2021届高考二轮复习4 立体几何专题课件(共70张PPT)

2021-2021年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何2021-2021年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何第10讲立体几何中的向量方法教学案理■核心知识储备………………………………………………………………………・1．两条异面直线的夹角?π?(1)两异面直线的夹角θ∈?0，?.2??(2)设直线l1，l2的方向向量为s1，s2，则cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝2．直线与平面的夹角|s1・s2|.|s1|・|s2|?π?(1)直线与平面的夹角θ∈?0，?.2??(2)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a ・n||a|・|n|. ■典题试解寻法………………………………………………………………………・【典题】 (2021・全国Ⅲ卷)如图10-1，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．图10-1(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【导学号：07804072】2[解] (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.如图，31取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝2BC＝2.又AD∥BC，故TN��AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，2且AE＝AB－BE＝22?BC?AB2－??＝5. 2??→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A-xyz. 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N??5?，1，2?， ?2?PM＝(0,2，－4)，PN＝?→→?5?→?5?，1，－2?，AN＝?，1，2?. ?2??2?→??n・PM＝0，设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则?→??n・PN＝0，2y－4z＝0，??即?5x＋y－2z＝0，??2可取n＝(0,2,1)．→→|n・AN|85于是|cos〈n，AN〉|＝＝.→25|n||AN|85所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.25[类题通法] 向量法求线面角的一般步骤 1.建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标. 2.写出相关向量的坐标. 3.求平面的法向量. 4.求线面角的正弦值. 5.转化为几何结论.提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.■对点即时训练………………………………………………………………………・如图10-2，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.图10-2(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．[解] (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥AE.∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.→→(2)以O为原点，OA，OB的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，D(0，－3，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a＞0)，OF＝(－1,0，a)．设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，→??n・OB＝0则有?→??n・OE＝02,0,1)，→|OF・n|由题意得sin 45°＝|cos〈OF，n〉|＝＝→|OF||n|→21＝，解得a＝3或－. 223a＋1・5由a＞0，得a＝3， |2＋a|→，即??3y＝0?x＋2z＝0，令z＝1，则n＝(－OF＝(－1,0,3)，BE＝(1，－3，2)，→→－1＋65cos〈OF，BE〉＝＝，10×84故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为5.] 4→→■题型强化集训………………………………………………………………………・(见专题限时集训T1)题型2 向量法求二面角(答题模板)(对应学生用书第34页)利用向量法求二面角的大小是高考对立体几何的常规考法，它以代数运算代替抽象的思维，给立体几何带来了鲜活的方法，此类问题建系是突破口，求解的关键是平面的法向量．(2021・全国Ⅰ卷T18,2021・全国Ⅱ卷T19,2021・全国Ⅲ卷T19,2021・全国Ⅰ卷T18,2021・全国Ⅱ卷T19,2021・全国Ⅰ卷T19,2021・全国Ⅱ卷T18) ■典题试解寻法………………………………………………………………………・【典题】 (本小题满分12分)(2021・全国Ⅱ卷)如图10-3，四棱锥P-ABCD中，1①②侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC2＝90°，E是PD的中点．图10-3(1)证明：直线CE∥平面PAB； (2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.【导学号：07804073】[审题指导] 题眼① 挖掘关键信息看到PAD为等边三角形，想到等边三角形的有关性质. 看到PAD垂直于底面ABCD，想到面面垂直的性质. 看到证明直线CE∥平面PAB，想到线面平行的判定或面面平行的性质. 看到M在棱PC上，⑥⑤④③② ③ ④ 想到P，M，C三点共线，想到点M的设法. ⑤ 看到直线BM与底面ABCD所成角为45°，想到线面角的求法，想到平面法向量的计算方法. 看到求二面角M-AB-D的余弦值，想到求平面MAB与平面ABD的法向量. ⑦⑥ [规范解答] (1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF. 1因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.2由∠BAD＝∠AB C＝90°得BC∥AD， 1又BC＝AD，所以EF��BC，2四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF. 4分又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB. (2)→→由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，|AB|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，→→则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC＝(1,0，－3)，AB＝(1,0,0).7分⑧2分感谢您的阅读，祝您生活愉快。

第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，所以sin ∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin ∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)．(2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫33，1时，V ′<0.∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面P AB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面P AB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面P AB 上， 即球心就是△P AB 的外心，根据正弦定理ABsin ∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)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23π 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PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.规律方法(1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S－ABC的外接球球心O的确定方法：先找到△ABC的外心O1，然后找到过O1的平面ABC的垂线l，在l上找点O，使OS＝OA，点O即为三棱锥S－ABC的外接球的球心．(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2(1)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A．36π B．64π C．144π D．256π答案C解析如图所示，设球O的半径为R，因为∠AOB＝90°，所以S△AOB＝12R2，因为V O－ABC＝V C－AOB，而△AOB的面积为定值，当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，此时V O－ABC＝V C－AOB＝13×12R2×R＝16R3＝36，故R＝6，则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知P A⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD＝5，ED＝3，若鳖臑P－ADE的外接球的体积为92π，则阳马P－ABCD的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵P A ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 21， 可得P A 2＝R 21－r 21＝102，∴P A ＝10. 正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10，∴r 2＝102， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π. 专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt △AOB 中，AB ＝12＋(3)2＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为()A．4 500元B．4 000元C．2 880元D．2 380元答案B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在BB1上，动点F在A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则三棱锥O－AEF的体积()A．与x，y都有关B．与x，y都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)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( )A.32π3 B ．3π C.4π3 D ．8π 答案 A解析 设△ABC 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， ∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎫25－259×⎝⎛⎭⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 10．已知在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( )A.36 B.12 C.13 D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等， ∴此三棱锥的外接球即以P A ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即P A ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13 S △P AB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFG AB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点，则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12×(23)2＋(2)2＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2 600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.第2讲空间点、线、面的位置关系[考情分析]高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是空间线面关系的命题的真假判断；二是体积、表面积的求解，空间中以垂直或平行关系的证明为主，中等难度．考点一空间线、面位置关系的判定核心提炼判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．例1(1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC．若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a答案A解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面P AB，平面P AC，平面PBC，交线a，b，c为P A，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面α，β分别为平面ABCD，平面ADD1A1，交线a为AD，当直线b为A1C1时，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．(2)(2019·全国Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD 的边长为2，则EO＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＋22＝7，得BM＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．易错提醒(1)定理中的条件理解不全面．(2)直接将平面几何中的结论引入到立体几何中．跟踪演练1(1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB ．若m ∥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥nD ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ∥n 答案 A解析 对于选项A ，由n ∥β，α∥β可得n ∥α或n ⊂α， 又m ⊥α，所以可得m ⊥n ，故A 正确；对于选项B ，由条件可得m ⊥n 或m ∥n ，或m 与n 既不垂直也不平行，故B 不正确； 对于选项C ，由条件可得m ∥n 或m ，n 相交或m ，n 异面，故C 不正确； 对于选项D ，由题意得m ⊥n ，故D 不正确．(2)(多选)如图，在四面体A －BCD 中，M ，N ，P ，Q ，E 分别为AB ，BC ，CD ，AD ，AC 的中点，则下列说法中正确的是( )A ．M ，N ，P ，Q 四点共面B ．∠QME ＝∠CBDC ．△BCD ∽△MEQ D ．四边形MNPQ 为梯形 答案 ABC解析 由三角形的中位线定理，易知MQ ∥BD ，ME ∥BC ，QE ∥CD ，NP ∥BD .对于A ，有MQ ∥NP ，所以M ，N ，P ，Q 四点共面，故A 说法正确；对于B ，根据等角定理，得∠QME ＝∠CBD ，故B 说法正确；对于C ，由等角定理，知∠QME ＝∠CBD ，∠MEQ ＝∠BCD ，所以△BCD ∽△MEQ ，故C 说法正确；对于D ，由三角形的中位线定理，知MQ ∥BD ，MQ ＝ 12BD ，NP ∥BD ，NP ＝12BD ，所以MQ ＝NP ，MQ ∥NP ，所以四边形MNPQ 是平行四边形，故D 说法不正确．考点二空间平行、垂直关系核心提炼平行关系及垂直关系的转化考向1平行、垂直关系的证明例2(2020·山西省长治第二中学月考)如图，四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．求证：(1)P A∥平面BDE；(2)平面P AC⊥平面BDE.证明(1)如图，AC∩BD＝O，连接OE，在△P AC中，O是AC的中点，E是PC的中点，∴OE ∥AP ，又∵OE ⊂平面BDE ，P A ⊄平面BDE . ∴P A ∥平面BDE .(2)∵PO ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ， ∴PO ⊥BD ，又∵AC ⊥BD ，且AC ∩PO ＝O ，AC ⊂平面P AC ，PO ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥平面P AC ，而BD ⊂平面BDE ， ∴平面P AC ⊥平面BDE . 考向2 翻折问题例3 (2020·莆田第一联盟体联考)如图，正方形ABCD 的边长为22，以AC 为折痕把△ACD 折起，使点D 到达点P 的位置，且P A ＝PB .(1)证明：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)若M 是PC 的中点，设PN →＝λP A →(0<λ<1)，且三棱锥A －BMN 的体积为89，求λ的值．(1)证明 如图，取AC 的中点O ，连接PO ，BO .因为PC ＝P A ，所以PO ⊥AC .在△POB 中，PO ＝OB ＝12AC ＝2，PB ＝P A ＝22，则PB 2＝PO 2＋OB 2，所以PO ⊥OB ，又AC ∩OB ＝O ，且AC ，OB ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC ，又PO ⊂平面P AC ，所以平面P AC ⊥平面ABC . (2)解 因为平面P AC ⊥平面ABC ， 又平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，且BO ⊥AC ， 所以OB ⊥平面P AC ，所以V A －BMN ＝V B －AMN ＝13S △AMN ·BO .又因为OB ＝2，V A －BMN ＝89，所以S △AMN ＝43.因为PN →＝λP A →，所以S △AMN ＝(1－λ)S △APM ＝1－λ2S △P AC. 又S △P AC ＝12P A ·PC ＝4，所以1－λ2×4＝43，得λ＝13.易错提醒 (1)证明线面平行时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件． (2)证明面面平行时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件． (3)证明线面垂直时，容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件．跟踪演练2 (2019·全国Ⅲ)图①是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图②.(1)证明：图②中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图②中的四边形ACGD的面积．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE∩BC＝B，且BE，BC⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为S＝CG·DM＝2×2＝4.专题强化练一、单项选择题1.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC答案C解析由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.又D∈AB，∴D∈平面ABC，∴点D在平面ABC与平面β的交线上．又C∈平面ABC，C∈β，∴点C在平面β与平面ABC的交线上，∴平面ABC∩平面β＝直线CD.2．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是() A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β答案D解析对于A，m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行，也可能相交，所以A不正确；对于B ，n⊥β，m∥n，则m⊥β，又m∥α，则α⊥β，所以B不正确；对于C，m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能平行也可能相交，所以C不正确；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，所以D正确．故选D.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC答案C解析在正方体中连接A1D，AD1，B1C，由正方体的性质知AD 1⊥A 1D ，CD ⊥AD 1， 又∵A 1D ∩CD ＝D ，且A 1D ，CD ⊂平面A 1B 1CD ， ∴AD 1⊥平面A 1B 1CD ，又∵BC 1∥AD 1，∴BC 1⊥平面A 1B 1CD ， ∵A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，∴BC 1⊥A 1E .4．点E ，F 分别是三棱锥P －ABC 的棱AP ，BC 的中点，AB ＝6，PC ＝8，EF ＝5，则异面直线AB 与PC 所成的角为( ) A ．90° B ．45° C ．30° D ．60° 答案 A解析 如图，取PB 的中点G ，连接EG ，FG ，则EG ＝12AB ，GF ＝12PC ，EG ∥AB ，GF ∥PC ，则∠EGF (或其补角)即为AB 与PC 所成的角，在△EFG 中，EG ＝12AB ＝3，FG ＝12PC ＝4，EF ＝5，EG 2＋FG 2＝EF 2，所以∠EGF ＝90°.5.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A. 2B.98 C. 3 D.62答案 B解析 如图，分别取C 1D 1，B 1C 1的中点P ，Q ，连接PQ ，B 1D 1，DP ，BQ ，NP ，易知MN ∥B 1D 1∥BD ，AD ∥NP ，AD ＝NP ，所以四边形ANPD 为平行四边形，所以AN ∥DP .又BD 和DP 为平面DBQP 内的两条相交直线，AN ，MN 为平面AMN 内的两条相交直线，所以平面DBQP ∥平面AMN ，四边形DBQP 的面积即所求．因为PQ ∥DB ，所以四边形DBQP 为梯形，PQ ＝12BD ＝22，梯形的高h ＝12＋⎝⎛⎭⎫122－⎝⎛⎭⎫242＝324，所以四边形DBQP 的面积为12(PQ ＋BD )h ＝98.6．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为162，点P 在正方形A 1B 1C 1D 1上且A 1，C 到P 的距离分别为2，23，则直线CP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为( ) A.22 B.33 C.12 D.13答案 A解析 易知AB ＝22，连接C 1P ，在Rt △CC 1P 中，可计算C 1P ＝CP 2－CC 21＝2，又A 1P ＝2，A 1C 1＝4，所以P 是A 1C 1的中点，连接AC 与BD 交于点O ，易证AC ⊥平面BDD 1B 1，直线CP 在平面BDD 1B 1内的射影是OP ，所以∠CPO 就是直线CP 与平面BDD 1B 1所成的角，在Rt △CPO 中，tan ∠CPO ＝CO PO ＝22.二、多项选择题7．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，翻折△ABD 和△ACD ，使得平面ABD ⊥平面ACD .下列结论正确的是( )A．BD⊥ACB．△BAC是等边三角形C．三棱锥D－ABC是正三棱锥D．平面ADC⊥平面ABC答案ABC解析由题意易知，BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，故BD⊥AC，A中结论正确；设等腰直角三角形ABC的腰为a，则BC＝2a，由A知BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，∴BD⊥CD，又BD＝CD＝22a，∴由勾股定理得BC＝2×22a＝a，∴AB＝AC＝BC，则△BAC是等边三角形，B中结论正确；易知DA＝DB＝DC，又由B可知C中结论正确，D中结论错误．8.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论正确的是()A．三棱锥A－D1PC的体积不变B．A1P∥平面ACD1C．DP⊥BC1D．平面PDB1⊥平面ACD1答案ABD解析对于A，连接AD1，CD1，AC，D1P，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面的三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，A1P，则A1C1∥AC，易知A1C1∥平面AD1C，由A知，BC1∥平面AD1C，又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；对于D，连接DB1，PD，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确．三、填空题9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．答案平行解析易证A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱和六个面的对角线共有24条，其中与体对角线AC1垂直的有________条．答案6解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC.∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.同理A1B，A1D，B1D1，CD1，B1C都与AC1垂直．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱中没有与AC1垂直的棱，故与体对角线AC1垂直的有6条．11．(2020·全国Ⅱ改编)设有下列四个命题：①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；②过空间中任意三点有且仅有一个平面；③若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；④若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则上述命题中所有真命题的序号是________．答案①④解析①是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知①为真命题；②是假命题，因为空间三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；③是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；④是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．从而①④为真命题．12.如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0<x<1)．设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线．其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)答案①②③解析连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；当x 变化时，l 是过点M 且与直线EF 平行的定直线，故④不成立．四、解答题13.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC ，E ，F 分别为棱BC 和A 1C 1的中点．(1)求证：EF ∥平面ABB 1A 1； (2)求证：平面AEF ⊥平面BCC 1B 1.证明 (1)如图，取A 1B 1的中点G ，连接BG ，FG ，在△A 1B 1C 1中，因为F ，G 分别为A 1C 1，A 1B 1的中点，所以FG ∥B 1C 1，且FG ＝12B 1C 1.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ∥B 1C 1.又E 为棱BC 的中点，所以FG ∥BE ，且FG ＝BE ， 所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF ∥BG ，又因为BG ⊂平面ABB 1A 1，EF ⊄平面ABB 1A 1，所以EF ∥平面ABB 1A 1. (2)在△ABC 中，因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点， 所以AE ⊥BC ，又侧面BCC 1B 1⊥底面ABC ，侧面BCC 1B 1∩底面ABC ＝BC ，且AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCC 1B 1， 又AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面BCC 1B 1.14.如图，菱形ABCD 的边长为a ，∠D ＝60°，点H 为DC 的中点，现以线段AH 为折痕将△DAH 折起使得点D 到达点P 的位置，且平面PHA ⊥平面ABCH ，点E ，F 分别为AB ，AP 的中点．(1)求证：平面PBC ∥平面EFH ；(2)若三棱锥P －EFH 的体积等于312，求a 的值． (1)证明 因为在菱形ABCD 中，E ，H 分别为AB ，CD 的中点，所以BE ∥CH 且BE ＝CH ， 所以四边形BCHE 为平行四边形，则BC ∥EH ， 又EH ⊄平面PBC ，所以EH ∥平面PBC .因为点E ，F 分别为AB ，AP 的中点，所以EF ∥BP ， 又EF ⊄平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . 又EF ∩EH ＝E ，所以平面PBC ∥平面EFH . (2)解 在菱形ABCD 中，∠D ＝60°， 则△ACD 为正三角形，所以AH ⊥CD ，DH ＝PH ＝CH ＝12a ，AH ＝32a ，折叠后，PH ⊥AH ，又平面PHA ⊥平面ABCH ，平面PHA ∩平面ABCH ＝AH ，PH ⊂平面PHA ，从而PH ⊥平面ABCH .在△P AE 中，点F 为AP 的中点，则S △PEF ＝S △AEF ， 所以V H －PEF ＝V H －AEF ＝12V H －P AE ＝12V P －AEH＝12×13S △AEH ·PH ＝12×13×12×12a ×32a ×12a396a3＝312，所以a3＝8，故a＝2.＝第3讲 立体几何与空间向量[考情分析] 空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度． 考点一 利用空间向量求空间角 核心提炼设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则sin θ＝|a ·u ||a ||u |＝|cos 〈a ，u 〉|. (3)二面角设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|u ·v ||u ||v |＝|cos 〈u ，v 〉|.考向1 求线面角例1 (2020·宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥P －ABC ，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝P A ＝12PC ＝2，∠ABC ＝120°.。

第01讲 空间中的平行关系知识精讲一．空间中的平行关系1． 平行直线（1） 线线平行判定定理平面几何、立体几何中有关的判定定理（2） 线线平行性质定理空间中平行于同一直线的两直线平行//////a b c a c ⇒，b2．直线与平面的位置关系（1） 线面平行判定定理线线 ⇒ 线面：////l m m l l ααα⊂⊄⇒，，（2） 线面平行性质定理线面 ⇒ 线线：////l l m l m αβαβ⊂=⇒，，3．面面平行的判定与性质（1） 两个平面平行的判定定理线线 ⇒ 面面： //////a b a b a b A ββαααβ⊂⊂=⇒，，，，推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，这两个平面平行．（3） 两个平面平行的性质定理面面 ⇒ 线线：////a b a b αβαγβγ==⇒，，三点剖析2． 方法点拨1．证明线线平行的方法（1）利用线线平行的定义：证线线共面且无公共点；（2）利用三线平行公理：证两线同时平行于第三条直线；（3）利用三角形的中位线证明线线平行；（4）证明两直线是平行四边形的对边；（5）利用线面平行的基本性质定理：把证线线平行转化为证线面平行，这是最基本也是最重要的方法．2．判断直线与平面平行的三种方法（1）利用定义：证明直线a 与平面α没有公共点，这一点直接证明是很困难的，往往借助于反证法来证明；（2）利用直线和平面平行的判定定理：,a a α⊄∥b ，b α⊂则a ∥α，使用定理时，一定要注明“平面外的一条直线和平面内的一条直线平行”；（3）利用面面平行的性质:α∥β，a a α⊂⇒∥β．3．证明两个平面平行的方法（1）根据定义，利用反证法证明；（2）根据判定定理：若一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行；（3）平行于同一个平面的两个平面平行；直线与平面平行例题1、 下列命题中正确的是（ ）A.两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行B.两条直线没有公共点，则这两条直线平行C.两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行D.一条直线和一个平面内所有直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行例题2、 点E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 中AB ，BC ，CD ，AD 的中点，若AC =BD ，且AC 与BD 成90°，则四边形EFGH 是（ ）A.菱形B.梯形C.正方形D.空间四边形例题3、 已知三条直线a ，b ，c 及平面α，具备以下哪一条件时a b ？（ ）A.a α，b αB.a c ⊥，b c ⊥C.a c ⊥，c α⊥，b αD.a α⊥，b α⊥例题4、 如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AB ⊥平面,//,PAD AB CD E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且1,2DF AB PH =为PAD ∆中AD 边上的高．（1）证明：//EF 平面PAD ；（2）若3,1PH AD FC ===，求三棱锥C BEF -的体积．例题5、 四棱锥E ABCD -中，AP ⊥平面ABCD ，122AD DC BC AB ====，3AP =，E 为AP 的中点，//AB CD ，过点A 作AF BP ⊥于F ．（1）求证：//DE 平面BCP ；（2）求三棱锥P EFC -的体积．随练1、 用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ；③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b ．其中真命题的序号是（ ）A.①②B.②③C.①④D.②④随练2、 已知直线m ，n ，l ，平面α，β．给出下面四个命题：①m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭∥；②m l m n n l ⊥⎫⇒⎬⊥⎭∥；③n n αββα⊥⎫⇒⎬⊂⎭∥；④m n m n αα⎫⇒⎬⎭∥∥∥． 其中正确是（ ）A.①B.②C.③D.④随练3、 如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是菱形，∠BCD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 是AB 的中点，F 是PC 的中点．（Ⅰ）求证：平面PDE ⊥平面P AB ；（Ⅱ）求证：BF ∥平面PDE ．随练4、 如图，四边形ABCD 是平行四边形，点E ，F ，G 分别为线段BC ，PB ，AD 的中点．（1）证明EF ∥平面PAC ．（2）证明平面PCG ∥平面AEF ．（3）在线段BD 上找一点H ，使得FH ∥平面PCG ，并说明理由．N FE C BAPGD平面与平面平行例题1、 已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A.若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB.若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥βC.若m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α∥βD.若m ∥n ，m ∥α，则n ∥α例题2、 如图，ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M N G ，，分别是AB AD EF ，，的中点． 1（）求证：BE 平面DMF ；2（）求证：平面BDE 平面MNG ．例题3、 正方体1111ABCD A B C D -中，点E 在棱1CC 上，126CE EC AB M N ==，，，分别为棱AB 和AD 的中点．1（）求三棱锥M -BDE 的体积；2（）求证：平面1C MN 平面BDE ．随练1、 a ，b ，c 为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合平面，现给出四个命题：①a a b b γγ⎫⇒⎬⎭∥∥∥；②c c ααββ⎫⇒⎬⎭∥∥∥；③αγαββγ⎫⇒⎬⎭∥∥∥；④c a a c αα⎫⇒⎬⎭∥∥∥． 其中正确的是（ ）A.①②B.③④C.③D.③②随练2、 如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1．设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．（1）求证：平面CMN ∥平面PAB ；（2）求三棱锥P －ABM 的体积．随练3、 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，O 是底ABCD 对角线的交点．求证：（1）C 1O ∥面AB 1D 1；（2）面OC 1D ∥面AB 1D 1．N PM DBA拓展1、 直线a ，b 是不同的直线，平面α，β是不同的平面，下列命题正确的是（ ）A.直线a 平面α，直线b ⊂平面α，则直线a 直线bB.直线a 平面α，直线b 平面α，则直线a 直线bC.直线a 直线b ，直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β，则平面αβD.直线a 直线b ，直线a ⊄平面α，直线b ⊂平面α，则直线a 平面α2、 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（ ）A.B. C. D.3、已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的四条边上的点，且四边形EFGH为平行四边形．证明：（1）EH∥平面BCD（2）BD∥平面EFGH．4、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥面ABCD，PA＝BC＝4，AD＝2，AC＝AB＝3，AD∥BC，N是PC的中点．（Ⅰ）证明：ND∥面PAB；（Ⅱ）求三棱锥N－ACD的体积．5、在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（）A.若a∥α，b∥α，则a∥bB.若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC.若a∥α，a∥b，则b∥αD.若α∥β，a⊂α则a∥β6、如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点，求证：平面AMN∥平面EFDB．7、类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：（）①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．A.①②B.②③C.③④D.①④。