高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.4平行关系课件文北师大版

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

§8.4直线、平面平行的判定与性质最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥b2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行⎭⎪⎬⎪⎫⇒a∥b概念方法微思考1．一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)平行于同一条直线的两个平面平行．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.()题组二教材改编2．[P58练习T3]平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α3．[P62A组T3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC 的位置关系为________．题组三易错自纠4．(2019·荆州模拟)对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n5．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线6．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定例1 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE.命题点2 直线与平面平行的性质例2 (2019·东三省四市教研联合体模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝1.(1)证明：EF ∥平面PDC ； (2)求点F 到平面PDC 的距离．思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练1 (2019·崇左联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AC ⊥平面ABCD ，且P A ⊥AC ，P A ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．题型二平面与平面平行的判定与性质例3 如图所示，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EF A1∥平面BCHG.引申探究1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D 分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．跟踪训练2 (2018·合肥质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A－CEF的体积．题型三平行关系的综合应用例4 如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练3 如图，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．(1)画出平面α与正方体ABCD－A1B1C1D1各面的交线；(2)求证：BD1∥平面α.1．下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α2．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3．(2019·济南模拟)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能4．(2018·大同模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有()A．0条B．1条C．2条D．0条或2条5．(2017·全国Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()6．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)7．(2018·贵阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中是真命题的是________．(填序号)8．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________．9.如图所示，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的长度为________．10.如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1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只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)11．(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD ＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥P－ABM的体积．12.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝2 2，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BFB．三棱锥A－BEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．异面直线AE，BF所成的角为定值14．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()15.如图，在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝10，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532 C ．15 D ．45 316.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AC 与BD 相交于点O ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝3，三棱锥P －ACD 的体积为9.(1)求AD 的值；(2)过点O 的平面α平行于平面P AB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H ，求截面EFGH 的周长．。

一、知识梳理１．空间向量的有关定理（１）共线向量定理：对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb．（２）共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对（x，y），使p＝x a＋y b．（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＝x a＋y b＋z c．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底．２．两个向量的数量积（与平面向量基本相同）（１）两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝错误!，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.（２）两向量的数量积两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．（３）向量的数量积的性质１a·e＝|a|cos〈a，e〉（其中e为单位向量）；２a⊥b⇔a·b＝0；３|a|２＝a·a＝a２；４|a·b|≤|a||b|.（４）向量的数量积满足如下运算律１（λa）·b＝λ（a·b）；２a·b＝b·a（交换律）；３a·（b＋c）＝a·b＋a·c（分配律）．３．空间向量的坐标运算（１）设a＝（a１，a２，a３），b＝（b１，b２，b３）．a＋b＝（a１＋b１，a２＋b２，a３＋b３），a—b＝（a１—b１，a２—b２，a３—b３），λa＝（λa１，λa２，λa３），a·b＝a１b１＋a２b２＋a３b３，a⊥b⇔a１b１＋a２b２＋a３b３＝0，a∥b⇔a１＝λb１，a２＝λb２，a３＝λb３（λ∈R），cos〈a，b〉＝错误!＝错误! .（２）设A（x１，y１，z１），B（x２，y２，z２），则错误!＝错误!—错误!＝（x２—x１，y２—y１，z２—z１）．４．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，则称错误!为直线l的方向向量，与错误!平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．（２）平面的法向量１定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．２确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为错误!５．空间位置关系的向量表示常用结论１．向量三点共线定理在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：错误!＝x错误!＋y错误!（其中x＋y＝１），O为平面内任意一点．２．向量四点共面定理在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（其中x＋y＋z＝１），O为空间任意一点．二、教材衍化１．如图所示，在平行六面体ABCD­A１B１C１D１中，M为A１C１与B１D１的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝________（用a，b，c表示）．解析：错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!（错误!—错误!）＝c＋错误!（b—a）＝—错误!a＋错误! b＋c.答案：—错误!a＋错误!b＋c２．正四面体ABCD的棱长为２，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．解析：|错误!|２＝错误!２＝（错误!＋错误!＋错误!）２＝错误!２＋错误!２＋错误!２＋２（错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!）＝１２＋２２＋１２＋２（１×２×cos １２0°＋0＋２×１×cos １２0°）＝２，所以|错误!|＝错误!，所以EF的长为错误!.答案：错误!３．如图所示，在正方体ABCD—A１B１C１D１中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D１D的中点，N是A１B１的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD１所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设DA＝２，则A（２，0，0），M（0，0，１），O（１，１，0），N（２，１，２），所以错误!＝（—２，0，１），错误!＝（１，0，２），错误!·错误!＝—２＋0＋２＝0，所以AM⊥ON.答案：垂直一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）空间中任意两非零向量a，b共面．（）（２）在向量的数量积运算中（a·b）·c＝a·（b·c）．（）（３）对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.（）（４）若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．（）（５）两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．（）（6）若A，B，C，D是空间任意四点，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0.（）答案：（１）√（２）×（３）×（４）×（５）×（6）√二、易错纠偏错误!错误!错误!在空间直角坐标系中，已知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Ｂ．平行C．异面Ｄ．相交但不垂直解析：选B.由题意得，错误!＝（—３，—３，３），错误!＝（１，１，—１），所以错误!＝—３错误!，所以错误!与错误!共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CＤ．空间向量的线性运算（自主练透）１．在空间四边形ABCD中，若错误!＝（—３，５，２），错误!＝（—7，—１，—４），点E，F分别为线段BC，AD的中点，则错误!的坐标为（）A．（２，３，３）Ｂ．（—２，—３，—３）C．（５，—２，１）Ｄ．（—５，２，—１）解析：选Ｂ．因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以错误!＝错误!—错误!，错误!＝错误!（错误!＋错误!），错误!＝错误!（错误!＋错误!）．所以错误!＝错误!（错误!＋错误!）—错误!（错误!＋错误!）＝错误!（错误!＋错误!）＝错误![（３，—５，—２）＋（—7，—１，—４）]＝错误!（—４，—6，—6）＝（—２，—３，—３）．２．在三棱锥O­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量错误!，错误!，错误!表示（１）错误!；（２）错误!.解：（１）错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＝错误!错误!＋错误!（错误!—错误!）＝错误!错误!＋错误![错误!（错误!＋错误!）—错误!]＝—错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!.（２）错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!—错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!.３．如图所示，在平行六面体ABCD­A１B１C１D１中，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝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）错误!；（２）错误!；（３）错误!＋错误!.解：（１）因为P是C１D１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝a＋错误!＋错误!错误!＝a＋c＋错误!错误!＝a＋c＋错误!b.（２）因为N是BC的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!c.（３）因为M是AA１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝—错误!a＋错误!＝错误!a＋错误!b＋c，又错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!c＋a，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.错误!用已知向量表示未知向量的解题策略（１）用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．（２）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．（３）在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．共线、共面向量定理的应用（师生共研）如图所示，已知斜三棱柱ABC­A１B１C１，点M，N分别在AC１和BC上，且满足错误!＝k错误!，错误!＝k错误!（0≤k≤１）．（１）向量错误!是否与向量错误!，错误!共面？（２）直线MN是否与平面ABB１A１平行？【解】（１）因为错误!＝k错误!，错误!＝k错误!，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝k错误!＋错误!＋k错误!＝k（错误!＋错误!）＋错误!＝k（错误!＋错误!）＋错误!＝k错误!＋错误!＝错误!—k错误!＝错误!—k（错误!＋错误!）＝（１—k）错误!—k错误!，所以由共面向量定理知向量错误!与向量错误!，错误!共面．（２）当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB１A１内，当0<k≤１时，MN不在平面ABB１A１内，又由（１）知错误!与错误!，错误!共面，所以MN∥平面ABB１A１.错误!三点P，A，B共线空间四点M，P，A，B共面错误!＝λ错误!错误!＝x错误!＋y错误!对空间任一点O，＝错误!＋t错误!对空间任一点O，错误!＝错误!＋x错误!＋y错误!对空间任一点O，错误!＝x错误!＋（１—x）错误!对空间任一点O，错误!＝x错误!＋y错误!＋（１—x—y）错误!１．已知a＝（λ＋１，0，２），b＝（6，２μ—１，２λ），若a∥b，则λ与μ的值可以是（）Ａ．２，错误!Ｂ．—错误!，错误!Ｃ．—３，２Ｄ．２，２解析：选Ａ．因为a∥b，所以b＝k a，即（6，２μ—１，２λ）＝k（λ＋１，0，２），所以错误!解得错误!或错误!２．若A（—１，２，３），B（２，１，４），C（m，n，１）三点共线，则m＋n＝________．解析：错误!＝（３，—１，１），错误!＝（m＋１，n—２，—２）．因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得错误!＝λ错误!.即（m＋１，n—２，—２）＝λ（３，—１，１）＝（３λ，—λ，λ），所以错误!，解得λ＝—２，m＝—7，n＝４．所以m＋n＝—３．答案：—３３．如图，在四棱柱ABCD­A１B１C１D１中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A１D１，D １D，D１C１的中点．（１）试用向量错误!，错误!，错误!表示错误!；（２）用向量方法证明平面EFG∥平面AB１C.解：（１）设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.由题图得错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝c＋b＋错误!错误!＝错误!a＋b＋c＝错误!错误!＋错误!＋错误!.（２）证明：由题图，得错误!＝错误!＋错误!＝a＋b，错误!＝错误!＋错误!＝错误!b＋错误!a＝错误!错误!，因为EG与AC无公共点，所以EG∥AC，因为EG错误!平面AB１C，AC平面AB１C，所以EG∥平面AB１C.又因为错误!＝错误!＋错误!＝a＋c，错误!＝错误!＋错误!＝错误!c＋错误!a＝错误!错误!，因为FG与AB１无公共点，所以FG∥AB１，因为FG错误!平面AB１C，AB１平面AB１C，所以FG∥平面AB１C，又因为FG∩EG＝G，FG，EG平面EFG，所以平面EFG∥平面AB１C.空间向量数量积的应用（典例迁移）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）错误!·错误!；（２）错误!·错误!.【解】设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，（１）错误!＝错误!错误!＝错误!c—错误!a，错误!＝—a，错误!·错误!＝错误!·（—a）＝错误!a２—错误!a·c＝错误!.（２）错误!·错误!＝（错误!＋错误!＋错误!）·（错误!—错误!）＝错误!·（错误!—错误!）＝错误!·（错误!—错误!）＝错误!·（c—a）＝错误!（—１×１×错误!＋１×１×错误!＋１＋１—１×１×错误!—１×１×错误!）＝错误!.【迁移探究１】（变问法）在本例条件下，求证EG⊥AB.证明：由例题知错误!＝错误!（错误!＋错误!—错误!）＝错误!（b＋c—a），所以错误!·错误!＝错误!（a·b＋a·c—a２）＝错误!错误!＝0．故错误!⊥错误!，即EG⊥AB.【迁移探究２】（变问法）在本例条件下，求EG的长．解：由例题知错误!＝—错误!a＋错误!b＋错误!c，|错误!|２＝错误!a２＋错误!b２＋错误!c２—错误!a·b＋错误!b·c—错误!c·a＝错误!，则|错误!|＝错误!，即EG的长为错误!.【迁移探究３】（变问法）在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值．解：由例题知错误!＝错误!b＋错误!c，错误!＝错误!＋错误!＝—b＋错误!a，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝—错误!，由于异面直线所成角的范围是错误!.所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为错误!.错误!空间向量数量积的三个应用求夹角设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝错误!，进而可求两异面直线所成的角求长度（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三棱柱ABC­A１B１C１中，M，N分别是A１B，B１C１上的点，且BM＝２A１M，C１N＝２B１N.设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.（１）试用a，b，c表示向量错误!；（２）若∠BAC＝90°，∠BAA１＝∠CAA１＝60°，AB＝AC＝AA１＝１，求MN的长．解：（１）由题图知错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＋错误!错误!＝错误!（c—a）＋a＋错误!（b—a）＝错误!a＋错误!b＋错误!c.（２）由题设条件知，因为（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２a·b＋２b·c＋２a·c＝１＋１＋１＋0＋２×１×１×错误!＋２×１×１×错误!＝５，所以|a＋b＋c|＝错误!，|错误!|＝错误!|a＋b＋c|＝错误!.利用向量证明平行与垂直问题（多维探究）角度一证明平行问题（一题多解）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：（１）PB∥平面EFG；（２）平面EFG∥平面PBC.【证明】（１）因为平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（２，0，0），C（２，２，0），D（0，２，0），P（0，0，２），E（0，0，１），F（0，１，１），G（１，２，0）．法一：错误!＝（0，１，0），错误!＝（１，２，—１），设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令z＝１，则n＝（１，0，１）为平面EFG的一个法向量，因为错误!＝（２，0，—２），所以错误!·n＝0，所以n⊥错误!，因为PB错误!平面EFG，所以PB∥平面EFG.法二：错误!＝（２，0，—２），错误!＝（0，—１，0），错误!＝（１，１，—１）．设错误!＝s错误!＋t错误!，即（２，0，—２）＝s（0，—１，0）＋t（１，１，—１），所以错误!解得s＝t＝２．所以错误!＝２错误!＋２错误!，又因为错误!与错误!不共线，所以错误!，错误!与错误!共面．因为PB错误!平面EFG，所以PB∥平面EFG.（２）因为错误!＝（0，１，0），错误!＝（0，２，0），所以错误!＝２错误!，所以BC∥EF.又因为EF错误!平面PBC，BC平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF平面EFG，GF平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.角度二证明垂直问题如图，在三棱锥P­ABC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DB方向为x轴正方向，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O（0，0，0），A（0，—３，0），B（４，２，0），C（—４，２，0），P（0，0，４）．于是错误!＝（0，３，４），错误!＝（—8，0，0），所以错误!·错误!＝（0，３，４）·（—8，0，0）＝0，所以错误!⊥错误!，即AP⊥BC.（２）由（１）知AP＝５，又AM＝３，且点M在线段AP上，所以错误!＝错误!错误!＝错误!，又错误!＝（—４，—５，0），所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!，则错误!·错误!＝（0，３，４）·错误!＝0，所以错误!⊥错误!，即AP⊥BM，又根据（１）的结论知AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.错误!（１）利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤１建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；２建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；３通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；４根据运算结果解释相关问题．（２）空间线面位置关系的坐标表示设直线l，m的方向向量分别为a＝（a１，b１，c１），b＝（a２，b２，c２），平面α，β的法向量分别为u＝（a３，b３，c３），v＝（a４，b４，c４）．１线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a１＝ka２，b１＝kb２，c１＝kc２.２线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a１a２＋b１b２＋c１c２＝0．３线面平行（l错误!α）l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a１a３＋b１b３＋c１c３＝0．４线面垂直l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u⇔a１＝ka３，b１＝kb３，c１＝kc３.５面面平行α∥β⇔u∥v⇔u＝k v⇔a３＝ka４，b３＝kb４，c３＝kc４.⑥面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a３a４＋b３b４＋c３c４＝0．如图所示，四棱柱ABCD­A１B１C１D１中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为１，且两两夹角为60°.（１）求AC１的长；（２）求证：AC１⊥BD；（３）求BD１与AC夹角的余弦值．解：（１）记错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝c·a＝错误!.|错误!|２＝（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２（a·b＋b·c＋c·a）＝１＋１＋１＋２×错误!＝6，所以|错误!|＝错误!，即AC１的长为错误!.（２）证明：因为错误!＝a＋b＋c，错误!＝b—a，所以错误!·错误!＝（a＋b＋c）·（b—a）＝a·b＋|b|２＋b·c—|a|２—a·b—a·c＝b·c—a·c＝|b||c|cos 60°—|a||c|cos 60°＝0．所以错误!⊥错误!，所以AC１⊥BD.（３）错误!＝b＋c—a，错误!＝a＋b，所以|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，错误!·错误!＝（b＋c—a）·（a＋b）＝b２—a２＋a·c＋b·c＝１．所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.所以AC与BD１夹角的余弦值为错误!.[基础题组练]１．已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，用a，b，c表示错误!，则错误!等于（）Ａ．错误!（b＋c—a）Ｂ．错误!（a＋b＋c）Ｃ．错误!（a—b＋c）Ｄ．错误!（c—a—b）解析：选Ｄ．错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!（c—a—b）．２．已知a＝（２，１，—３），b＝（—１，２，３），c＝（7，6，λ），若a，b，c三向量共面，则λ＝（）Ａ．9 Ｂ．—9Ｃ．—３Ｄ．３解析：选Ｂ．由题意知c＝x a＋y b，即（7，6，λ）＝x（２，１，—３）＋y（—１，２，３），所以错误!解得λ＝—9．３．在空间四边形ABCD中，错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!＝（）Ａ．—１Ｂ．0Ｃ．１Ｄ．不确定解析：选Ｂ．如图，令错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!＝a·（c—b）＋b·（a—c）＋c·（b—a）＝a·c—a·b＋b·a—b·c＋c·b—c·a＝0．４．如图，在大小为４５°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为１的正方形，则B，D两点间的距离是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．１Ｄ．错误!解析：选Ｄ．因为错误!＝错误!＋错误!＋错误!，所以|错误!|２＝|错误!|２＋|错误!|２＋|错误!|２＋２错误!·错误!＋２错误!·错误!＋２错误!·错误!＝１＋１＋１—错误!＝３—错误!，所以|错误!|＝错误!.５．已知A（１，0，0），B（0，—１，１），O为坐标原点，错误!＋λ错误!与错误!的夹角为１２0°，则λ的值为（）Ａ．±错误!Ｂ．错误!Ｃ．—错误!Ｄ．±错误!解析：选Ｃ．错误!＋λ错误!＝（１，—λ，λ），cos １２0°＝错误!＝—错误!，得λ＝±错误!.经检验λ＝错误!不合题意，舍去，所以λ＝—错误!.6．如图所示，在长方体ABCD­A１B１C１D１中，O为AC的中点．用错误!，错误!，错误!表示错误!，则错误!＝________．解析：因为错误!＝错误!错误!＝错误!（错误!＋错误!），所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!（错误!＋错误!）＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!.答案：错误!错误!＋错误!错误!＋错误!7．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝１．在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________．解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝错误!PD，又P（0，0，１），D （0，１，0），所以PD＝错误!＝错误!，所以MN＝错误!.答案：错误!8．如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝错误!，则cos〈错误!，错误!〉的值为________．解析：设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝错误!，且|b|＝|c|，错误!·错误!＝a·（c—b）＝a·c—a·b＝错误!|a||c|—错误!|a||b|＝0，所以错误!⊥错误!，所以cos〈错误!，错误!〉＝0．答案：09．如图，在多面体ABC­A１B１C１中，四边形A１ABB１是正方形，AB＝AC，BC＝错误!AB，B１C１綊错误!BC，二面角A１­AB­C是直二面角．求证：（１）A１B１⊥平面AA１C；（２）AB１∥平面A１C１C.证明：因为二面角A１­AB­C是直二面角，四边形A１ABB１为正方形，所以AA１⊥平面BAC.又因为AB＝AC，BC＝错误!AB，所以∠CAB＝90°，即CA⊥AB，所以AB，AC，AA１两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝２，则A（0，0，0），B１（0，２，２），A１（0，0，２），C（２，0，0），C１（１，１，２）．（１）错误!＝（0，２，0），错误!＝（0，0，—２），错误!＝（２，0，0），设平面AA１C的一个法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!即错误!取y＝１，则n＝（0，１，0）．所以错误!＝２n，即错误!∥n.所以A１B１⊥平面AA１C.（２）易知错误!＝（0，２，２），错误!＝（１，１，0），错误!＝（２，0，—２），设平面A１C１C的一个法向量m＝（x１，y１，z１），则错误!即错误!令x１＝１，则y１＝—１，z１＝１，即m＝（１，—１，１）．所以错误!·m＝0×１＋２×（—１）＋２×１＝0，所以错误!⊥m，又AB１错误!平面A１C１C，所以AB１∥平面A１C１C.１0．如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝１，BC＝２．求证：（１）EF∥平面PAB；（２）平面PAD⊥平面PDC.证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（１，0，0），C（１，２，0），D（0，２，0），P（0，0，１），所以E错误!，F错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，0，—１），错误!＝（0，２，—１），错误!＝（0，0，１），错误!＝（0，２，0），错误!＝（１，0，0），错误!＝（１，0，0）．（１）因为错误!＝—错误!错误!，所以错误!∥错误!，即EF∥AB.又AB平面PAB，EF错误!平面PAB，所以EF∥平面PAB.（２）因为错误!·错误!＝（0，0，１）·（１，0，0）＝0，所以错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.所以平面PAD⊥平面PDC.[综合题组练]１．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（x，y，z ∈R），则“x＝２，y＝—３，z＝２”是“P，A，B，C四点共面”的（）Ａ．必要不充分条件Ｂ．充分不必要条件Ｃ．充要条件Ｄ．既不充分也不必要条件解析：选Ｂ．当x＝２，y＝—３，z＝２时，即错误!＝２错误!—３错误!＋２错误!.则错误!—错误!＝２错误!—３（错误!—错误!）＋２（错误!—错误!），即错误!＝—３错误!＋２错误!，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设错误!＝m错误!＋n错误!（m，n∈R），即错误!—错误!＝m（错误!—错误!）＋n（错误!—错误!），即错误!＝（１—m—n）错误!＋m错误!＋n错误!，即x＝１—m—n，y＝m，z＝n，这组数显然不止２，—３，２．故“x＝２，y＝—３，z＝２”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．２．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝错误!，AF＝１，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为（）A．（１，１，１）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．设M点的坐标为（x，y，１），因为AC∩BD＝O，所以O错误!，又E（0，0，１），A（错误!，错误!，0），所以错误!＝错误!，错误!＝（x—错误!，y—错误!，１），因为AM∥平面BDE，所以错误!∥错误!，所以错误!⇒错误!所以M点的坐标为错误!.３.如图，在正四棱柱ABCD­A１B１C１D１中，AA１＝２，AB＝BC＝１，动点P，Q分别在线段C１D，AC上，则线段PQ长度的最小值是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．设错误!＝λ错误!，错误!＝μ错误!，（λ，μ∈[0，１]）．所以错误!＝λ（0，１，２）＝（0，λ，２λ），错误!＝错误!＋μ（错误!—错误!）＝（１，0，0）＋μ（—１，１，0）＝（１—μ，μ，0）．所以|错误!|＝|错误!—错误!|＝|（１—μ，μ—λ，—２λ）|＝错误!＝错误!≥错误!＝错误!，当且仅当λ＝错误!，μ＝错误!，即λ＝错误!，μ＝错误!时取等号．所以线段PQ长度的最小值为错误!.故选Ｃ．４．在正三棱柱ABC­A１B１C１中，侧棱长为２，底面边长为１，M为BC的中点，错误!＝λ错误!，且AB１⊥MN，则λ的值为________．解析：如图所示，取B１C１的中点P，连接MP，以错误!，错误!，错误!的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为１，侧棱长为２，则A错误!，B１（—错误!，0，２），C错误!，C１错误!，M（0，0，0），设N错误!，因为错误!＝λ错误!，所以N错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!.又因为AB１⊥MN，所以错误!·错误!＝0．所以—错误!＋错误!＝0，所以λ＝１５．答案：１５５．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．（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．解：（１）证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．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，则D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E错误!，P（0，0，a），F错误!.错误!＝错误!，错误!＝（0，a，0）．因为错误!·错误!＝0，所以错误!⊥错误!，从而得EF⊥CD.（２）存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，设G（x，0，z），则错误!＝错误!，若使GF⊥平面PCB，则由错误!·错误!＝错误!·（a，0，0）＝a错误!＝0，得x＝错误!；由错误!·错误!＝错误!·（0，—a，a）＝错误!＋a错误!＝0，得z＝0．所以G点坐标为错误!，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．6．如图，棱柱ABCD­A１B１C１D１的所有棱长都等于２，∠ABC和∠A１AC均为60°，平面AA１C１C⊥平面ABCD.（２）在直线CC１上是否存在点P，使BP∥平面DA１C１，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．解：（１）证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A１O，在△AA１O中，AA１＝２，AO＝１，∠A１AO＝60°，所以A１O２＝AA错误!＋AO２—２AA１·AO cos 60°＝３，所以AO２＋A１O２＝AA错误!，所以A１O⊥AO.由于平面AA１C１C⊥平面ABCD，且平面AA１C１C∩平面ABCD＝AC，A１O平面AA１C１C，所以A１O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA１所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，—１，0），B（错误!，0，0），C（0，１，0），D（—错误!，0，0），A１（0，0，错误!），C１（0，２，错误!）．由于错误!＝（—２错误!，0，0），错误!＝（0，１，错误!），错误!·错误!＝0×（—２错误!）＋１×0＋错误!×0＝0，所以错误!⊥错误!，即BD⊥AA１.（２）存在．理由如下：假设在直线CC１上存在点P，使BP∥平面DA１C１，设错误!＝λ错误!，P（x，y，z），则（x，y—１，z）＝λ（0，１，错误!）．从而有P（0，１＋λ，错误!λ），错误!＝（—错误!，１＋λ，错误!λ）．设平面DA１C１的法向量为n＝（x２，y２，z２），则错误!又错误!＝（0，２，0），错误!＝（错误!，0，错误!），则错误!取n＝（１，0，—１），因为BP∥平面DA１C１，则n⊥错误!，即n·错误!＝—错误!—错误!λ＝0，得λ＝—１，即点P在C１C的延长线上，且C１C＝CP.。

1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 (0，π2][0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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 →〉．(2)如图②③，n 1，n 2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 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2016·烟台模拟)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.53 C.56 D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______________________________．答案 π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)×(1，0，22)12×9＝32， 又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴∠C 1AD ＝π6.5．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________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°， 可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)， F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)， CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉 ＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体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，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 ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°.题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT 平面P AB ，MN平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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．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 ，如图所示．(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)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F-BC-A 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH 平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . (2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F-BC-A 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)． 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥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；(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63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO 平面P AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，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)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)． ∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63. 整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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． 规范解答(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)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. [7分](3)解 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 →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)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 ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120° 答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →.∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( ) A.15 B.255 C.55 D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ， 则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE . 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量，又DA →＝(2,0,0)， ∴点A 到平面BDE 的距离是d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 10．(2017·江西新余一中调研)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，且斜边AB ＝22，侧棱AA 1＝3，点D 为AB 的中点，点E 在线段AA 1上，AE ＝λAA 1(λ为实数)．(1)求证：不论λ取何值时，恒有CD ⊥B 1E ；(2)当λ＝13时，求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．(1)证明 在等腰直角三角形ABC 中，AC ＝BC ， 点D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， CD 平面ABC ，∴AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AB ＝A ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1， 又B 1E 平面ABB 1A 1，∴不论λ取何值时，恒有CD ⊥B 1E .(2)解 方法一 由(1)知，CD ⊥平面ABB 1A 1， DE ⊥CD ，AD ⊥CD ，即∠ADE 为二面角E －CD －A 的平面角， ∵λ＝13，∴AE ＝1，又AD ＝12AB ＝2，∴DE ＝AD 2＋AE 2＝3，∴cos ∠ADE ＝AD DE ＝63.∴平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值大小为63. 方法二 分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，D (1,1,0)，E (2,0,1)，B 1(0,2,3)， C 1(0,0,3)，∴CD →＝(1,1,0)，CE →＝(2,0,1)，设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝x ＋y ＝0，n ·CE →＝2x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－2)． 平面ABC 的一个法向量为CC 1→＝(0,0,3)． ∴|cos 〈n ，CC 1→〉|＝|n ·CC 1→||n ||CC 1→|＝63×12＋(－1)2＋(－2)2＝63， ∴平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为63. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB 平面PBE ，CM 平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD .所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE ，且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH . 又CE 平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠P AB ＝90°，且P A 与CD 所成的角为90°，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.12.(2016·潍坊模拟)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD 平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧λy ＋2(1－λ)z ＝0，x ＋y ＝0， 令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2(1－λ)，故n 1＝(1，－1，λ2(1－λ))是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)， ∴|cos 〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ22(1－λ)2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。

⾼考数学北师⼤理⼀轮复习第章⽴体⼏何与空间向量平⾏关系⽂档1．直线与平⾯平⾏的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝?aα，b?α，a∥αa∥b a∥α，aβ，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝?a∥b判定性质定义定理图形条件α∩β＝?aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，aβ结论α∥βα∥βa∥b a∥α【思考辨析】判断下⾯结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)如果两个平⾯平⾏，那么分别在这两个平⾯内的两条直线平⾏或异⾯．(√)(5)若直线a与平⾯α内⽆数条直线平⾏，则a∥α.(×)(6)空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则EF∥平⾯BCD.(√)(7)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(×)1．⼀条直线l上有相异三个点A、B、C到平⾯α的距离相等，那么直线l与平⾯α的位置关系是()A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或lα答案 D解析当距离不为零时，l∥α，当距离为零时，lα.2．设α，β，γ为三个不同的平⾯，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，nγ，且________，则m∥n”中的横线处填⼊下列三组条件中的⼀组，使该命题为真命题．①α∥γ，nβ；②m∥γ，n∥β；③n∥β，mγ.可以填⼊的条件有()A．①或②B．②或③C．①或③D．①或②或③答案 C解析由⾯⾯平⾏的性质定理可知，①正确；当n∥β，mγ时，n和m在同⼀平⾯内，且没有公共点，所以平⾏，③正确．故选C.3．(教材改编)下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平⾏于经过b的任何平⾯B．若直线a和平⾯α满⾜a∥α，那么a与α内的任何直线平⾏C．平⾏于同⼀条直线的两个平⾯平⾏D．若直线a，b和平⾯α满⾜a∥b，a∥α，b?α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平⾯内；B中，a与α内的直线可能异⾯；C中，两平⾯可相交；D中，由直线与平⾯平⾏的判定定理知，b∥α，正确．4．(教材改编)如图，正⽅体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD 1与平⾯AEC 的位置关系为________．答案平⾏解析连接BD ，设BD ∩AC ＝O ，连接EO ，在△BDD 1中，O 为BD 的中点，所以EO 为△BDD 1的中位线，则BD 1∥EO ，⽽BD 1?平⾯ACE ，EO 平⾯ACE ，所以BD 1∥平⾯ACE .5．过三棱柱ABC －A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平⾯ABB 1A 1平⾏的直线共有________条．答案 6解析各中点连线如图，只有⾯EFGH 与⾯ABB 1A 1平⾏，在四边形EFGH 中有6条符合题意.题型⼀直线与平⾯平⾏的判定与性质命题点1 直线与平⾯平⾏的判定例1 如图，四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上⼀点．(1)求证：AP ∥平⾯BEF ； (2)求证：GH ∥平⾯P AD . 证明 (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平⾏四边形，∴O 为AC 的中点．⼜∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， FO平⾯BEF ，A P ?平⾯BEF ，∴AP ∥平⾯BEF .(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，∴FH∥平⾯P AD.⼜∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，∴OH∥平⾯P AD.⼜FH∩OH＝H，∴平⾯OHF∥平⾯P AD.⼜∵GH平⾯OHF，∴GH∥平⾯P AD.命题点2直线与平⾯平⾏性质定理的应⽤例2(2014·安徽)如图，四棱锥P－ABCD的底⾯是边长为8的正⽅形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共⾯的四点，平⾯GEFH⊥平⾯ABCD，BC∥平⾯GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的⾯积．(1)证明因为BC∥平⾯GEFH，BC平⾯PBC，且平⾯PBC∩平⾯GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为P A＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.⼜BD∩AC＝O，且AC，BD都在底⾯内，所以PO⊥底⾯ABCD.⼜因为平⾯GEFH⊥平⾯ABCD，且P O?平⾯GEFH，所以PO∥平⾯GEFH.因为平⾯PBD∩平⾯GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底⾯ABCD，从⽽GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的⾼．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从⽽KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42， PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的⾯积S ＝GH ＋EF2·GK＝4＋82×3＝18.思维升华判断或证明线⾯平⾏的常⽤⽅法：(1)利⽤线⾯平⾏的定义(⽆公共点)；(2)利⽤线⾯平⾏的判定定理(aα，bα，a ∥b ?a ∥α)；(3)利⽤⾯⾯平⾏的性质定理(α∥β，aα?a∥β)；(4)利⽤⾯⾯平⾏的性质(α∥β，aβ，a ∥α?a ∥β)．(1)如图所⽰，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，E 为PD 的中点，AB ＝1，求证：CE ∥平⾯P AB ；(2)如图所⽰，CD ，AB 均与平⾯EFGH 平⾏，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．证明 (1)由已知条件有AC ＝2AB ＝2，AD ＝2AC ＝4，CD ＝2 3. 如图所⽰，延长DC ，AB ，设其交于点N ，连接PN ，因为∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，所以C为ND的中点，⼜因为E为PD的中点，所以EC∥PN，因为EC平⾯P AB，PN平⾯P AB，所以CE∥平⾯P AB.(2)∵CD∥平⾯EFGH，⽽平⾯EFGH∩平⾯BCD＝EF，∴CD∥EF.同理HG∥CD，且HE∥AB，∴EF∥HG.同理HE∥GF，∴四边形EFGH为平⾏四边形．∴CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异⾯直线CD和AB所成的⾓．⼜∵CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平⾏四边形EFGH为矩形．题型⼆平⾯与平⾯平⾏的判定与性质例3如图所⽰，在三棱柱ABC－A 1B1C1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EF A1∥平⾯BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.⼜∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共⾯．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵E F?平⾯BCHG，BC平⾯BCHG，∴EF∥平⾯BCHG.∵A1G綊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.∵A1E∩EF＝E，∴平⾯EF A1∥平⾯BCHG.引申探究1．在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平⾯A1B1BA.证明如图所⽰，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B，⼜H D?平⾯A1B1BA，A1B平⾯A1B1BA，∴HD∥平⾯A1B1BA.2．在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平⾯A1BD1∥平⾯AC1D. 证明如图所⽰，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平⾏四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B平⾯A1BD1，D M?平⾯A1BD1，∴DM∥平⾯A1BD1.⼜由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平⾏四边形，∴DC1∥BD1.⼜DC1?平⾯A1BD1，BD1平⾯A1BD1，∴DC1∥平⾯A1BD1，⼜∵DC1∩DM＝D，DC1，DM平⾯AC1D，∴平⾯A1BD1∥平⾯AC1D.思维升华证明⾯⾯平⾏的⽅法：(1)⾯⾯平⾏的定义；(2)⾯⾯平⾏的判定定理：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)利⽤垂直于同⼀条直线的两个平⾯平⾏；(4)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．如图，在正⽅体ABCD—A 1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平⾯BDD1B1；(2)平⾯EFG∥平⾯BDD1B1.证明(1)如图，连接SB，∵E 、G 分别是BC 、SC 的中点，∴EG ∥SB . ⼜∵SB平⾯BDD 1B 1，E G ?平⾯BDD 1B 1，∴直线EG ∥平⾯BDD 1B 1.(2)连接SD ，∵F 、G 分别是DC 、SC 的中点，∴FG ∥SD . ⼜∵SD平⾯BDD 1B 1，F G ?平⾯BDD 1B 1，∴FG ∥平⾯BDD 1B 1，⼜EG平⾯EFG ，FG平⾯EFG ，EG ∩FG ＝G ，∴平⾯EFG ∥平⾯BDD 1B 1. 题型三平⾏关系的综合应⽤例4 如图所⽰，在四⾯体ABCD 中，截⾯EFGH 平⾏于对棱AB 和CD ，试问截⾯在什么位置时其截⾯⾯积最⼤？解∵AB ∥平⾯EFGH ，平⾯EFGH 与平⾯ABC 和平⾯ABD 分别交于FG 、EH . ∴AB ∥FG ，AB ∥EH ，∴FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ，∴截⾯EFGH 是平⾏四边形．设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α (α即为异⾯直线AB 和CD 所成的⾓或其补⾓)．⼜设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平⾯⼏何知识可得x a ＝CG BC ，y b ＝BG BC ，两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝ba (a－x )，∴S ?EFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x ·b a ·(a －x )·sin α＝b sin αa x (a －x )．∵x >0，a －x >0且x ＋(a －x )＝a 为定值，∴当且仅当x ＝a －x 时，b sin αa x (a －x )＝ab sin α4，此时x ＝a 2，y ＝b2.即当截⾯EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 为棱AD 、AC 、BC 、BD 的中点时截⾯⾯积最⼤．思维升华利⽤线⾯平⾏的性质，可以实现与线线平⾏的转化，尤其在截⾯图的画法中，常⽤来确定交线的位置，对于最值问题，常⽤函数思想来解决．如图所⽰，四棱锥P －ABCD 的底⾯是边长为a 的正⽅形，侧棱P A ⊥底⾯ABCD ，在侧⾯PBC 内，有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找⼀点F ，使EF ∥平⾯P AD . 解如图所⽰，在平⾯PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ，连接AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ，∵EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ，∴四边形FEGA 为平⾏四边形，∴FE ∥AG . ⼜AG平⾯P AD ，F E ?平⾯P AD ，∴EF ∥平⾯P AD . ∴F 即为所求的点．⼜P A ⊥⾯ABCD ，∴P A ⊥BC ，⼜BC ⊥AB ，∴BC ⊥⾯P AB . ∴PB ⊥BC .∴PC 2＝BC 2＋PB 2＝BC 2＋AB 2＋P A 2. 设P A ＝x 则PC ＝2a 2＋x 2，由PB ·BC ＝BE ·PC 得： a 2＋x 2·a ＝2a 2＋x 2·63a ，∴x ＝a ，即P A ＝a ，∴PC ＝3a .⼜CE ＝a 2－(63a )2＝33a ，∴PE PC ＝23，∴GE CD ＝PE PC ＝23，即GE ＝23CD ＝23a ，∴AF ＝23a .即AF ＝23故点F 是AB 上靠近B 点的⼀个三等分点．5．⽴体⼏何中的探索性问题典例 (12分)如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底⾯ABCD 为直⾓梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，SA ⊥底⾯ABCD，SA ＝AB ＝BC ＝2.tan ∠SDA ＝23. (1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找⼀点E ，使CE ∥平⾯SAB ，并证明．规范解答解 (1)∵SA ⊥底⾯ABCD ，tan ∠SDA ＝23，SA ＝2，∴AD ＝3.[2分]由题意知四棱锥S －ABCD 的底⾯为直⾓梯形，且SA ＝AB ＝BC ＝2，[4分] V S －ABCD ＝13×SA ×12×(BC ＋AD )×AB＝13×2×12×(2＋3)×2＝103.[6分] (2)当点E 位于棱SD 上靠近D 的三等分点处时，可使CE ∥平⾯SAB .[8分] 证明如下：取SD 上靠近D 的三等分点为E ，取SA 上靠近A 的三等分点为F ，连接CE ，EF ，BF ，则EF 綊23AD ，BC 綊23AD ，∴BC綊EF，∴CE∥BF.[10分]⼜∵BF平⾯SAB，C E?平⾯SAB，∴CE∥平⾯SAB.[12分]解决⽴体⼏何中的探索性问题的步骤第⼀步：写出探求的最后结论；第⼆步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．温馨提醒(1)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，若得到⽭盾的结论就否定假设．(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成⽴”，“只需使……成⽴”．[⽅法与技巧]1．平⾏问题的转化关系线∥线判定性质线∥⾯判定⾯∥性质判定⾯2．直线与平⾯平⾏的主要判定⽅法(1)定义法；(2)判定定理；(3)⾯与⾯平⾏的性质．3．平⾯与平⾯平⾏的主要判定⽅法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β.[失误与防范]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．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，即从“线线平⾏”到“线⾯平⾏”，再到“⾯⾯平⾏”；⽽在应⽤性质定理时，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”．3．解题中注意符号语⾔的规范应⽤．A组专项基础训练(时间：45分钟)1．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 B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共⾯答案 D解析充分性：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．2．(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平⾯，则下列命题正确的是() A．若α，β垂直于同⼀平⾯，则α与β平⾏B．若m，n平⾏于同⼀平⾯，则m与n平⾏C．若α，β不平⾏，则在α内不存在与β平⾏的直线D．若m，n不平⾏，则m与n不可能垂直于同⼀平⾯答案 D解析对于A，α，β垂直于同⼀平⾯，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平⾏于同⼀平⾯，m，n关系不确定，可平⾏、相交、异⾯，故B错；对于C，α，β不平⾏，但α内能找出平⾏于β的直线，如α中平⾏于α，β交线的直线平⾏于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同⼀平⾯，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．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∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析l∥α，l∥β，则α与β可能平⾏，也可能相交，故A项错；由“同垂直于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lβ，也可能相交，故D项错．故选B.4．如图，四边形ABCD是边长为1的正⽅形，MD⊥平⾯ABCD，NB⊥平⾯ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是()A．MC⊥ANB．GB∥平⾯AMNC．平⾯CMN⊥平⾯AMND．平⾯DCM∥平⾯ABN答案 C解析显然该⼏何图形为正⽅体截去两个三棱锥所剩的⼏何体，把该⼏何体放置到正⽅体中(如图)，取AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，⼜HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，⼜GB平⾯AMN，MH平⾯AMN，所以GB∥平⾯AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平⾯DCM∥平⾯ABN，所以D正确．5．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．①③B．①④C．②③D．②④答案 B解析①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平⾯MNP∥平⾯AA′B可得出AB∥平⾯MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平⾯MNP.6．在四⾯体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重⼼，则四⾯体的四个⾯中与MN 平⾏的是________．答案平⾯ABD与平⾯ABC解析如图，取CD的中点E，连接AE，BE.则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平⾯ABD，MN∥平⾯ABC.7．将⼀个真命题中的“平⾯”换成“直线”、“直线”换成“平⾯”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同⼀平⾯的两直线平⾏；②垂直于同⼀平⾯的两平⾯平⾏；③平⾏于同⼀直线的两直线平⾏；④平⾏于同⼀平⾯的两直线平⾏．其中是“可换命题”的是________．(填命题的序号)答案①③解析由线⾯垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同⼀直线的两平⾯平⾏也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同⼀平⾯的两平⾯可能平⾏或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平⾏于同⼀平⾯的两平⾯平⾏也是真命题，故③是“可换命题”；因为平⾏于同⼀平⾯的两条直线可能平⾏、相交或异⾯，故④是假命题，故④不是“可换命题”．8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(底⾯是正⽅形的直四棱柱叫正四棱柱)中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满⾜条件________时，有MN∥平⾯B1BDD1.答案M∈线段FH解析因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平⾯NHF∥平⾯B1BDD1，故线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平⾯B1BDD1.(答案不唯⼀)9.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D E?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.如图，E、F、G、H分别是正⽅体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．求证：(1)EG∥平⾯BB1D1D；(2)平⾯BDF∥平⾯B1D1H.证明(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，易证四边形BEGO为平⾏四边形，故OB∥GE，由线⾯平⾏的判定定理即可证EG∥平⾯BB1D1D.(2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 如图，连接HB 、D 1F ，易证四边形HBFD 1是平⾏四边形，故HD 1∥BF . ⼜B 1D 1∩HD 1＝D 1， BD ∩BF ＝B ，所以平⾯BDF ∥平⾯B 1D 1H .B 组专项能⼒提升 (时间：30分钟)11．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平⾯，则下列命题中错误的是( ) A ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β B ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β C ．若mα，n β，m ∥n ，则α∥βD ．若m ，n 是异⾯直线，m α，m ∥β，n β，n ∥α，则α∥β答案 C解析由线⾯垂直的性质可知A 正确；由⾯⾯平⾏的性质可知B 正确；m α，n β，m ∥n ?α，β可能平⾏，也可能相交，故C 错误；由线⾯平⾏的性质和⾯⾯平⾏的判定定理可知D 正确．12.空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平⾏于两条对棱的截⾯四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．答案 (8,10)解析设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD ＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . ⼜∵013．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三⾓形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平⾯DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平⾯DEFH ，那么四边形DEFH 的⾯积为________．答案452解析如图，取AC 的中点G ，连接SG ，BG . 易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，故AC ⊥平⾯SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平⾯DEFH ，SB 平⾯SAB ，平⾯SAB ∩平⾯DEFH ＝HD ，则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .⼜D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从⽽得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平⾏四边形．⼜AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其⾯积S ＝HF ·HD ＝(12AC )·(12SB )＝452.14．(2015·四川改编)⼀个正⽅体的平⾯展开图及该正⽅体的直观图的⽰意图如图所⽰．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正⽅体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平⾯BEG 与平⾯ACH 的位置关系．并证明你的结论．解 (1)点F ，G ，H 的位置如图所⽰．(2)平⾯BEG∥平⾯ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正⽅体，所以BC∥FG，BC＝FG，⼜FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平⾏四边形，所以BE∥CH，⼜CH平⾯ACH，B E?平⾯ACH，所以BE∥平⾯ACH，同理BG∥平⾯ACH，⼜BE∩BG＝B，所以平⾯BEG∥平⾯ACH.15.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的长；若不存在，请说明理由．解(1)如图所⽰，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，。