1,1,1)

3 3 3 3 3 3 C.(- 3 ,- 3 ,- 3 ) D.( 3 , 3 ,- 3 ) 解析 设 n=(x,y,z)为平面 ABC 的法向量,

? → ?n· AB=0, ?-x+y=0, 则? 化简得? ∴x=y=z.故选 C. → ?-x+z=0, ? AC=0, ?n· 答案 C

4.已知直线 l 的方向向量为 ν=(1,2,3),平面α 的法向量为 u=(5,2, -3),则 l 与 α 的位置关系是________. 解析 答案 ∵ν·u=0,∴ν⊥u,∴l∥α或 l?α. l∥α 或 l?α

5. (人教 A 选修 2-1P104 练习 2 改编)已知平面α , β 的法向量分别为 n1=(2, 3,5),n2=(-3,1,-4),则( A.α ∥β B.α⊥β )

C.α ,β 相交但不垂直 解析

D.以上均不对

∵n1≠λn2,且 n1·n2=2×(-3)+3×1+5×(-4)=-23≠0,∴α,

β不平行,也不垂直.故选 C.
答案 C

考点一

利用空间向量证明平行问题

【例 1】 如图所示,平面 PAD⊥平面 ABCD,ABCD 为正方 形,△PAD 是直角三角形,且 PA=AD=2,E,F,G 分别 是线段 PA,PD,CD 的中点.求证:PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,且 ABCD 为正方形,

∴AB,AP,AD 两两垂直. 以 A 为坐标原点,建立如右图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2, 0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0). 法一 ∴EF=(0,1,0),EG=(1,2,-1),





设平面 EFG 的法向量为 n=(x,y,z), ? → ?n· EF=0, ?y=0, 则? 即? → ?x+2y-z=0, ? EG=0, ?n· 令 z=1,则 n=(1,0,1)为平面 EFG 的一个法向量, → ∵PB=(2,0,-2), ∴PB·n=0,∴n⊥PB, ∵PB?面 EFG,∴PB∥平面 EFG. 法二 PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),









FG=(1,1,-1). 设PB=sFE+tFG,









即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),

?t=2, → → → ∴?t-s=0, 解得 s=t=2.∴PB=2FE+2FG, ?-t=-2,
又∵FE与FG不共线,∴PB,FE与FG共面. ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG. 规律方法 (1)恰当建立坐标系, 准确表示各点与相关向量的坐标, 是运用向量











法证明平行和垂直的关键. (2)证明直线与平面平行, 只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为 零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面,或证直线的方向 向量与平面内某直线的方向向量平行,然后说明直线在平面外即可.这样就把 几何的证明问题转化为向量运算. 【训练 1】 如图,平面 PAC⊥平面 ABC,△ABC 是以 AC 为 斜边的等腰直角三角形,E,F,O 分别为 PA,PB,AC 的中 点,AC=16,PA=PC=10. 设 G 是 OC 的中点,证明:FG∥平面 BOE; 证明 如图,连接 OP,∵PA=PC,O 是 AC 的中点,

∴PO⊥AC, 又∵面 PAC⊥面 ABC,∴PO⊥面 ABC, ∵△ABC 是以 AC 为斜边的直角三角形,∴BO⊥AC. 所以点 O 为坐标原点,分别以 OB,OC,OP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 O(0, 0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0, 6),E(0,-4,3),F(4,0,3). 由题意,得 G(0,4,0).

→ → 因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3),
设 n=(x,y,z)为面 BOE 的法向量,则 n· OB=0, ?x=0, → n·OE=0,∴? ?-4y+3z=0,



令 z=4,得 y=3. 所以平面 BOE 的一个法向量 n=(0,3,4). 由FG=(-4,4,-3),得 n· FG=0. 又直线 FG 不在平面 BOE 内,所以 FG∥平面 BOE. 考点二 利用空间向量证明垂直问题





【例 2】 (2015· 济南质检)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB =AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC; (2)若点 M 是线段 AP 上一点,且 AM=3.试证明平面 AMC⊥ 平面 BMC. 证明 (1)如图所示,以 O 为坐标原点,以射线 OP 为 z 轴

的正半轴建立空间直角坐标系 O-xyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0), B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4). 于是AP=(0,3,4), BC=(-8,0,0), ∴AP·BC=(0,3,4)· (-8,0,0)=0, 所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|=5, 又|AM|=3,且点 M 在线段 AP 上,













→ 3 → ? 9 12? ∴AM= AP=?0,5, 5 ?, 5 ? ?
又BA=(-4,-5,0), 16 12? → → → ? ∴BM=BA+AM=?-4,- 5 , 5 ?, ? ? 16 12? → → ? ?-4,- 5 , 5 ?=0, 则AP·BM=(0,3,4)· ? ? → → ∴AP⊥BM,即 AP⊥BM,



又根据(1)的结论知 AP⊥BC, ∴AP⊥平面 BMC,于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM?平面 AMC,故平面 AMC⊥平面 BCM. 规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系, 准确写出相关点

的坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)其一证明线线垂直, 只需要证明两条直线的方向向量垂直; 其二证明线面垂 直,只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可.当然也可 证直线的方向向量与平面法向量平行.其三证明面面垂直:①证明两平面的法 向量互相垂直;②利用面面垂直的判定定理,只要能证明一个平面内的一条直 线的方向向量为另一个平面的法向量即可. 【训练 2】 (2013· 陕西卷节选)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心,A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2.

证明:A1C⊥平面 BB1D1D. 证明 如图. 由题设易知 OA, OB, OA1 两两垂直, 以 O 为原点建立空间直角坐标系,

∵AB=AA1= 2,∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由A1B1 =AB,易得 B1(-1,1,1). ∵A1C=(-1,0,-1),BD=(0,-2,0),BB1=(-1,0,1), ∴A1C·BD=0,A1C·BB1=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,又 BD∩BB1=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D.





→ →











考点三

利用空间向量解决探索性问题

【例 3】 在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形, PD=DC,E,F 分别是 AB,PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内是否存在一点 G, 使 GF⊥平面 PCB.若存在, 求出点 G 坐标; 若不存在,试说明理由. (1)证明 如图,以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x 轴,y

轴,z 轴建立空间直角坐标系,设 AD=a, a ? ? 则 D(0, 0, 0), A(a, 0, 0), B(a, a, 0), C(0, a, 0), E?a,2,0?, ? ? P(0,0,a), ?a a a? F?2,2,2?. ? ? a? → → ? a EF=?-2,0,2?,DC=(0,a,0). ? ? ∵EF·DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. (2)解 假设存在满足条件的点 G,









a a? → ? a 设 G(x,0,z),则FG=?x-2,-2,z-2?, ? ? 若使 GF⊥平面 PCB,则由 a a? a → → ? a ? a? FG·CB=?x-2,-2,z-2?·(a,0,0)=a?x-2?=0,得 x=2; ? ? ? ? a a? → → ? a 由FG·CP=?x-2,-2,z-2?·(0,-a,a) ? ? a2 ? a? = 2 +a?z-2?=0,得 z=0. ? ? ?a ? ∴G 点坐标为?2,0,0?,即存在满足条件的点 G,且点 G 为 AD 的中点. ? ? 规律方法 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种: (1)根据题目的已知条

件进行综合分析和观察猜想, 找出点或线的位置, 然后再加以证明, 得出结论; (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目进行求解,若 能求出参数的值且符合已知限定的范围, 则存在这样的点或线, 否则不存在. 本 题是设出点 G 的坐标,借助向量运算,判定关于 P 点的方程是否有解.

【训练 3】 (2014· 鞍山二模)如图所示,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 1 的 正方形,PA⊥CD,PA=1,PD= 2,E 为 PD 上一点,PE=2ED.

(1)求证:PA⊥平面 ABCD; (2)在侧棱 PC 上是否存在一点 F,使得 BF∥平面 AEC?若存在,指出 F 点的 位置,并证明;若不存在,说明理由. (1)证明 ∵PA=AD=1,PD= 2,

∴PA2+AD2=PD2,即 PA⊥AD. 又 PA⊥CD,AD∩CD=D,∴PA⊥平面 ABCD. (2)解 以 A 为原点,AB,AD,AP 所在直线为 x 轴,y 轴,

z 轴建立空间直角坐标系. 则 A(0,0,0),B(1,0,0), C(1,1,0),P(0,0,1), 2 1? → ? E?0,3,3?,AC=(1,1,0), ? ?

→ ? 2 1? AE=?0,3,3?. ? ?
设平面 AEC 的法向量为 n=(x,y,z), ? → ?n· AC=0, ?x+y=0, 则? 即? → ?2y+z=0, ? AE=0, ?n· 令 y=1,则 n=(-1,1,-2). → → → 假设侧棱 PC 上存在一点 F, 且CF=λCP(0≤λ≤1), 使得 BF∥平面 AEC, 则BF· n =0. 又∵BF=BC+CF=(0,1,0)+(-λ,-λ,λ )=(-λ,1-λ,λ ), 1 → ∴BF·n=λ+1-λ-2λ=0,∴λ =2, ∴存在点 F,使得 BF∥平面 AEC,且 F 为 PC 的中点.







[思想方法] 1.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,体现了向量的 工具性, 这种方法可把复杂的推理证明、 辅助线的作法转化为空间向量的运算, 降低了空间想象演绎推理的难度,体现了由“形”转“数”的转化思想. 2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路:一种是用向量表示几何量, 利用向量的运算进行判断;另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:(1) 建立立体图形与空间向量的联系, 用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、 线、面,把立体几何问题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、线、面 之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题. [易错防范] 1.用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理.如要证明 线面平行,只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为 证明线线平行, 用向量方法证明直线 a∥b, 只需证明向量 a=λb(λ∈R)即可. 若 用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行, 仍需强调直线在平面 外. 2.用向量证明立体几何问题,写准点的坐标是关键,要充分利用中点、向量 共线、向量相等来确定点的坐标.

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,能使 l∥α 的是 A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) ( )

D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1) 解析 若 l∥α,则 a· n=0,

D 中,a· n=1×0+(-1)×3+3×1=0,∴a⊥n. 答案 D

2.若AB=λCD+μCE,则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是 A.相交 C.在平面内 解析 B.平行 D.平行或在平面内







(

)

→ → → → → → ∵AB=λCD+μCE,∴AB,CD,CE共面.则 AB 与平面 CDE 的位置

关系是平行或在平面内. 答案 D

3.已知平面 α 内有一点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量为 n=(6,-3,6), 则下列点 P 中,在平面 α 内的是 A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) 解析 B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4) ( )

逐一验证法,对于选项 A,MP=(1,4,1),



∴MP·n=6-12+6=0,∴MP⊥n, ∴点 P 在平面 α 内,同理可验证其他三个点不在平面 α 内. 答案 A





4.如图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直, AB= 2,AF=1,M 在 EF 上,且 AM∥平面 BDE. 则 M 点的坐标为 A.(1,1,1) ? 2 ? 2 C.? , ,1? 2 ?2 ? 解析 ? 2 2 ? B.? , ,1? 3 ?3 ? ? 2 ? 2 D.? , ,1? 4 ?4 ? ( )

设 AC 与 BD 相交于 O 点,连接 OE,由 AM∥

平面 BDE,且 AM?平面 ACEF,平面 ACEF∩平面 BDE=OE,∴AM∥EO, 又 O 是正方形 ABCD 对角线交点,

∴M 为线段 EF 的中点. 在空间坐标系中,E(0,0,1),F( 2, 2,1). ? 2 2 ? 由中点坐标公式,知点 M 的坐标? , ,1?. 2 2 ? ? 答案 C

5.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1 = 3,AD=2 2,P 为 C1D1 的中点,M 为 BC 的中 点.则 AM 与 PM 的位置关系为 A.平行 C.垂直 解析 ( B.异面 D.以上都不对 )

以 D 点为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在

直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1, 3),C(0,2, 0),A(2 2,0,0),M( 2,2,0). ∴PM=( 2,2,0)-(0,1, 3)=( 2,1,- 3), AM=( 2,2,0)-(2 2,0,0)=(- 2,2,0), ∴PM·AM=( 2,1,- 3)· (- 2,2,0)=0, 即PM⊥AM,∴AM⊥PM. 答案 C





→ →

→ →

二、填空题 6.已知平面 α 和平面 β 的法向量分别为 a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且 α⊥β, 则 x=________. 解析 答案 ∵a· b=x-2+6=0,∴x=-4. -4

7.设点 C(2a+1,a+1,2)在点 P(2,0,0),A(1,-3,2),B(8,-1,4)确定 的平面上,则 a=________. 解析 PA=(-1,-3,2),PB=(6,-1,4).





根据共面向量定理,设PC=xPA+yPB(x,y∈R), 则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4) =(-x+6y,-3x-y,2x+4y),







?2a-1=-x+6y, ∴?a+1=-3x-y, 解得 x=-7,y=4,a=16. ?2=2x+4y,
答案 16 → 8.已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点,如果AB=(2,-1,-4), AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP 是平面 ABCD 的法向量;④AP∥BD.其中正确的序号是________. 解析 → → → → ∵AB·AP=0,AD·AP=0,











∴AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确. 又AB与AD不平行, ∴AP是平面 ABCD 的法向量,则③正确.

→ →



→ → → → 由于BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,-1),
∴BD与AP不平行,故④错误. 答案 ①②③





三、解答题 9.(2015· 北京房山一模)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,且 PA =AD=2,E,F,H 分别是线段 PA,PD,AB 的中点. 求证:(1)PB∥平面 EFH; (2)PD⊥平面 AHF.

证明

建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.

∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0), D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0, 1,1),H(1,0,0). (1)∵PB=(2,0,-2),EH=(1,0,-1), → → ∴PB=2EH,∴PB∥EH. ∵PB?平面 EFH,且 EH?平面 EFH, ∴PB∥平面 EFH. (2)PD=(0,2,-2),AH=(1,0,0),AF=(0,1,1), ∴PD·AF=0×0+2×1+(-2)×1=0, → → PD·AH=0×1+2×0+(-2)×0=0, ∴PD⊥AF,PD⊥AH, 又∵AF∩AH=A,∴PD⊥平面 AHF. 10.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点,在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论. 解 在棱 C1D1 上存在点 F(为 C1D1 中点),使 B1F∥平面















A1BE.证明如下: 设正方体的棱长为 1. 如图所示,以AB,AD,AA1 为单位正交基底建立空 间直角坐标系. 依题意,得 B(1,0,0), 1? ? E?0,1,2?,A1(0,0,1), ? ? → BA1=(-1,0,1), 1? → ? BE=?-1,1,2?. ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 A1BE 的一个法向量,







则由 n· BA1=0,n· BE=0, -x+z=0, ? ? 1 得? 所以 x=z,y=2z. 1 -x+y+2z=0. ? ? 取 z=2,得 n=(2,1,2). 设 F 是棱 C1D1 上的点,则 F(t,1,1)(0≤t≤1). 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0). 而 B1F?平面 A1BE, 于是 B1F∥平面 A1BE?B1F·n=0?(t-1,1,0)· (2,1,2)=0?2(t-1)+1= 1 0?t=2?F 为 C1D1 的中点.这说明在棱 C1D1 上存在点 F(C1D1 的中点),使 B1F∥平面 A1BE.









能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.如图所示, 在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中, 点 M, P,Q 分别为棱 AB,CD,BC 的中点,若平行六面体 的各棱长均相等,则 ①A1M∥D1P; ②A1M∥B1Q; ③A1M∥平面 DCC1D1; ④A1M∥平面 D1PQB1. 以上正确说法的个数为 A.1 解析 B.2 C.3 D.4 ( )

→ → → → 1→ → → → → 1→ → A1M= A1A + AM= A1A+2 AB, D1P =D1D+DP= A1A+ 2AB ,∴A1M∥

D1P,所以 A1M∥D1P,由线面平行的判定定理可知,A1M∥面 DCC1D1,A1M ∥面 D1PQB1.①③④正确. 答案 C



12.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 2a 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 3 ,则 MN 与 平面 BB1C1C 的位置关系是 A.相交 C.垂直 解析 B.平行 D.不能确定 ( )

分别以 C1B1、C1D1, C1C 所在直线为 x,y,

z 轴,建立空间直角坐标系,如图, 2 ∵A1M=AN= 3 a, 2 a? ? ∴M?a,3a,3?, ? ? 2 ?2 ? N?3a,3a,a?, ? ? 2 ? → ? a ∴MN=?-3,0,3a?. ? ? 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0), ∴C1D1=(0,a,0), ∴MN·C1D1=0,∴MN⊥C1D1. ∵C1D1是平面 BB1C1C 的法向量, 且 MN?平面 BB1C1C, ∴MN∥平面 BB1C1C. 答案 B













13.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E,F 分别是棱 BC,DD1 上的点,如果 B1E⊥平面 ABF, 则 CE 与 DF 的和的值为________. 解析 以 D1A1,D1C1,D1D 分别为 x,y,z 轴建立

空间直角坐标系, 设 CE=x,DF=y, 则易知 E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),

∴B1E=(x-1,0,1),∴FB=(1,1,y), 由于 B1E⊥平面 ABF, 所以FB·B1E=(1,1,y)· (x-1,0,1)=0?x+y=1. 答案 1









14.如图所示,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条 侧棱的长都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若 SD⊥平面 PAC,则侧棱 SC 上是否存在一点 E, 使得 BE∥平面 PAC?若存在,求 SE∶EC 的值;若不 存在,试说明理由. (1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于 O,则 AC⊥BD.

由题意知 SO⊥平面 ABCD.

→ → → 以 O 为坐标原点,OB,OC,OS分别为 x 轴、y 轴、
z 轴正方向,建立空间直角坐标系如图. 设底面边长为 a,则高 SO= ? 6 ? 于是 S?0,0, a?, 2 ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 2 2 D?- a,0,0?,B? a,0,0?,C?0, a,0?, 2 ? 2 ? ?2 ? ? ? 6 a, 2

→ ? ? → ? 2 2 6 ? OC=?0, a,0?,SD=?- a,0,- a?, 2 2 2 ? ? ? ?
则OC·SD=0.故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. (2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.理由如下:





由已知条件知DS是平面 PAC 的一个法向量,



→ ? 2 6 ? → ? 2 6 ? 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ?
→ ? ? 2 2 BC=?- a, a,0?. 2 2 ? ? 设CE=tCS,则BE=BC+CE=BC+tCS















? 2 2 6 ? =?- a, a(1-t), at?, 2 2 2 ? ? 1 → → 由BE·DS=0?t=3. 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE⊥DS. 又 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.





第7讲
最新考纲

立体几何中的向量方法(二)——求空间角

1.能用向量方法解决直线与直线,直线与平面,平面与平面的夹角

的计算问题;2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.

知 识 梳 理

1.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 m1,m2,则 l1 与 l2 所成的角 θ 满足 cos θ =__|cos〈m1,m2〉|= |m1·m2| . |m1|·|m2|

(2)设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分别为 m,n,则直线 l 与平面 α 所 |m· n| 成角 θ 满足 sin θ =|cos〈m,n〉|= |m|· |n| . (3)求二面角的大小 (ⅰ)如图①,AB,CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的直线,则二面 角的大小 θ=__〈AB,CD〉 .





(ⅱ)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α,β 的法向量, 则二面角的大小 θ 满足|cos θ |=|cos〈n1,n2〉|,二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角). 2.点面距的求法 如图, 设 AB 为平面 α 的一条斜线段, n 为平面 α 的法向量, |AB·n| 则 B 到平面 α 的距离 d= |n| .



诊 断 自 测

1.判断正误(请在括号中打“√”或“×”)

精彩 PPT 展示

(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(×) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(×) π? π? ? ? (4)两异面直线夹角的范围是?0, ?,直线与平面所成角的范围是?0, ?,二 2? 2? ? ? 面角的范围是[0,π ].(√) 2. (2015· 泰安模拟)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, 1 若 cos〈m,n〉=-2,则 l 与 α 所成的角为( A.30° C.120° 解析 B.60° D.150° )

1 设 l 与 α 所成角为 θ,∵cos〈m,n〉=-2,∴ sin θ=| cos〈m,n〉

1 |=2,∵0°≤θ≤90°,∴θ=30°.故选 A. 答案 A )

3. 设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2, 则点 D1 到平面 A1BD 的距离是( 3 A. 2 解析 2 B. 2 2 2 C. 3 2 3 D. 3

如图建立坐标系.则 D1(0,0,2),A1(2,0,2),B(2,

2,0), D1A1=(2,0,0),DB=(2,2,0), 设平面 A1BD 的法向量 ? → ?n· DA1=0, n=(x,y,z),则? → ? DB=0, ?n· ?2x+2z=0, 即? 令 z=1,得 n=(-1,1,1). ?2x+2y=0,





|D1A1·n| 2 2 3 ∴D1 到平面 A1BD 的距离 d= = = 3 . |n| 3 故选 D. 答案 D



4.(2015· 郑州模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,BC=AA1=1,则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为__________. 解析 以 D 为原点,DA 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴,

建立空间直角坐标系, 设 n=(x,y,z)为平面 A1BC1 的法向量. 则 n· A1B=0,n·A1C1=0, ?2y-z=0, 即? 令 z=2,则 y=1,x=2, ?-x+2y=0, 于是 n=(2,1,2),D1C1=(0,2,0) 设所求线面角为 α,则 sin 答案 1 3 1 → α=| cos〈n,D1C1〉|=3.







5.(人教 A 选修 2-1P106 例 2 改编)二面角的棱上有 A,B 两点,直线 AC, BD 分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6, BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为__________. 解析 ∵CD=CA+AB+BD, → → → (CA+AB+BD)2 → → 116+2CA· BD









∴|CD|= =



→ → 36+16+64+2CA· BD=

=2 17. ∴CA·BD=|CA|·|BD|· cos〈CA,BD〉=-24. 1 → → → → ∴ cos〈CA,BD〉=-2.而二面角与〈CA,BD〉互补, ∴所求二面角为 60 °. 答案 60 °













考点一

求异面直线所成的角

【例 1】 如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA⊥底面 ABCD,E 是 PC 的中点.已知 AB=2,AD=2 2, PA=2.求: (1)△PCD 的面积. (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小. 解 (1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD.

又 AD⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD,从而 CD⊥PD. 因为 PD= 22+(2 2)2=2 3,CD=2, 1 所以△PCD 的面积为2×2×2 3=2 3. (2)法一 如图 1,取 PB 中点 F,连接 EF,AF,则 EF∥BC,

从而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角. 1 在△AEF 中,由于 EF= 2,AF= 2,AE=2PC=2. π 则△AEF 是等腰直角三角形,所以∠AEF= 4 . π 因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 4 . 法二 如图 2,建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(2, 图1

2 2,0), E(1, 2,1),AE=(1, 2,1),BC=(0,2 2,0). 设AE与BC的夹角为 θ,则 cos θ = AE·BC |AE||BC|









图2





→ →



π 4 2 = 2 ,所以 θ= 4 . 2×2 2

π 由此可知,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 4 . 规律方法 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角,一是几何法:作—证

—算; 二是向量法: 把角的求解转化为向量运算, 应注意体会两种方法的特点,

“转化”是求异面直线所成角的关键,一般地,异面直线 AC,BD 的夹角 β 的余弦值为 cos β= |AC·BD| |AC||BD| 【训练 1】 如右图所示正方体 ABCD-A′B′C′D′,已知点 H 在 A′B′C′D′的对角线 B′D′上,∠HDA=60°. 求 DH 与 CC′所成的角的大小. 解 如图所示,以 D 为原点,DA 为单位长度建立空间直角坐





→ →

.

标系 D-xyz, 则DA=(1,0,0),CC′=(0,0,1). 设DH=(m,m,1)(m>0), → → 由已知, 〈DH,DA〉=60° 由DA·DH=|DA|·|DH| · cos〈DH,DA〉 , 可得 2m= 2m2+1,解得 m= 2 , 2



















→ ? 2 2 ? ∴DH=? , ,1?, 2 ?2 ?
2 2 × 0 + 2 2 ×0+1×1 2 → → ∵ cos〈DH,CC′〉= =2, 1× 2 → → ∴〈DH,CC′〉=45°, 即 DH 与 CC′所成的角为 45°. 考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角

【例 2】 (2014· 北京卷)如图,正方形 AMDE 的边长为 2, B,C 分别为 AM,MD 的中点.在五棱锥 P-ABCDE 中, F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G, H. (1)求证:AB∥FG; (2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE.求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并

求线段 PH 的长. (1)证明 在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB∥DE.

又因为 AB?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB?平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)解 因为 PA⊥底面 ABCDE,

所以 PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0, → 0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1, 0). 设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),则 ? → ?n· AB=0, ?x=0, ? 即? → ?y+z=0. ? AF=0, ?n· 令 z=1,则 y=-1.所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α, → ? n· BC ? 1 ? 则 sin α =|cos〈n,BC〉|=? → ? ?=2. ?|n||BC|?



π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 . 设点 H 的坐标为(u,v,w). 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH=λPC(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因为 n 是平面 ABF 的法向量,所以 n· AH=0, 即(0,-1,1)· (2λ,λ ,2-2λ)=0. 2 ?4 2 2? 解得 λ=3,所以点 H 的坐标为?3,3,3?. ? ? 所以 PH= ?4?2 ?2?2 ? 4?2 ?3? +?3? +?-3? =2. ? ? ? ? ? ?







规律方法

利用向量求线面角的方法: (1)分别求出斜线和它所在平面内的射影

直线的方向向量,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,取其余角就是 斜线和平面所成的角. 【训练 2】 (2014· 福建卷)在平面四边形 ABCD 中, AB=BD=CD=1, AB⊥BD, CD⊥BD,将△ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平面 BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦 值. (1)证明 ∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=

BD,AB?平面 ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD. (2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图.

由(1)知 AB⊥平面 BCD, BE?平面 BCD,BD?平面 BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以 B 为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为 x 轴,y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1), 1 1? → → ? 1 1? → ? M?0,2,2?,则BC=(1,1,0),BM=?0,2,2?,AD=(0,1,-1). ? ? ? ? 设平面 MBC 的法向量为 n=(x0,y0,z0), x +y =0, ? → ?n· ? 0 0 BC=0, ? 则? 即? 1 1 → y 0+ z0=0, ? ? 2 BM=0, ?2 ?n· 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量为 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ,







→ |n· AD| 6 则 sin θ =| cos〈n,AD〉|= = → 3, |n|· |AD|



6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 . 考点三 利用空间向量求二面角

【例 3】 (2014· 广东卷)如图,四边形 ABCD 为正方形, PD⊥平面 ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC 于点 F,FE∥ CD,交 PD 于点 E. (1)证明:CF⊥平面 ADF; (2)求二面角 D-AF-E 的余弦值. (1)证明 ∵ED⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,

∴ED⊥AD. 又∵四边形 ABCD 为正方形,因此 AD⊥CD. ∵ED∩CD=D, ∴AD⊥平面 CDEF. 由于 CF?平面 CDEF, ∴AD⊥CF. 又 AF⊥CF,AF∩AD=A. 故 CF⊥平面 ADF. (2)解 如图所示,建立空间直角坐标系,点 D 为坐标原

点,设 DC=1. 由于∠DPC=30°,PD⊥CD,所以 PC=2,PD= 3. 由于 CF⊥FD,FE∥CD, 3 3 所以 DF= 2 ,DE= 4 , 3 EF=4. 从而 D,A,C,F,E 五点的坐标分别为 ? 3 3 ? D(0,0,0),A(0,0,1),C(0,1,0),F? , ,0?, ?4 4 ?

? 3 ? E? ,0,0?. 4 ? ?

→ ? 3 ? 1 ? → ? 3 3 计算得CF=? ,- ,0?,FA=?- ,- ,1?, 4 ? 4 ?4 ? 4 ?
3 → EF=(0,4,0). 设平面 AEF 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1⊥EF,n1⊥FA, ?y1=0, 因此? ?- 3x1-3y1+4z1=0, 取 x1=4,则 n1=(4,0, 3)为平面 AEF 的一个法向量. 由于 CF⊥平面 ADF, 故平面 ADF 的一个法向量 n2=( 3,-1,0). 由图可见所求二面角 θ 的余弦值为 |n1·n2| 4 3 2 57 cos θ = |n ||n | = = 19 . 2 2 1 2 16+3× ( 3) +(-1) 规律方法 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的





法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合 实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 【训练 3】 (2014· 辽宁卷)如图,△ABC 和△BCD 所在平面 互相垂直,且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°, E,F 分别为 AC,DC 的中点. (1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值. (1)证明 由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B

作垂直 BC 的直线为 x 轴,BC 所在直线为 y 轴,在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴,建立如图所示空间 直角坐标系.易得 B(0,0,0),A(0,-1, 3),D( 3, ? ? 3 1 ? 1 3? -1,0),C(0,2,0).因而 E?0, , ?,F? , ,0?. 2 2? ? ?2 2 ?

→ ? 3 3? → 所以EF=? ,0,- ?,BC=(0,2,0), 2 2 ? ?
因此EF·BC=0.从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)解 平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1).









设平面 BEF 的法向量 n2=(x,y,z), → ? 3 1 ? → ? 1 3? 又BF=? , ,0?,BE=?0, , ?. 2 2? ?2 2 ? ?

→ ? ?n2·BF=0 由? 得其中一个 n2=(1,- 3,1). → ? ?n2·BE=0
设二面角 E-BF-C 大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 cos θ =| cos〈n1, ?n1·n2? 1 ?= , n2〉|=? ? |n1||n2| ? 5 因此 sin θ = 2 2 5 = 5 , 5

2 5 即所求二面角的正弦值为 5 .

[思想方法] 1.利用空间向量求空间角,避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦,使空间 点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计 算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算. 2.合理建立空间直角坐标系 (1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系, 建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同. (2)一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线 时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系;如果不存在这样的三条直 线,则应尽可能找两条垂直相交的直线,以其为两条坐标轴建立空间直角坐标 系,即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点. (3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系, 在没有现成的垂直关系时要通

过其他已知条件得到垂直关系, 在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角 坐标系. [易错防范] 1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角:当异面直线的方向向量的夹角为 锐角或直角时,就是该异面直线的夹角;否则向量夹角的补角是异面直线所成 的角. 2.二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两 半平面 α, β 的法向量 n1, n2 时, 要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向, 从而确定二面角与向量 n1,n2 的夹角是相等,还是互补.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2014· 广东卷)已知向量 a=(1,0,-1),则下列向量中与 a 成 60°夹角的是 ( A.(-1,1,0) C.(0,-1,1) 解析 B.(1,-1,0) D.(-1,0,1) )

经检验,选项 B 中向量(1,-1,0)与向量 a=(1,0,-1)

1 的夹角的余弦值为2,即它们的夹角为 60°,故选 B. 答案 B

2.(2014·新课标全国Ⅱ卷)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 ( 1 A.10 解析 2 B.5 30 C. 10 2 D. 2 )

建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz, 设 BC

=2,则 B(0,2,0), A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2),所以BM=(1,



|BM·AN| → -1, 2), AN=(-1, 0, 2), 故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ= → → |BM|·|AN| = 3 30 = 10 . 6× 5 C





答案

→ 1→ 3.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,点 M 在 AC1 上且AM=2MC1,N 为 B1B
的中点,则|MN|为 21 A. 6 a 解析 6 B. 6 a 15 C. 6 a 15 D. 3 a



(

)

以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,则 A(a,0,0),

a? ? C1(0,a,a),N?a,a,2?. ? ? 设 M(x,y,z),

→ 1→ ∵点 M 在 AC1 上且AM=2MC1,
1 (x-a,y,z)=2(-x,a-y,a-z) 2 a a ∴x=3a,y=3,z=3. ?2a a a? 得 M? 3 ,3,3?, ? ? ∴|MN|= 答案 A



a?2 ?a a?2 21 ? 2 ?2 ? ?a-3a? +?a-3? +?2-3? = 6 a. ? ? ? ? ? ?

4. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 点 E 为 BB1 的中点, 则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 1 A.2 解析 2 B.3 3 C. 3 2 D. 2 ( )

以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系

A-xyz,设棱长为 1,则 A1(0,0,1), 1? ? E?1,0,2?,D(0,1,0), ? ?

1? → → ? ∴A1D=(0,1,-1),A1E=?1,0,-2?, ? ?

?A→ 1D·n1=0, 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z),所以有? → ?A 1E·n1=0,
y-z=0, ? ? ?y=2, 即? 1 解得? ∴n1=(1,2,2). 1-2z=0, ?z=2. ? ? ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴ cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为3. 答案 B

5.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为 6 A. 3 解析 3 B. 3 a a C.3 D. 6a ( )

根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标

系 P-xyz,则 P(0,0, ,0),A(a,0,0),B(0,a, 0),C(0,0,a). 过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离. ∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. 又∵△ABC 为正三角形, ∴H 为△ABC 的重心, ?a a a? 可得 H 点的坐标为?3,3,3?. ? ? ∴PH= 3 ?a ?2 ?a ?2 ?a ?2 ?3-0? +?3-0? +?3-0? = a. 3 ? ? ? ? ? ?

3 ∴点 P 到平面 ABC 的距离为 3 a. 答案 B

二、填空题 6.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二 面角的大小为__________. 解析 π m· n 2 cos〈m,n〉=|m||n|= 2 ,∴〈m,n〉= 4 .

π 3π ∴两平面所成二面角的大小为 4 或 4 . 答案 π 3π 4或 4

7.在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正 弦值等于__________. 解析 以 D 为坐标原点, 建立空间直角坐标系, 如图,

设 AA1=2AB=2,则 D(0,0,0),C(0,1,0),B(1, 1,0),C1(0,1,2),则DC=(0,1,0),DB=(1,1, 0),DC1=(0,1,2). 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥DB, ?x+y=0, → n⊥DC1, 所以有? 令 y=-2, 得平面 BDC1 ?y+2z=0, 的一个法向量为 n=(2,-2,1). → ? n· DC ? 2 ? 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos〈n,DC〉|=? → ? = ? 3. ?|n||DC|?











答案

2 3

8.如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC, AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E、F 分别是棱 AB、 BB1 的中点, 则直线 EF 和 BC1 所成的角是__________. 解析 以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空

间直角坐标系.

设 AB=BC=AA1=2, 则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), 则EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2), ∴EF·BC1=2, ∴cos〈EF,BC1〉=

→ →









2 1 =2, 2×2 2

∴EF 和 BC1 所成的角为 60°. 答案 60°

三、解答题 9.(2014· 浙江卷)如图,在四棱锥 A-BCDE 中,平 面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE=∠BED=90°, AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B-AD-E 的大小. (1)证明 在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,

CD=2, 得 BD=BC= 2, 由 AC= 2, AB=2, 得 AB2=AC2+BC2, 即 AC⊥BC, 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE, 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,DC∩AC=C,从而 DE⊥平面 ACD. (2)解 以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x

轴, y 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 D-xyz, 如图所示. 由题意知各点坐标如下: D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, 2),B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2, z2),可算得AD=(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1,1,0), ? → ?m· AD=0, ?-2y1- 2z1=0, 由? 即? → ? AE=0, ?x1-2y1- 2z1=0, ?m·







可取 m=(0,1,- 2). ? → ?n· AD=0, ?-2y2- 2z2=0, 由? 即? → x +y =0, ? BD=0, ? 2 2 ? n· 可取 n=(1,-1, 2). |m· n| 于是|cos〈m,n〉|=|m|· |n|= 3 3 = 2 ,由题意可知,所求二面角是锐角, 3·2

π 故二面角 B-AD-E 的大小是 6 . 10. (2013· 湖南卷)如图, 在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, AD∥BC, ∠BAD=90°, AC⊥BD, BC=1, AD=AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. (1)证明 易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,

以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直 角坐标系.设 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0, 3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).

从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0).







→ → 因为 AC⊥BD,所以AC·BD=-t2+3+0=0,
解得 t= 3或 t=- 3(舍去). 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0).





因为AC·B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D,即 AC⊥B1D. (2)解 由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),B1C1=(0,1,0).















设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, ? → ?n· AC=0, ? 3x+y=0, 则? 即? 令 x=1, → ?3y+3z=0, ? AD1=0, ?n· 则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,

→ ? ? n· B1C1 ? 3 21 ? 则 sin θ =|cos〈n,B1C1〉|=? = = 7 . → ? 7 |B1C1|? ?|n|· →
21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 7 .

能力提升题组 (建议用时:25 分钟)
11.正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直,则二面角 A-BD-C 的正弦值为( 5 A. 5 2 5 C. 5 解析 3 B. 3 6 D. 3 取 BC 中点 O,连接 AO,DO.建立如图所示坐标 )

系,设 BC=1, 1 ? ? 3? ? 则 A?0,0, ?,B?0,-2,0?, ? ? 2 ? ? ? 3 ? → ? 3? → ? 1 3? → D? ,0,0?.∴OA=?0,0, ?, BA=?0, , ?, BD 2? 2 2? ?2 ? ? ?

→ ? ? 3 1 ? 3? =? , ,0?.由于OA=?0,0, ?为平面 BCD 的一个法向量, 可进一步求出 2? ?2 2 ? ?
平面 ABD 的一个法向量 n=(1,- 3,1), 5 2 5 → → ∴ cos〈n,OA〉= 5 ,∴ sin〈n,OA〉= 5 . 答案 C

12.在正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的中点, 且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是 A.30° C.60° 解析 -xyz. 设 OD=SO=OA=OB=OC=a.则 A(a,0,0), a a? ? B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,-2,2?. ? ? a a? → → ? 则CA=(2a,0,0),AP=?-a,-2,2?, ? ? CB=(a,a,0),设平面 PAC 的一个法向量为 n, ? → ?n· CA=0, ?x=0, 设 n=(x,y,z),则? 解得? 可取 n=(0,1,1), → ?y=z, ? AP=0, ?n· CB·n a 1 则 cos〈CB,n〉= → = =2, 2 2a · 2 |CB|· |n| B.45° D.90° ( )

如图,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O







∴〈CB,n〉=60°, ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°-60°=30°. 答案 A



13.(2015· 南京一模)P 是二面角 α-AB-β 棱上的一点,分别在平面 α,β 上引射 线 PM,PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角 α-AB -β 的大小为__________. 解析 不妨设 PM= a,PN=b,如图,作 ME⊥AB 于

E,NF⊥AB 于 F, ∵∠EPM=∠FPN=45°, 2 2 ∴PE= 2 a,PF= 2 b,

∴EM·FN=(PM-PE)· (PN-PF)













→ → → → → → → → =PM·PN-PM·PF-PE·PN+PE·PF
2 2 2 2 =abcos 60°-a× 2 bcos 45°- 2 a×bcos 45°+ 2 a× 2 b ab ab ab ab = 2 - 2 - 2 + 2 =0. ∴EM⊥FN,∴二面角 α-AB-β 的大小为 90°. 答案 90°





14 .(2014· 天津卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,点 E 为棱 PC 的 中点. (1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. (1)证明 依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图),

可得 B(1,0,0), C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 由 E 为棱 PC 的中点, 得 E(1,1,1).

→ → 向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故
BE·DC=0. 所以 BE⊥DC. (2)解 向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2),设 n=(x,y,z)为平面 PBD









的法向量, ? → ?n· BD=0, ?-x+2y=0, 则? 即? 不妨令 y=1, → ?x-2z=0. ? PB=0, ? n· 可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量,于是有

→ n· BE 2 3 cos〈n,BE〉= = = → 3. 6 × 2 |n|· |BE|



3 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . (3)解 向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,









0).由点 F 在棱 PC 上,设CF =λCP,0≤λ ≤1. 故BF=BC+CF=BC+λ CP=(1-2λ,2-2λ,2λ ). 3 → → → 由 BF⊥AC,得BF·AC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得 λ=4.即BF= ? 1 1 3? ?-2,2,2?.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量, ? ?















→ x=0, ?n1·AB ? =0, ? 则? 即? 1 1 3 → - x+ y+ z=0. ? 2 2 2 ?n1·BF=0, ?
不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的 法向量 n2=(0,1,0),则 n1·n2 -3 3 10 cos〈n1,n2〉= = =- 10 . |n1|·|n2| 10×1 易知,二面角 F-AB-P 是锐角, 3 10 所以其余弦值为 10 .

高考导航

1.立体几何是高考的重要内容,每年基本上都是一个解答题,两个

选择题或填空题.小题主要考查学生的空间观念,空间想象能力及简单计算能 力. 解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式, 即首先是利用定义、 定理、 公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直,再利用空间向量进行空间角 的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形 的翻折、探索性的存在问题等;2.思想方法:(1)转化与化归(空间问题转化为 平面问题);(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).

热点一

求解空间几何体的表面积和体积

对于空间几何体的表面积与体积, 高考考查的形式已经由原来的简单套用公式 渐变为三视图与柱、锥、球的接、切问题相结合,特别地,已知空间几何体的 三视图求其表面积、 体积已成为近两年高考考查的热点. 而求解棱锥的体积时, 等体积转化是常用的方法,转化原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一 面上.求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化 为规则几何体以便于求解. 【例 1 】 (2014· 重庆卷 ) 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )

A.12 B.18 C.24 解析

D.30

由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形, 由正视图和侧视图可

以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的,即直三棱 柱 ABC-A1B1C1 截掉一个三棱锥 D-A1B1C1 得到的(如图), 审题流程 一审:三视图,根据三视图的规则还原几何体. 二审:所求几何体的构成(由一个直三棱柱截掉一个三棱锥). 三审:体积的计算.

其中 AC=4,BC=3,AA1=5, 1 1 1 AD=2,BC⊥AC,所以该几何体的体积 V=2×AC×BC×AA1-3×2×A1C1× 1 1 1 B1C1×A1D=2×4×3×5-3×2×4×3×3=30-6=24. 答案 C 组合体的表面积与体积的求解是高考考查的重点, 解决此类问题可

探究提高

通过分割或补形将组合体变为规则的柱体、锥体、球等几何体的表面积和体积 问题,然后根据几何体表面积与体积的构成用它们的和或差来表示.在求解过 程中应注意两个问题,一是注意表面积与侧面积的区别,二是注意几何体重叠 部分的表面积、挖空部分的体积的计算. 【训练 1】 (1)一个半径为 2 的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所 示,则该几何体的表面积为________.

第(1)题图

第(2)题图

(2)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E 为线段 B1C 上的一点,则三

棱锥 A-DED1 的体积为________. 解析 1 (1)由三视图,可知该几何体是一个球体挖去4之后剩余的部分,故该几

3 3 何体的表面积为球体表面积的4与两个半圆的面积之和,即 S=4×(4π×22)+ ?1 ? 2×?2π×22?=16π. ? ? 1 1 1 1 (2)VA-DED1=VE-ADD1=3×S△ADD1×CD=3×2×1=6. 答案 热点二 (1)16π 1 (2)6

空间点、线、面位置关系

高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明, 一般以解答题 的形式出现,试题难度中等,重在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力, 在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在 判断线面位置关系中的应用. 【例 2】 (2014· 北京卷)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧 棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F 分别 是 A1C1,BC 的中点. (1)求证:平面 ABE⊥平面 B1BCC1; (2)求证:C1F∥平面 ABE; (3)求三棱锥 E-ABC 的体积. (1)证明 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥底面 ABC.

所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC,所以 AB⊥平面 B1BCC1. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.

图1 (2)证明 法一

图2

如图 1,取 AB 中点 G,连接 EG,FG.

因为 E,F 分别是 A1C1,BC 的中点, 1 所以 FG∥AC,且 FG=2AC. 因为 AC∥A1C1,且 AC=A1C1, 所以 FG∥EC1,且 FG=EC1. 所以四边形 FGEC1 为平行四边形. 所以 C1F∥EG. 又因为 EG?平面 ABE,C1F?平面 ABE, 所以 C1F∥平面 ABE. 法二 如图 2,取 AC 的中点 H,连接 C1H,FH.

因为 H,F 分别是 AC,BC 的中点,所以 HF∥AB, 又因为 E,H 分别是 A1C1,AC 的中点, 所以 EC1 綉 AH, 所以四边形 EAHC1 为平行四边形, 所以 C1H∥AE,又 C1H∩HF=H,AE∩AB=A, 所以平面 ABE∥平面 C1HF, 又 C1F?平面 C1HF, 所以 C1F∥平面 ABE. (3)解 因为 AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,

所以 AB= AC2-BC2= 3. 所以三棱锥 E-ABC 的体积 1 1 1 3 V=3S△ABC·AA1=3×2× 3×1×2= 3 . 探究提高 (1)证线面平行的方法: ①利用判定定理, 关键是找平面内与已知直

线平行的直线.可先直观判断平面内是否已有,若没有,则需作出该直线,常 考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.② 若要借助于面面平行来证明线面平行, 则先要确定一个平面经过该直线且与已 知平面平行, 此目标平面的寻找方法是经过线段的端点作该平面的平行线. (2) 证明两个平面垂直,通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现, 因此,在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互

转化. 【训练 2】 如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D ⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD, AD=A1B1,∠BAD=60°. (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. 证明 (1)法一 因为 D1D⊥平面 ABCD,

且 BD?平面 ABCD,所以 D1D⊥BD.又因为 AB=2AD,∠BAD=60°, 在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60°=3AD2, 所以 AD2+BD2=AB2,因此 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD. 法二 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

所以 BD⊥D1D. 如图, 取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD.又∠BAD=60°, 所以△ADG 为等边三角形, 因此 GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60°,所以∠GDB=30°, 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°, 所以 BD⊥AD.又 AD∩D1D=D, 所以 BD⊥平面 ADD1A.又 AA1?平面 ADD1A, 故 AA1⊥BD. (2)如图,连接 AC,A1C1, 设 AC∩BD=E,连接 EA1, 1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 EC=2AC. 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1

为平行四边形, 因此 CC1∥EA.又 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD. 热点三 平面图形的翻折问题

(1)此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体, 并以此为载体考查线线、 线 面、面面的位置关系及有关计算.(2)试题以解答题为主,考查学生的空间想象 能力和知识迁移能力. 【例 3】 (2015· 湖北八市联考)如图 1,△ABC 是边长为 6 的等边三角形,E, D 分别为 AB,AC 靠近 B,C 的三等分点,点 G 为 BC 边的中点,线段 AG 交 线段 ED 于 F 点,将△AED 沿 ED 翻折,使平面 AED⊥平面 BCDE,连接 AB, AC,AG 形成如图 2 所示的几何体.

(1)求证:BC⊥平面 AFG; (2)求二面角 B-AE-D 的余弦值. (1)证明 在图 1 中,由△ABC 是等边三角形,E,D 分别为 AB,AC 的三等分

点,点 G 为 BC 边的中点, 易知 DE⊥AF,DE⊥GF,DE∥BC. 在图 2 中,因为 DE⊥AF,DE⊥GF,AF∩FG=F,所以 DE⊥平面 AFG. 又 DE∥BC,所以 BC⊥平面 AFG. (2)解 因为平面 AED⊥平面 BCDE,平面 AED∩平面 BCDE=DE,DE⊥AF,

DE⊥GF, 所以 FA,FD,FG 两两垂直. 以点 F 为坐标原点,分别以 FG,FD,FA 所在的直线 为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 F-xyz. 则 A(0,0,2 3),B( 3,-3,0), E(0,-2,0),所以AB=( 3,-3,-2 3),BE=(- 3,1,0).





设平面 ABE 的法向量为 n=(x,y,z), ? → ?n· AB=0, ? 3x-3y-2 3z=0, 则? 即? → ? BE=0, ?- 3x+y=0, ?n· 取 x=1,则 y= 3,z=-1,则 n=(1, 3,-1). 显然 m=(1,0,0)为平面 ADE 的一个法向量, m· n 5 所以 cos〈m,n〉=|m|· |n|= 5 . 易知二面角 B-AE-D 为钝角, 5 所以二面角 B-AE-D 的余弦值为- 5 . 探究提高 平面图形的翻折问题, 关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和

度量关系的变化情况,一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不 在同一个平面上的性质发生变化. 【训练 3】 (2015· 福州质检)如图,直角梯形 ABCD 中,∠ABC=90°,AB= BC=2AD=4,点 E,F 分别是 AB,CD 的中点,点 G 在 EF 上,沿 EF 将梯形 ABCD 翻折,使平面 AEFD⊥平面 EBCF.

(1)当 AG+GC 最小时,求证:BD⊥CG; (2)当 2VB-ADGE=VD-GBCF 时,求二面角 D-BG-C 的平面角的余弦值. (1)证明 ∵点 E、F 分别是 AB、CD 的中点.

∴EF∥BC,又∠ABC=90°, ∴AE⊥EF,∵平面 AEFD⊥平面 EBCF. ∴AE⊥平面 EBCF,AE⊥EF,AE⊥BE,又 BE⊥EF, 如图建立空间直角坐标系 E-xyz.

1 翻折前,连接 AC 交 EF 于点 G,此时点 G 使得 AG+GC 最小,EG=2BC=2, 又知 EA=EB=2, 则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,2,2),E(0,0,0),G(0,2, 0),∴BD=(-2,2,2),CG=(-2,-2,0), ∴BD·CG=(-2,2,2)· (-2,-2,0)=0,∴BD⊥CG. (2)解 设 EG=k.









∵AD∥平面 EFCB,∴点 D 到平面 EFCB 的距离即为点 A 到平面 EFCB 的距 离. 1 ∵S 四边形 GBCF=2[(3-k)+4]×2=7-k, 1 2 ∴VD-GBCF=3·S 四边形 GBCF·AE=3(7-k). 1 2 又 VB-ADGE=3S 四边形 ADGE·BE=3(2+k), 4 2 2VB-ADGE=VD-GBCF,∴3(2+k)=3(7-k), ∴k=1,即 EG=1. 法一 设平面 DBG 的法向量为 n1=(x,y,z),

∵G(0,1,0),∴BG=(-2,1,0),BD=(-2,2,2),





→ ?n1·BD =0 ?-2x+2y+2z=0 则? ,即? , → ?-2x+y=0 ?n1·BG=0
取 x=1,则 y=2,z=-1,∴n1=(1,2,-1). 平面 BCG 的一个法向量为 n2=(0,0,1), n1·n2 6 则 cos〈n1,n2〉= |n ||n | =- 6 . 1 2 ∵所求二面角 D-BG-C 的平面角为锐角, 6 ∴此二面角的平面角的余弦值为 6 . 法二 过点 D 作 DH⊥EF,垂足为 H,过点 H 作 BG 延长线

的垂线 HO,垂足为 O,连接 OD.

∵平面 AEFD⊥平面 EBCF, ∴DH⊥平面 EBCF,∴OD⊥OB, ∴∠DOH 就是所求的二面角 D-BG-C 的平面角. 2 5 由于 HG=1,在△OHG 中,OH= 5 , DH 又 DH=2,在△DOH 中,tan∠DOH=OH= 5, 6 ∴此二面角的平面角的余弦值为 6 . 热点四 立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究,对条件和结论不完 备的开放性问题的探究,解决这类问题一般根据探索性问题的设问,假设其存 在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证,若得到合乎情理的结论就 肯定假设,若得到矛盾就否定假设. 【例 4】 (2015· 衡水二模)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, 侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥PD, 底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB= BC=1,O 为 AD 中点. (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (2)求 B 点到平面 PCD 的距离; 6 (3)线段 PD 上是否存在一点 Q,使得二面角 Q-AC-D 的余弦值为 3 ?若存 PQ 在,求出QD的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)在△PAD 中,PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD,又侧面 PAD⊥

底面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO?平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD,所以以 O 为坐标原点,直 线 OC 为 x 轴, 直线 OD 为 y 轴, 直线 OP 为 z 轴建立空间直角坐标系, 则 P(0, 0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0), ∴PB=(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC,



→ ∴OA=(0,-1,0)是平面 POC 的法向量, PB·OA 3 cos〈PB,OA〉= =3. → → |PB||OA|









6 ∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 3 . (2)PD=(0,1,-1),CP=(-1,0,1), 设平面 PDC 的一个法向量为 u=(x,y,z), ? → ?u· CP=-x+z=0, 则? 取 z=1,得 u=(1,1,1). → ? PD=y-z=0, ?u· |BP·u| 3 ∴B 点到平面 PCD 的距离 d= |u| = 3 . 审题流程 一审:假设存在. 二审:引入参数 λ,并用 λ 表示相关点及向量坐标. 6 三审:根据结论二面角余弦值为 3 ,建立 λ 的方程. 四审:解“λ”,并根据 λ 是否存在下结论. → → → (3)存在.设PQ=λ PD(0<λ<1),∵PD=(0,1,-1), ∴PQ=(0,λ ,-λ)= OQ-OP, ∴OQ=(0,λ ,1-λ), ∴Q(0,λ ,1-λ). 设平面 CAQ 的一个法向量为 m=(x,y,z),则 ? → ?m· AC=x+y=0, ? → ? AQ=(λ+1)y+(1-λ)z=0. ?m· 取 z=λ+1,得 m=(1-λ,λ -1,λ +1), 又平面 CAD 的一个法向量为 n=(0,0,1),















6 因为二面角 Q-AC-D 的余弦值为 3 , |m· n| 6 所以|cos〈m,n〉|=|m||n|= 3 , 1 得 3λ2-10λ+3=0,解得 λ=3或 λ=3(舍), 6 所以存在点 Q,使得二面角 Q-AC-D 的余弦值为 3 , PQ 1 且QD=2. 探究提高 对于探索性问题用向量法比较容易入手.一般先假设存在,设出空

间点的坐标,转化为代数方程是否有解的问题,若有解且满足题意则存在,若 有解但不满足题意或无解则不存在. 【训练 4】 (2013· 北京卷改编)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形.平面 ABC⊥平面 AA1C1C, AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; (3)在线段 BC1 上是否存在点 D, BD 使得 AD⊥A1B?若存在,试求出BC 的值.
1

(1)证明

在正方形 AA1C1C 中,

A1A⊥AC.又平面 ABC⊥平面 AA1C1C, 且平面 ABC∩平面 AA1C1C=AC, ∴AA1⊥平面 ABC. (2)解 由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB,由题意知,

在△ABC 中,AC=4,AB=3,BC=5, ∴BC2=AC2+AB2,∴AB⊥AC. ∴以 A 为坐标原点, 建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz. A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),于是A1C1=(4,0,0),



A1B=(0,3,-4),B1C1=(4,-3,0),BB1=(0,0,4). 设平面 A1BC1 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 B1BC1 的法向量 n2=(x2,y2,z2).







?A→ 1C1·n1=0, ?4x1=0, ∴? ?? → ?3y1-4z1=0, ?A1B·n1=0
∴取向量 n1=(0,4,3).

?B→ 1C1·n2=0, ?4x2-3y2=0, 由? ?? → ?4z2=0. ?BB1·n2=0
取向量 n2=(3,4,0) n1·n2 16 16 ∴ cos θ = |n ||n | = =25. 5×5 1 2 由题图可判断二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 16 故二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为25. (3)解 假设存在点 D(x,y,z)是线段 BC1 上一点,

使 AD⊥A1B,且BD=λBC1. ∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, ∴AD=(4λ,3-3λ,4λ ), 9 又 AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0,解得 λ=25, 9 因为25∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D, BD 9 使得 AD⊥A1B,此时BC =25.
1







热点五

利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题

利用空间向量证明空间中的线面关系, 计算空间的各种角是高考对立体几何的 常规考法,它以代数运算代替复杂的想象,给解决立体几何带来了鲜活的方 法.此类问题多以解答题为主,难度中档偏上,主要考查空间坐标系的建立及 空间向量坐标的运算能力及应用能力,运算能力要求较高.

【例 5】 (12 分)(2015· 重庆调研)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, π PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD= 3 , F 为 PC 的中点,AF⊥PB. (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B-AF-D 的正弦值. 解 (1)如图,连接 BD 交 AC 于点 O.

因为 BC=CD,且 AC 平分∠BCD, 故 AC⊥BD.(2 分) 以 O 为坐标原点,OB,OC,AP的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz, π 则 OC=CDcos 3 =1.而 AC=4, π 所以 AO=AC-OC=3,又 OD=CDsin 3 = 3, 故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 因为 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z)(z>0), z ? ? 由点 F 为线段 PC 的中点,知 F?0,-1, 2 ,?, ? ? z? → → ? 因此AF=?0,2,2?,PB=( 3,3,-z), ? ? z2 ∵AF⊥PB,∴AF·PB=0,即 6- 2 =0,∴z=2 3.











从而|PA|=2 3,即 PA 的长为 2 3.(5 分) (2)由(1)知,AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0), AF=(0,2, 3). 设平面 FAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2, z2),由 n1·AD=0,n1·AF=0,得 ?- 3x1+3y1=0, ? 因此可取 n1=(3, 3,-2). ?2y1+ 3z1=0,













由 n2·AB=0,n2·AF=0,得 ? 3x2+3y2=0, ? 故可取 n2=(3,- 3,2).(9 分) ?2y2+ 3z2=0, 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n1·n2 1 cos〈n1,n2〉= = . |n1|·|n2| 8 3 7 故二面角 B-AF-D 的正弦值为 8 .(12 分) 构建模板 用向量法解立体几何问题的一般步骤 第一步:建系(必要时先证明再建系). 第二步:确定相关点的坐标. 第三步:求直线方向向量或平面法向量的坐标. 第四步:判定向量位置关系或计算向量夹角. 第五步:将向量位置关系或向量夹角转化为线、面位置关系或空间角. 探究提高 用空间向量求解立体几何问题, 主要是通过建立坐标系或利用基底





表示向量坐标,通过向量的计算求解位置关系及角的大小.关键是写准坐标, 运算细心,正确转化(将向量运算结果转化为相应几何问题的答案). 【训练 5】 (2015· 开封一模)如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE ⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点. (1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE; (3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值. (1)证明 设 AD=DE=2AB=2a, 建立如图所示的坐标系

A-xyz,则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0), E(a, 3a,2a).∵F 为 CD 的中点, ?3 ? 3 ∴F? a, a,0?. 2 ?2 ?

→ ?3 ? → 3 ∵AF=? a, a,0?,BE=(a, 3a,a), 2 ?2 ?

→ → 1 → → BC=(2a,0,-a),∴AF=2(BE+BC),
又 AF?平面 BCE, ∴AF∥平面 BCE. (2)证明

→ ?3 ? → 3 ∵AF=? a, a,0?,CD=(-a, 3a,0), 2 2 ? ?

ED=(0,0,-2a), ∴AF·CD=0,AF·ED=0,











→ → → → ∴AF⊥CD,AF⊥ED,
∵CD∩ED=D,∴AF⊥平面 CDE,又 AF∥平面 BCE, ∴平面 CDE⊥平面 BCE. (3)解 设平面 BCE 的法向量为 n=(x,y,z),

由 n· BE=0,n· BC=0 可得 x+ 3y+z=0,2x-z=0, 取 n=(1,- 3,2), |BF·n| ?3a ? 3 又BF=? , a,-a?, 设 BF 和平面 BCE 所成的角为 θ, 则 sin θ = → 2 ?2 ? |BF|· |n|











2a 2 =4, 2a· 2 2

2 ∴直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 4 .

(建议用时:75 分钟) 1.如图所示,已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 为 等腰直角三角形,∠BAC=90°,且 AB=AA1,D, E,F 分别为 B1A,C1C,BC 的中点.求证: (1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF. 证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A-xyz,

令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0, 0),B1(4,0,4). 取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), ∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC. (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). B1F·EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, B1F·AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF. 2.(2014· 山东卷)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,∠DAB=60°,AB =2CD=2,M 是线段 AB 的中点. (1)求证:C1M∥平面 A1ADD1; (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= 3, 求平面

→ →











→ →

→ →









C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形,

且 AB=2CD, 所以 AB∥DC, 又由 M 是 AB 的中点,因此 CD∥MA 且 CD=MA.连接 AD1, 如图 1 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 因为 CD∥C1D1,CD=C1D1, 可得 C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形,因此 C1M∥D1A. 又 C1M?平面 A1ADD1,D1A?平面 A1ADD1, 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)解 法一 如图 2,连接 AC,MC, 图1

由(1)知 CD∥AM 且 CD=AM, 所以四边形 AMCD 为平行四边形.可得 BC= AD=MC, 由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC 为 正三角形, 因此 AB=2BC=2,CA= 3, 因此 CA⊥CB. 以 C 为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系 C-xyz. 所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3). 图2

→ ? 3 1 ? ? ? 3 1 因此 M? , ,0?,所以MD1=?- ,- , 3?, 2 ?2 2 ? ? 2 ? → → ? ? 3 1 D1C1=MB=?- , ,0?. ? 2 2 ?
设平面 C1D1M 的法向量 n=(x,y,z).

→ ?n · D1C1=0, ? 由? 得? → ?n · MD1=0, ?

3x-y=0 3x+y-2 3z=0,

可得平面 C1D1M 的一个法向量是 n=(1, 3,1).

又CD1=(0,0, 3)为平面 ABCD 的一个法向量. 因此 cos 〈CD1,n〉= 5 (锐角)的余弦值为 5 . 法二 由(1)知平面 D1C1M∩平面 ABCD=AB, 过





CD1·n |CD1||n|





5 = 5 .所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角

C 向 AB 引垂线交 AB 于 N,连接 D1N,如图 3, 由 CD1⊥平面 ABCD, 可得 D1N⊥AB, 因此∠D1NC 为二面角 C1-AB-C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1,∠NBC=60°,可得 3 CN= 2 . 15 2 所以 ND1= CD1 +CN2= 2 .在 Rt△D1CN 中, 3 2 CN 5 cos ∠D1NC=D N= = 5 .所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角) 1 15 2 5 的余弦值为 5 . 3. (2014· 新课标全国Ⅰ卷)如图, 三棱柱 ABC -A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB ⊥B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1, ∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A-A1B1-C1 的余弦值. (1)证明 连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO. 图3

因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C,AB∩BO=B,所以 B1C⊥平面 ABO,由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO.

又 B1O=CO,故 AC=AB1. (2)解 因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,

所以 AO=CO.又因为 AB=BC,所以△BOA≌△BOC. 故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直. 以 O 为坐标原点, OB的方向为 x 轴正方向, |OB|为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 O - xyz. 因为∠CBB1=60°, 所以△CBB1 为等边三角形.又 AB=BC,OC=OA, → ? ? ? ? 3? 3 ? 3 则 A ?0,0, ? , B(1 , 0 , 0) , B1 ?0, ,0? , C ?0,- ,0? , AB1 = 3? 3 3 ? ? ? ? ? 3 → ? → ? 3 3? → 3? → ?0, ,- ?,A1B1=AB=?1,0,- ?,B1C1=BC=(-1,- ,0). 3 3 3? 3? ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则





? 3y- 33z=0, → ?n· AB1=0, ? 3 即? ? → 3 ?n· A1B1=0, ? x- z=0. ? 3
所以可取 n=(1, 3, 3).

→ ?m· A1B1=0, 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? → ?m· B1C1=0.
同理可取 m=(1,- 3, 3), n· m 1 则 cos 〈n,m〉=|n||m|=7. 1 所以二面角 A-A1B1-C1 的余弦值为7. 4.如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C ⊥CD,如图 2.

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. (1)证明 因为 AC⊥BC,DE∥BC,所以 DE⊥AC.

所以 DE⊥A1D,DE⊥CD,所以 DE⊥平面 A1DC. 所以 DE⊥A1C.又因为 A1C⊥CD, 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)解 如图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系

C-xyz,则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3), B(3,0,0),E(2,2,0).设平面 A1BE 的法向量为 n =(x,y,z),则 n· A1B=0,n· BE=0. 又A1B=(3,0,-2 3), BE=(-1,2,0), ?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0. 令 y=1,则 x=2,z= 3.所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ,因为CM=(0,1, 3), → ? n· CM ? 4 2 ? 所以 sin θ =|cos〈n,CM〉|=? → ? = = ? 2. 8 × 4 ?|n||CM|?













π 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 4 . (3)解 线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.

理由如下:

假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0), 其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 m· A1D=0, m· DP=0.又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0), ?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0. 3p 3p 令 x=2,则 y=p,z= 3 .所以 m=(2,p, 3 ). 平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0.解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 5.(2014· 新课标全国Ⅱ卷)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 E-ACD 的体积. (1)证明 连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO.









因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB. 又 EO?平面 AEC, PB?平面 AEC, 所以 PB∥ 平面 AEC. (2)解 因为 PA⊥平面 ABCD,ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直.

如图,以 A 为坐标原点,AB的方向为 x 轴的正方向,建立空间直角坐标系 A ? 3 1? -xyz,则 D(0, 3,0),E?0, , ?, 2 2? ?



→ ? 3 1? AE=?0, , ?. 2 2? ?

设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,



→ mx+ 3y=0, ?n1·AC =0, ? 则? 即? 3 1 → ?n1·AE=0, ? 2 y+2z=0,
? 3 ? 可取 n1=? ,-1, 3?. ?m ? 又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的法向量, 1 由题设| cos〈n1,n2〉|= , 2 即 3 1 3 2= ,解得 m= . 2 2 3+4m

1 因为 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E-ACD 的高为2. 1 1 3 1 3 三棱锥 E-ACD 的体积 V=3×2× 3×2×2= 8 .

6.(2015· 烟台模拟)如图 1,已知矩形 ABCD 中,AB=2AD=2,O 为 CD 的中点, 沿 AO 将三角形 AOD 折起,使 DB= 3,如图 2. (1)求证:平面 AOD⊥平面 ABCO; (2)求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值.

图1 (1)证明 在矩形 ABCD 中,AB=2AD=2,

图2

O 为 CD 的中点,∴△AOD,△BOC 为等腰直角三角形, ∴∠AOB=90°,即 OB⊥OA. 1 2 取 AO 中点 H,连接 DH,BH,则 OH=DH=2AO= 2 .

5 在 Rt△BOH 中,BH2=BO2+OH2=2, ? 2?2 5 在△BHD 中,DH2+BH2=? ? +2=3,又 DB2=3. ?2? ∴DH2+BH2=DB2,∴DH⊥BH. 又 DH⊥OA,OA∩BH=H, ∴DH⊥平面 ABCO.而 DH?平面 AOD, ∴平面 AOD⊥平面 ABCO. (2)解 分别以 OA,OB 所在直线为 x 轴,y 轴,

O 为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(0, 2,0),A( 2,0,0), ? 2 ? 2? 2 2 ? D? ,0, ?,C?- , ,0? 2? 2 ?2 ? 2 ? ∴AB=(- 2, 2,0),



→ ? ? 2 2? → ? 2 2 AD=?- ,0, ?,BC=?- ,- ,0?. 2 2 2 2 ? ? ? ?
设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z), - 2x+ 2y=0, ? → ?n· AB=0, ? 由? 得? 2 2 → ? AD=0, ?- 2 x+ 2 z=0, ?n· 即 x=y,x=z,令 x=1,则 y=z=1,n=(1,1,1). 设 α 为直线 BC 与平面 ABD 所成的角. → |BC· n| 2 6 则 sin α = → = =3. 3 |BC|· | n| 6 即直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值为 3 .

阶段回扣练 8
一、选择题

立体几何

(建议用时:90 分钟)

1.(2015· 杭州质量检测)设直线 l⊥平面 α,直线 m?平面β A.若 m∥α,则 l∥m C.若 l⊥m,则 α∥β 解析 B.若 α∥β,则 l⊥m D.若 α⊥β,则 l∥m

(

)

A 中直线 l 与 m 互相垂直,不正确;B 中根据两个平面平行的性质知是

正确的;C 中的 α 与 β 也可能相交;D 中 l 与 m 也可能异面,也可能相交,故 选 B. 答案 B

2.如图,在三棱锥 A-BCD 中,DA、DB、DC 两两垂直, 且 DB=DC,E 为 BC 的中点,则AE·BC等于( A.3 C.1 解析 B.2 D.0





)

→ → → → → → → → → → → → → → AE· BC=(AD+DE)· BC=AD· BC+DE· BC=AD· (BD+DC)=AD· BD →

+AD·DC=0. 答案 D



3.(2015· 济南模拟)已知直线 m,n 不重合,平面 α,β 不重合,下列命题正确的 是 A.若 m?β ,n?β ,m∥α ,n∥α ,则 α∥β B.若 m?α ,n?β ,α ∥β ,则 m∥n C.若 α⊥β,m?α ,n?β ,则 m⊥n D.若 m⊥α,n?α ,则 m⊥n 解析 由面面平行的判定定理可知 A 中需增加条件 m,n 相交才正确,所以 A ( )

错误;若 m?α, ,n?β,α∥β,则 m,n 平行或异面,B 错误;若 α⊥β, m?α,n?β,则 m,n 平行、相交、异面都有可能,C 错误;由直线与平面 垂直的定义可知 D 正确,故选 D. 答案 D

4.(2014· 甘肃诊断)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示, 俯视图 是边长为 2 的正三角形,则该三棱锥的侧视图可能为( )

解析

由正视图和俯视图还原几何体如图所示,由正

视图和俯视图对应线段可得 AB=BD=AD=2,当 BC ⊥平面 ABD 时, BC=2, △ABD 的边 AB 上的高为 3, 只有 B 选项符合,当 BC 不垂直平面 ABD 时, 没有符 合条件的选项,故选 B. 答案 B ( )

5.(2014· 广州综合测试)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为

A.2π 解析 π. 答案 C

B.4π

C.6π

D.12π

1 依题意,题中的几何体是半个圆柱,因此其体积等于2×π×22×3=6

6.在空间四边形 ABCD 中,E,F 分别为 AB,AD 上的点,且 AE∶EB=AF∶FD =1∶4,又 H,G 分别为 BC,CD 的中点,则 ( )

A.BD∥平面 EFG,且四边形 EFGH 是平行四边形 B.EF∥平面 BCD,且四边形 EFGH 是梯形 C.HG∥平面 ABD,且四边形 EFGH 是平行四边形 D.EH∥平面 ADC,且四边形 EFGH 是梯形 解析 1 如图,由题意得 EF∥BD,且 EF=5BD.

1 HG∥BD,且 HG=2BD. ∴EF∥HG,且 EF≠HG. ∴四边形 EFGH 是梯形. 又 EF∥平面 BCD,而 EH 与平面 ADC 不平行.故选 B. 答案 B

7.(2014· 北京卷)在空间直角坐标系 O-xyz 中,已知 A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),D(1,1, 2).若 S1,S2,S3 分别是三棱锥 DABC 在 xOy,yOz, zOx 坐标平面上的正投影图形的面积,则 A.S1=S2=S3 C.S3=S1 且 S3≠S2 解析 B.S2=S1 且 S2≠S3 D.S3=S2 且 S3≠S1 ( )

根据题目条件,在空间直角坐标系 O-xyz 中

1 作出该三棱锥 D-ABC,显然 S1=S△ABC=2×2×2= 1 2,S2=S3=2×2× 2= 2.故选 D. 答案 D

8.(2014· 陕西卷)已知底面边长为 1,侧棱长为 2的正 四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为 32π A. 3 解析 B.4π C.2π 4π D. 3 ( )

如图为正四棱柱 AC1.根据题意得 AC= 2,

∴对角面 ACC1A1 为正方形, ∴外接球直径 2R=A1C=2,∴R=1, 4π ∴V 球= 3 ,故选 D. 答案 D

9.如图,ABCD-A1B1C1D1 是正方体,E、F 分别是 AD、DD1 的中点,则平面 EFC1B 和平面 BCC1 所成二面角的正切值等于 ( )

A.2 2 解析

B. 3

C. 5

D. 7

设正方体的棱长为 2,建立以 D 为坐标原点,DA、DC、DD1 所在直线

为 x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系,则 E(1,0,0),F(0,0,1),EB=(1, 2,0),EF=(-1,0,1).易知平面 BCC1 的一个法向量为CD=(0,-2,0), 设平面 EFC1B 的法向量为 m=(x,y,z),则 m· EB=x+2y=0,m· EF=-x+z =0,令 y=-1,则 m=(2,-1,2), → m· CD 2 1 → 故 cos〈m,CD〉= → =3×2=3,tan〈m,CD〉=2 2.故所求二面角的 |m||CD|













正切值为 2 2. 答案 A

10.正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长都为 2,E,F,G 分别 为 AB,AA1,A1C1 的中点,则 B1F 与平面 GEF 所成角 的正弦值为 3 A.5 3 3 C. 10 解析 5 B.6 3 6 D. 10 如图,取 AB 的中点 E,建立如图所示空间直角 ( )

坐标系 E-xyz. 则 E(0,0,0),F(-1,0,1),B1(1,0,2),A1(-1,0, 2),

? 1 ? 3 C1(0, 3,2),G?- , ,2?. 2 2 ? ?

→ → → ?1 ? 3 ∴B1F=(-2,0,-1),EF=(-1,0,1),FG=? , ,1?,设平面 GEF 的 ?2 2 ?
→ EF=-x+z=0, ?n· ?z=x,

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