1、第七章立体几何第一节空间几何体的结构、三视图和直观图考情展望1.以三视图为命题背景，考查空间几何体的结构特征.2.利用空间几何体的展开，考查空间想象能力.3.以选择题、填空题的形式考查一、多面体的结构特征1棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形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)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱反之，正棱柱的底面是正多边形侧棱垂直于底面，侧面是矩形(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥，特别地，各棱均相等的
2、正三棱锥叫正四面体反之，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心二、旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线三、空间几何体的三视图1三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图2三视图的画法在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图四、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1
3、.45或135，z轴与x轴和y轴所在平面垂直2原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴平行于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长度为原来的一半按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图S原图形，S原图形2S直观图1关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A棱柱的侧棱长都相等B棱锥的侧棱长都相等C三棱台的上、下底面是相似三角形D有的棱台的侧棱长都相等【答案】B2如图711，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()图711ABCD【答案】C3用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图712
4、所示的一个正方形，则原来的图形是() 图712【答案】A4若某几何体的三视图如图713所示，则这个几何体的直观图可以是()图713【答案】B5(2013四川高考)一个几何体的三视图如图714所示，则该几何体的直观图可以是()图714【答案】D6(2013湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.B1C. D.【答案】D考向一 111空间几何体的结构特征下列结论中正确的是()A各个面都是三角形的几何体是三棱锥B以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C棱锥的侧棱长与底面多边形的
5、边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线【答案】D规律方法11.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可2圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系3既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略考向二 112几何体的三视图(1)(2014湖北高考)在如图715所示的空间直角坐标系Oxyz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
6、出编号为的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A和B和C和D和(2)(2014课标全国卷)如图716，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A三棱锥B三棱柱C四棱锥D四棱柱(3)(2014北京高考)某三棱锥的三视图如图717所示，则该三棱锥最长棱的棱长为 图717【答案】(1)D(2)B(3)2规律方法21.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图2三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据对点训练(1)如图718是一几
7、何体的直观图、正视图和俯视图在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是()图718ABCD(2)(2014江西高考)一几何体的直观图如图719，下列给出的四个俯视图中正确的是()图719【答案】(1)B(2)B考向三 113空间几何体的直观图如图7110所示，四边形ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形ABCD是一直角梯形，ABCD，ADCD，且BC与y轴平行，若AB6，DC4，AD2，求这个平面图形的实际面积图7110【尝试解答】根据斜二测直观图画法规则可知该平面图形是直角梯形，且AB6，CD4保持不变由于CBAD2.所以CB4.故平面图形
8、的实际面积为(64)420.规律方法3由直观图还原为平面图的关键是找与x轴，y轴平行的直线或线段，且平行于x轴的线段还原时长度不变，平行于y轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可对点训练(1)已知正ABC的边长为a，则ABC水平放置的直观图ABC的面积为 图7111(2)如图7111所示，正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是()A6B8C23D22【答案】(1)a2(2)B易错易误之十二画三视图忽视边界线及其实虚1个示范例(2012陕西高考)将正方体(如图7112(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图7112(
9、2)所示的几何体，则该几何体的左视图为()图7112【解析】还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线此处易出现两种错误：是忽视B1C也是边界而误选D；是虽然注意了B1C也是边界线，但忽视了其不可视而误选C.【防范措施】(1)在确定边界线时，要先分析几何体由哪些面组成，从而可确定边界线，其次要确定哪些边界线投影后与轮廓线重合，哪些边界线投影后与轮廓线不重合，不重合的是我们要在三视图中画出的(2)在画三视图时，首先确定几何体的轮廓线，然后再确定面与面之间的边界线，再根据是否可视确定实虚1个防错练一个正方体截去两个角后所得几何体的正
10、(主)视图、侧(左)视图如图7113所示，则其俯视图为()正(主)视图侧(左)视图图7113A BC D【解析】由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C.【答案】C课时限时检测(三十八)空间几何体的结构、三视图和直观图(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1(2013四川高考)一个几何体的三视图7114图如图7114所示，则该几何体可以是()A棱柱 B棱台C圆柱D圆台【答案】D2下列命题中正确的个数是()由五个面围成的多面体只能是四棱锥；用一个平面去截棱锥便可得到棱台；仅有一组对面平行的五面体是棱台；有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥A0个B
11、1个C2个D3个【答案】A3给出下列三个命题：相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱；各侧面都是正方形的四棱柱是正方体；底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正棱锥其中正确的命题有()A1个 B2个 C3个 D0个【答案】D4已知某一几何体的正视图与侧视图如图7115所示，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()图7115A B C D【答案】A5将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图7116所示，则该几何体的侧视图为()图7116【答案】D6一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图7117所示)，ABC45，ABAD1，DCBC，则这个平面图形的面积为()图7117A
12、.B2C. D.【答案】B二、填空题(每小题5分，共15分)7如图7118所示正三棱柱ABCA1B1C1的主视图(又称正视图)是边长为4的正方形，则此正三棱柱的侧视图(又称左视图)的面积为 图7118【答案】88如图7119是水平放置的ABC(AD为BC边上的中线)的直观图，试按此图判定原ABC中的四条线段AB，BC，AC，AD，其中最长的线段是 ，最短的线段是 图7119【答案】ACBC9已知一几何体的三视图如图7120所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号) 图7120矩形；不
13、是矩形的平行四边形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个面都是等腰三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)如图7121所示，ABC是ABC的直观图，且ABC是边长为a的正三角形，求ABC的面积图7121【解】如图所示，ABC是边长为a的正三角形，作CDAB交y轴于点D，则C，D到x轴的距离为a.DAB45，ADa，由斜二测画法的法则知，在ABC中，ABABa，AB边上的高是AD的二倍，即为a，SABCaaa2.11(12分)用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，从两个角度观察得到的图形如图，则搭成该几何体最少需
14、要的小正方体的块数是多少？图7122【解】搭成该几何体最少需要小正方体6块，按如图所示摆放12(13分)如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)图7123(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；【解】(1)如图(2)所求多面体的体积，VV长方体V正三棱锥4462(cm3)第二节空间几何体的表面积与体积考情展望1.与三视图相结合考查柱、锥、台、球的体积和表面积.2.以选择题与填空题形式考查一、旋转体的表(侧)面积名称侧面积表面积圆柱(底面半径r，母线长l)2rl2r(lr
15、)圆锥(底面半径r，母线长l)rlr(lr)圆台(上、下底面半径r，母线长l)(r1r2)l(r1r2)l(rr)球(半径为R)4R2二、空间几何体的体积(h为高，S为下底面积，S为上底面积)1V柱体Sh.2V锥体Sh.3V台体h(SS)4V球R3(球半径是R)求几何体体积的两种重要方法1割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决2等积法：等积法包括等面积法和等体积法等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了具体通过作图得到三角形
16、(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值1正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为()A48(3)B48(32)C24()D144【答案】A2若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图721所示，则其侧面积等于() 图721A.B2C2D6【答案】D3圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是()A4SB2SCSD.S【答案】A4母线长为1的圆锥的侧面展开图的面积是，则该圆锥的体积为()A. B. C. D.【答案】C5(2014浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图722所示，则此几何体的表面积是()图722A90 cm2B129 cm2 C132 c
17、m2D138 cm2【答案】D6(2013辽宁高考)某几何体的三视图如图723所示，则该几何体的体积是 图723【答案】1616考向一 114空间几何体的表面积(1)(2014重庆高考)某几何体的三视图如图724所示，则该几何体的表面积为()图724A54 B60 C66 D72(2)(2014山东高考)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 【答案】(1)B(2)12规律方法11.解答本题的关键是根据三视图得到几何体的直观图，弄清几何体的组成2在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理3以三视图为载
18、体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系对点训练(2013重庆高考)某几何体的三视图如图725所示，则该几何体的表面积为()图725A180B200C220D240【答案】D考向二 115空间几何体的体积(1)(2013课标全国卷)某几何体的三视图如图726所示，则该几何体的体积为()图726A168B88C1616D816 (2)(2012山东高考)如图727，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为 图727【答案】(1)A(2)规律方法21.解答本题(
19、2)的关键是转换顶点，转换顶点的原则是使底面面积和高易求一般做法是把底面放在已知几何体的某一个面上2注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法3等积变换法：利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面求体积时，可选择容易计算的方式来计算；利用“等积法”可求“点到面的距离”对点训练(1)(2014辽宁高考)某几何体三视图如图728所示，则该几何体的体积为()图728A82B8C8D8(2)(2014山东高考)三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则 .【答案】(1)B(2)考向三 116
20、球与多面体已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 【答案】规律方法31.解答本题的关键是确定球心、圆锥底面圆心与两圆锥顶点之间的关系，这需要根据球的对称性及几何体的形状来确定2与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题对点训练(2013课标全国卷)如图729，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器
21、内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为()A. cm3B. cm3C. cm3 D. cm3【答案】A思想方法之十七补形法破译体积问题某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略补形法常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题1个示范例已知某几何体的三视图如图7210所示，则该几何体的体积为()图7210A.B3C.D6【解析】由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆
22、柱被从母线的中点处截去了圆柱的，所以V1243.1个对点练已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形若PA2，则OAB的面积为 【解析】如图所示，线段PC就是球的直径，设球的半径为R，因为ABBC2，所以AC2.又PA2，所以PC2PA2AC2242448，所以PC4，所以OAOB2，所以AOB是正三角形，所以S223.【答案】3课时限时检测(三十九)空间几何体的表面积与体积(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1如图7211，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积
23、为()图7211A.B.C.D.【答案】B2长方体的三个相邻面的面积分别为2,3,6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为()A.B56C14D64【答案】C3下图7212是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是()图7212A203B243C204D244【答案】A4如图7213所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为()图7213A. B.C. D.【答案】A5点A、B、C、D在同一球面上，其中ABC是正三角形，AD平面ABC，AD2AB6，则该球的体积为()A32 B48 C64D16【答
24、案】A6(2013湖北高考)一个几何体的三视图如图7214所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有()图7214AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V4【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7一个几何体的三视图如图7215所示，则该几何体的表面积为 图7215【答案】388(2013福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图7216所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是 图7216【
25、答案】129圆锥的全面积为15 cm2，侧面展开图的圆心角为60，则该圆锥的体积为 cm3.【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，求该球的体积和表面积【解】在底面正六边形ABCDEF中，连接BE、AD交于O，连接BE1，则BE2OE2DE，BE，在RtBEE1中，BE12，2R2，则R，球的体积V球R34，球的表面积S球4R212.11(12分)如图7217，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)图7217(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
26、图如图所示(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1QA1D1P的组合体由PA1PD1，A1D1AD2，可得PA1PD1.故所求几何体的表面积S522222()2(224)(cm2)，所求几何体的体积V23()2210(cm3)12(13分)如图7218，已知平行四边形ABCD中，BC2，BDCD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF平面ABCD，G，H分别是DF，BE的中点记CDx，V(x)表示四棱锥FABCD的体积图7218(1)求V(x)的表达式；(2)求V(x)的最大值【解】(1)平面ADEF平面ABCD，交线为AD且FAAD，FA平面ABCD.BDCD，BC2，CDx，F
27、A2，BD(0x2)，SABCDCDBDx，V(x)SABCDFAx(0x2)(2)V(x)x.0x2，0x24，当x22，即x时，V(x)取得最大值，且V(x)max.第三节空间点、直线、平面之间的位置关系考情展望1.本节以考查点、线、面的位置关系为主，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力.2.以棱柱、棱锥为依托考查异面直线所成角.3.考查应用公理、定理证明点共线、线共点、线共面的问题一、平面的基本性质名称图示文字表示符号表示公理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Al，Bl，且A，Bl公理2过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，
28、那么它们有且只有一条过该点的公共直线P，且Pl，且pl三个公理的应用1公理1的作用：(1)检验平面；(2)判断直线在平面内；(3)由直线在平面内判断直线上的点在平面内2公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法3公理3的作用：(1)判定两平面相交；(2)作两平面相交的交线；(3)证明多点共线二、空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言aba相交关系图形语言符号语言abAaAl独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a三、空间直线的位置关系1位置关系的分类2平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行3等角定理空间中如果两个
29、角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补4异面直线所成的角(或夹角)(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线aa，bb，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(2)范围：.1下列命题正确的个数为()梯形可以确定一个平面；若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合A0B1C2D3【答案】C2已知a、b是异面直线，直线c直线a，那么c与b()A一定是异面直线B一定是相交直线C不可能是平行直线D不可能是相交直线【答案】C3若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与
30、l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交【答案】B4l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()Al1l2，l2l3l1l3Bl1l2，l2l3l1l3Cl1l2l3l1，l2，l3共面Dl1，l2，l3共点l1，l2，l3共面【答案】B5(2013课标全国卷)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l【答案】D6如图731，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是 图731【答案】9
31、0考向一 117平面的基本性质及应用如图732，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BGGCDHHC12.图732(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)设EG与FH交于点P.求证：P、A、C三点共线【尝试解答】(1)E、F分别为AB、AD的中点，EFBD.在BCD中，GHBD.EFGH.E、F、G、H四点共面(2)EGFHP，PEG，EG平面ABC，P共面ABC.同理P平面ADC.P为平面ABC与平面ADC的公共点又平面ABC平面ADCAC，PAC，P、A、C三点共线规律方法1证明点、线共面的常用方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点
32、、线在此平面内(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面，再证明其余元素确定平面，最后证明平面、重合(3)反证法：可以假设这些点和直线不在同一个平面内，然后通过推理，找出矛盾，从而否定假设，肯定结论. 对点训练如图733，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：图733(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点【证明】(1)如图，连结CD1，EF，A1B，E，F分别是AB和AA1的中点，EFA1B且EFA1B.又A1D1綊BC，四边形A1BCD1是平行四边形A1BCD1，EFCD1，EF与CD1确定一个平面，设为平面.E，F，C，D1，
33、即E，C，D1，F四点共面(2)由(1)知，EFCD1，且EFCD1，四边形CD1FE是梯形CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示，则PCE平面ABCD，且PD1F平面A1ADD1，P平面ABCD且P平面A1ADD1.又平面ABCD平面A1ADD1AD，PAD，CE，D1F，DA三线共点考向二 118空间两条直线的位置关系(1)如图734，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是()AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行(2)在图735中，G、N、M、H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
34、面直线的图形有 (填上所有正确答案的序号)图735【答案】(1)D(2)规律方法21.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2对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直3画出图形进行判断，可化抽象为直观对点训练如图736所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：图736直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线MN与AC所成的角为
35、60.其中正确的结论为 (注：把你认为正确的结论序号都填上)【答案】考向三 119异面直线所成的角(1)(2015宁波模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】D(2)(2015镇江模拟)已知三棱锥ABCD中，ABCD，且直线AB与CD成60角，点M，N分别是BC，AD的中点，求直线AB和MN所成的角【尝试解答】如图，取AC的中点P.连结PM，PN，又点M，N分别是BC，AD的中点，则PMAB，且PMAB，PNCD，且PNCD，所以MPN为AB与CD所成的角(或其补角)则MPN60或MPN120
36、，若MPN60，因为PMAB，所以PMN是AB与MN所成的角(或其补角)又因为ABCD，所以PMPN，则PMN是等边三角形，所以PMN60，即AB和MN所成的角为60.若MPN120，则易知PMN是等腰三角形所以PMN30，即AB和MN所成的角为30.综上，直线AB和MN所成的角为60或30.规律方法31.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的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2求异面直线所成的角的三步曲为：即“一作、二证、三求”其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行
37、平移，作出异面直线所成角，转化为解三角形问题，进而求解3异面直线所成的角范围是.对点训练直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于()A30B45C60D90【答案】C思想方法之十八构造模型判断空间线面位置关系由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系，故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断减少了抽象性与空间想象，构造时注意其灵活性1个示范例已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若
38、m，n，则mn.其中所有正确的命题是()ABCD【解析】借助于长方体模型来解决本题对于，可以得到平面，互相垂直，如图(1)所示，故正确；对于，平面、可能垂直，如图(2)所示；对于，平面、可能垂直，如图(3)所示；对于，由m，可得m，因为n，所以过n作平面，且g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为mg，所以mn.【答案】A1个对点练 (2014广东高考)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1l2，l2l3，l3l4，则下列结论一定正确的是()Al1l4Bl1l4Cl1与l4既不垂直也不平行Dl1与l4的位置关系不确定【答案】D课时限时检测(四十)空间点、直线、平面之间的
39、位置关系(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1以下四个命题中不共面的四点中，其中任意三点不共线；若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则点A、B、C、D、E共面；若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；依次首尾相接的四条线段必共面正确命题的个数是()A0B1C2D3【答案】B2已知异面直线a，b分别在平面，内，且c，那么直线c一定()A与a，b都相交B只能与a，b中的一条相交C至少与a，b中的一条相交D与a，b都平行【答案】C3如图737所示，ABCDA1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的
40、是() 图737AA，M，O三点共线BA，M，O，A1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面【答案】A4如图738，正方体ABCDA1B1C1D1，棱长为1，黑白二蚁都从点A出发，沿棱向前爬行，每走一条棱称为“走完一段”白蚁爬行的路线是AA1A1D1，黑蚁爬行的路线是ABBB1，它们都遵循如下规则：所爬行的第i2段所在直线与第i段所在直线必须是异面直线(其中iN*)设黑白二蚁走完第2014段后，各停止在正方体的某个顶点处，这时黑白蚁的距离是() 图738A1 B. C.D0【答案】B5如图739，正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的
41、中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是() 图739A. B.C.D2【答案】B6设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A若AC与BD共面，则AD与BC共面B若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C若ABAC，DBDC，则ADBCD若ABAC，DBDC，则ADBC【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7下列命题中，不正确的是 没有公共点的两条直线是异面直线；分别和两条异面直线都相交的两直线异面；一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它不可能和另一条直线平行；一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面【答案】8如图7310所示，在正三棱柱AB
42、CA1B1C1中，D是AC的中点，AA1AB1，则异面直线AB1与BD所成的角为 图7310【答案】609如图7311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，图7311在这个正四面体中，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是 【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)如图7312所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F与平面ABCD的交线图7312【解】在平面AA1D1D内，延长D1F，D1F与DA不平行，D1F与DA必相交
43、于一点，设为P，则PD1F，PDA.又D1F平面BED1F，AD平面ABCD，P平面BED1F，P平面ABCD.又B为平面ABCD与平面BED1F的公共点，连接PB，PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线如图所示11(12分)如图7313所示，等腰直角三角形ABC中，BAC90，BC，DAAC，DAAB，若DA1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值图7313【解】取AC中点F，连EF，BF，则EFDC，BEF即为异面直线BE与CD所成的角(或其补角)DA1，BC，ABAC.DC，EF.在BEF中，BEBF ，由余弦定理得cosBEF，异面直线BE与CD所成角的余弦值为.1
44、2(13分)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为D1C1、C1B1的中点，ACBDP，A1C1EFQ.求证：(1)D、B、F、E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P、Q、R三点共线【证明】(1)如图所示，因为EF是D1B1C1的中位线，所以EFB1D1.在正方体AC1中，B1D1BD，所以EFBD.所以EF，BD确定一个平面，即D、B、F、E四点共面(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1确定的平面为，又设平面BDEF为.因为QA1C1，所以Q.又QEF，所以Q.则Q是与的公共点，同理，P点也是与的公共点所以PQ.又A1CR，所以RA1C，R且R.则RPQ，故P、
45、Q、R三点共线第四节直线、平面平行的判定及其性质考情展望1.以多面体为载体，考查空间线面平行、面面平行的判定与性质.2.以解答题的形式考查线面的平行关系.3.考查空间中平行关系的探索性问题一、直线与平面平行判定定理性质定理图形条件la，l，aa，a，b结论lab(1)证线面平行若a，ab，b，则b.若a，a，则a.(2)线面平行的性质若a，a，b，则ab若a，a，则.二、面面平行的判定与性质判定性质图形条件a，b，abP，a，b，a，b，a结论aba1若直线a不平行于平面，则下列结论成立的是()A内的所有直线都与直线a异面B内可能存在与a平行的直线C内的直线都与a相交D直线a与平面没有公共点【
46、答案】B2空间中，下列命题正确的是()A若a，ba，则bB若a，b，a，b，则C若，b，则bD若，a，则a【答案】D3在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是 【答案】平行4如图741，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，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 图741【答案】考向一 120直线与平面平行的判定与性质如图742，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点图742(1)求证：C1F平面ABE；(2)求三棱锥EABC的体积【尝试解答
47、】(1)证明：取AB的中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.(2)因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.规律方法11.判断或证明线面平行的常用方法有：(1)利用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a，b，aba)；(3)利用面面平行的性质定理(，aa)；(4)利用面面平行的性质(，a，aa)2利用判定定理判定直线与平
48、面平行，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对点训练如图743，FD垂直于矩形ABCD所在平面CEDF，DEF90.(1)求证：BE平面ADF；(2)若矩形ABCD的一边AB，EF2，则另一边BC的长为何值时，三棱锥FBDE的体积为？【解】(1)证明：过点E作CD的平行线交DF于点M，连接AM.因为CEDF，所以四边形CEMD是平行四边形可得EMCD且EMCD，于是四边形BEMA也是平行四边形，所以有BEAM.而AM平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF.(2)由EF2，
49、EMAB，得FM3且MFE30.由DEF90可得FD4，从而得DE2.因为BCCD，BCFD，所以BC平面CDFE.所以，VFBDEVBDEFSDEFBC.因为SDEFDEEF2，VFBDE，所以BC.综上当BC时，三棱锥FBDE的体积为.考向二 121平面与平面平行的判定和性质 (2013陕西高考)如图744，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1.图744(1)证明：平面A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积【尝试解答】(1)证明由题设知，BB1綊DD1，四边形BB1D1D是平行四边形，BDB1D1.又BD
50、平面CD1B1，BD平面CD1B1.A1D1綊B1C1綊BC，四边形A1BCD1是平行四边形，A1BD1C.又A1B平面CD1B1，A1B平面CD1B1.又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1.(2)A1O平面ABCD，A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又AOAC1，AA1，A1O1.又SABD1，V三棱柱ABDA1B1D1SABDA1O1.规律方法2判定面面平行的方法(1)利用定义：(常用反证法)(2)利用面面平行的判定定理；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行对点训练图745如图745所示，三棱柱ABCA
51、1B1C1，D是BC上一点，且A1B平面AC1D，D1是B1C1的中点求证：平面A1BD1平面AC1D.【证明】如图所示，连接A1C交AC1于点E，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以E是A1C的中点，连接ED，因为A1B平面AC1D，平面A1BC平面AC1DED，所以A1BED.因为E是A1C的中点，所以D是BC的中点又因为D1是B1C1的中点，所以BD1C1D，A1D1AD.又A1D1BD1D1，C1DADD，所以平面A1BD1平面AC1D.考向三 122线面、面面平行的综合应用如图746所示，四边形ABCD为矩形，AD平面ABE，AEEBBC，F为CE上的点，且BF平面ACE.图74
52、6(1)求证：AEBE；(2)设M在线段AB上，且满足AM2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN平面DAE.【尝试解答】(1)AD平面ABE，ADBC，BC平面ABE，则AEBC.又BF平面ACE，AEBF，BCBFBAE平面BCE，又BE平面BCE，AEBE.(2)在ABE中，过M点作MGAE交BE于G点，在BEC中过G点作GNBC交EC于N点，连接MN，则由比例关系易得CNCE.MGAE，MG平面ADE，AE平面ADE，MG平面ADE.同理，GN平面ADE.又GNMGG，平面MGN平面ADE.又MN平面MGN，MN平面ADE.N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点规律方法31.解决本题
53、的关键是过M作出与平面DAE平行的辅助平面MNG，通过面面平行证明线面平行2通过线面、面面平行的判定与性质，可实现线线、线面、面面平行的转化3解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法对点训练如图747所示，四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA底面ABCD，在侧面PBC内，有BEPC于E，且BEa，试在AB上找一点F，使EF平面PAD. 图747【解】在平面PCD内，过E作EGCD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AFEG，EGCDAF，EGAF，四边形FEGA为平行四边形，FEAG.又AG平面PAD，FE平面PAD，EF平面PAD
54、.F即为所求的点又PA面ABCD，PABC，又BCAB，BC面PAB.PBBC.PC2BC2PB2BC2AB2PA2.设PAx则PC，由PBBCBEPC得：aa，xa，即PAa，PCa.又CE a，即GECDa，AFa.当AFa时，EF平面PAD.规范解答之十一立体几何中的探索性问题1个示范例(12分)如图748，在四棱锥SABCD中，已知底面ABCD为直角梯形，其中ADBC，BAD90，SA底面ABCD，SAABBC2.tanSDA.(1)求四棱锥SABCD的体积；(2)在棱SD上找一点E，使CE平面SAB，并证明【规范解答】(1)SA底面ABCD，tanSDA，SA2，AD3.2分由题意知
55、四棱锥SABCD的底面为直角梯形，且SAABBC2，4分VSABCDSA(BCAD)AB2(23)2.6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分取SD上靠近D的三等分点为E，取SA上靠近点A的三等分点为F，连接CE，EF，BF，则EF綊AD，BC綊AD，BC綊EF.CEBF.10分又BF平面SAB，CE平面SAB，CE平面SAB.12分【名师寄语】1.本题在解题时易出现两种错误：一是误认为E是SD中点，二是对于这类探索性问题找不到切入口，入手难在步骤书写时易忽视“BF平面SAB，CE平面SAB”这一关键条件2解决立体几何中探索性问题的步骤：第一步，探求出点的位置
56、第二步，证明符合要求第三步，给出明确答案第四步，反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范一个多面体的直观图和三视图如图749所示，其中M是AB的中点，G是DF上的一点当FGGD时，在棱AD上确定一点P，使得GP平面FMC，并给出证明图749【解】由三视图可得直观图为直三棱柱，且底面ADF中ADDF，DFADDC，点P在A点处如图，取DC中点S，连接AS、GS、GA.G是DF的中点，GSFC，ASCM.GSASS，FCCMC，平面GSA平面FMC，GA平面GSA，GA平面FMC，即GP平面FMC.课时限时检测(四十一)直线、平面平行的判定及其性质(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分
57、，共30分)1设、是两个不同的平面，m、n是平面内的两条不同直线，l1，l2是平面内的两条相交直线，则的一个充分而不必要条件是()Am且l1Bm且nl2Cm且nDml1且nl2【答案】D2在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AEEBCFFB12，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A平行B相交C在平面内D不能确定【答案】A3设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：若m，n，则mn；若，m，则m；若m，n，则mn；若，则.其中正确命题的序号是()A和B和C和D和【答案】A4给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面、的三个命题：若l与m为异面直线，l
58、，m，则；若，l，m，则lm；若l，m，n，l，则mn.其中真命题的个数为()A3B2C1D0【答案】C5在三棱锥PABC中，点D在PA上，且PDDA，过点D作平行于底面ABC的平面，交PB，PC于点E，F，若ABC的面积为9，则DEF的面积是()A1B2C4 D.【答案】A6m、n是不同的直线，、是不同的平面，有以下四个命题：若，则；若，m，则m；若m，m，则；若mn，n，则m.其中真命题的序号是()ABCD【答案】A二、填空题(每小题5分，共15分)7在四面体ABCD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】面ABD与面ABC8已知l，m是两条不同的直
59、线，是两个不同的平面下列命题：若l，m，l，m，则；若l，l，m，则lm；若，l，则l；若l，ml，则m.其中真命题是 (写出所有真命题的序号)【答案】9已知平面平面，P是、外一点，过点P的直线m与、分别交于A、C，过点P的直线n与、分别交于B、D，且PA6，AC9，PD8，则BD的长为 【答案】或24三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，三角形CDE是等边三角形，棱EFBC且EFBC.求证：FO平面CDE.图7410【证明】取CD中点M，连接OM，EM，在矩形ABCD中，OMBC且OMBC，又EFBC且EFBC，则EFO
60、M且EFOM.所以四边形EFOM为平行四边形，所以FOEM.又因为FO平面CDE，且EM平面CDE，所以FO平面CDE.11(12分)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：平面PMN平面A1BD.【证明】法一如图，连接B1D1、B1C.P、N分别是D1C1、B1C1的中点，PNB1D1.又B1D1BD，PNBD.又PN平面A1BD，PN平面A1BD.同理MN平面A1BD，又PNMNN，平面PMN平面A1BD.法二如图，连接AC1、AC.ABCDA1B1C1D1为正方体，ACBD.又CC1平面ABCD，AC为AC1在平面ABCD上的射影，AC
61、1BD.同理可证AC1A1B，AC1平面A1BD.同理可证AC1平面PMN，平面PMN平面A1BD.12(13分)如图7411所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F平面A1BE？证明你的结论图7411【解】在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE.事实上，如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG.因A1D1B1C1BC，且A1D1BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1CA1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EGD1C，从而EGA1B.这说明A1，B，G，E共面所以BG平面A1BE
62、.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FGC1CB1B，且FGC1CB1B.因此四边形B1BGF是平行四边形所以B1FBG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F平面A1BE.第五节直线、平面垂直的判定及其性质考情展望1.本节从内容上考查线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定与应用问题.2.从能力上考查空间想象能力，逻辑思维能力，考查转化与化归思想的应用能力.3.从题型上主要以正方体、长方体、棱柱、棱锥等多面体为载体，利用填空题或解答题的形式进行考查，试题难度一般都是中档难度，也有少部分试题为中等偏上难度一、直线与平面垂直判定性质图形条件a
63、b，b(b为内的任意直线)am，an，m、nmnOab aabab结论aababab几个常用的结论(1)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直；(2)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直；(3)垂直于同一直线的两个平面互相平行二、两个平面垂直1平面与平面垂直的定义如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直2平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线那么这两个平面互相垂直3.平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面l三、线面角与二面角1
64、直线和平面所成的角(1)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直线和这个平面所成的角(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90和0.2二面角的有关概念(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：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角1给出下列四个命题：垂直于同一平面的两条直线相互平行；垂直于同一平面的两个平面相互平行；若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直
65、于这个平面其中真命题的个数是()A1B2C3D4【答案】B2已知直线a，b和平面，且ab，a，则b与的位置关系为()AbBbCb或bDb与相交【答案】C3边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则AC的长为()A.a B.aC.aDa【答案】D4下列命题中错误的是()A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D5(2013浙江高考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若m，n，则mnB若m，m，则C若mn，m，则nD
66、若m，则m【答案】C6(2014浙江高考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m【答案】C考向一 123直线与平面垂直的判定与性质(2014湖南高考)如图751，已知二面角MN的大小为60，菱形ABCD在面内，A，B两点在棱MN上，BAD60，E是AB的中点，DO面，垂足为O.图751(1)证明：AB平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值【尝试解答】(1)证明：如图，因为DO，AB，所以DOAB.连结BD，由题设知，ABD是正三角形又E是AB的中点，所以DEAB.而DODED，故AB平面ODE.(2)因为
67、BC/AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即ADO是BC与OD所成的角(或其补角)由(1)知，AB平面ODE，所以ABOE.又DEAB，于是DEO是二面角MN的平面角，从而DEO60.不妨设AB2，则AD2，易知DE.在RtDOE中，DODEsin 60.连结AO，在RtAOD中，cosADO.故异面直线BC与OD所成角的余弦值为.规律方法11.证明直线和平面垂直的常用方法有：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(ab，ab)；(3)面面平行的性质(a，a)；(4)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
68、合理转化是证明线面垂直的基本思想3线面垂直的性质，常用来证明线线垂直对点训练如图752，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点，若PDA45，求证：MN平面PCD.【证明】如图，取PD的中点E，连接AE，NE.E、N分别为PD、PC的中点，EN綊CD.又M为AB的中点，AM綊CD.EN綊AM，四边形AMNE为平行四边形MNAE.PA平面ABCD，PDA45，PAD为等腰直角三角形，AEPD.又CDAD，CDPA，CD平面PAD，而AE平面PAD，CDAE.又CDPDD，AE平面PCD.MN平面PCD.考向二 124面面垂直的判定与性质(2013北京高考) 如图753
69、，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，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.图753【尝试解答】(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ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD
70、.所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF.所以CDEF.又因为CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.所以平面BEF平面PCD.规律方法21.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理或定义法(即证两平面形成的二面角为直角)2面面垂直的性质是用来推证线面垂直的重要依据，其核心是其中一个面内的直线与交线垂直在其中一个面内作交线的垂线，这是常作的辅助线3空间的直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直或平行问题常常互相转化，将空间问题化归为平面问题是处理立体几何问题的重要思想对点训练在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ACBDO.(1)若ACPD，求证：AC
71、平面PBD；(2)若平面PAC平面ABCD，求证：PBPD.图754【证明】(1)因为底面ABCD是菱形，所以ACBD.又因为ACPD，PDBDD，所以AC平面PBD.(2)由(1)知ACBD.因为平面PAC平面ABCD，平面PAC平面ABCDAC，BD平面ABCD，所以BD平面PAC.因为PO平面PAC，所以BDPO.因为底面ABCD是菱形，所以BODO，所以PBPD.考向三 125线面角、二面角的求法如图755，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，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
72、APDC的正弦值【尝试解答】(1)在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，AB平面ABCD，故PAAB.又ABAD，PAADA，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RtPAB中，ABPA，故APB45.所以PB和平面PAD所成的角的大小为45.(2)证明在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，CD平面ABCD，故CDPA.由条件CDAC，PAACA，CD平面PAC，又AE平面PAC，AECD.由PAABBC，ABC60，可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.又PCCDC，综上得AE平面PCD.(3)过点E作EMPD，垂足为M，连接A
73、M，如图所示由(2)知，AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AMPD.因此AME是二面角APDC的平面角由已知，可得CAD30.设ACa，可得PAa，ADa，PDa，AEa.在RtADP中，AMPD，AMPDPAAD，则AMa.在RtAEM中，sinAME.所以二面角APDC的正弦值为.规律方法31.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常用定义法、垂面法作二面角的平面角，注意等腰、等边三角形性质的应用对点训练如图756，在锥体PABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且DAB6
74、0，PAPD，PB2，E，F分别是BC，PC的中点图756(1)【证明】AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值【解】(1)证明取AD中点G，连接PG，BG.四边形ABCD为菱形，且E，G分别为BC，AD中点，则BG綊DE.又F为PC中点，则EFPB，则平面DEF平面GBP.G是AD中点且PAPD，PGAD.在ABG中，AG，AB1，且DAB60，由余弦定理得BG，AB2AG2BG2，则AGBG.PGBGG，AD平面PGB，即AD平面DEF.(2)由(1)知二面角PADB的平面角为PGB.在RtPGA中，PG.在PGB中，BG，PB2，由余弦定理知，cosPGB.易错易误之十三立体几何答
75、题步骤表述不严谨1个示范例(2013辽宁高考)如图757，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点(1)求证：BC平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为AOC的重心，求证：QG平面PBC.【证明】(1)由AB是圆O的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，在证明线面垂直时，易出现漏掉此处的条件而失分所以BC平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO，由G为AOC的重心，得M为AC中点由Q为PA中点，得QMPC，又因为QM平面PBC，PC平面PBC所以QM平面PBC又由O为AB的中点，则OM
76、BC，同理可证，OM平面PBC.因为QMMOM，QM平面QMO，MO平面QMO，在证明面面平行时，同样不能漏掉此处的条件所以，所面面平行的判定定理，平面QMO平面PBC又QG平面QMO，故QG平面PBC.【防范措施】1.在立体几何证明过程中，既要思路正确，还要思维严密，步骤全面，答题过程书写要规范，如在证明线面垂直时不能忽视了对“平面内两条相交直线”的叙述2在证明过程中避免出现不加证明主观默认等逻辑错误1个防错练 (2014天津高考)如图758，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，758BABD，AD2，PAPD，E，F分别是棱AD，PC的中点(1)证明：EF平面PAB；(2)若二面角
77、PADB为60，证明：平面PBC平面ABCD；求直线EF与平面PBC所成角的正弦值【解】(1)证明：如图，取PB中点M，连结MF，AM.因为F为PC中点 ，故MFBC且MFBC.由已知有BCAD，BCAD.又由于E为AD中点，因而MFAE且MFAE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EFAM.又AM平面PAB，而EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)证明：如图，连结PE，BE.因为PAPD，BABD，而E为AD中点，故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角PADB的平面角在PAD中，由PAPD，AD2，可解得PE2.在ABD中，由BABD，AD2，可解得BE1.在PEB中，PE2，BE1，
78、PEB60，由余弦定理，可解得PB，从而PBE90，即BEPB.又BCAD，BEAD，从而BEBC，因此BE平面PBC.又BE平面ABCD，所以平面PBC平面ABCD.连结BF.由知，BE平面PBC，所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角由PB及已知，得ABP为直角而MBPB，可得AM，故EF.又BE1，故在RtEBF中，sin EFB.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为.课时限时检测(四十二)直线、平面垂直的判定及其性质(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1、为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m的一个充分条件是()An，n，mBm，C，mD，l，ml
79、【答案】A2设a，b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列四个命题中正确命题的个数是()若ab，a，b，则b；若a，a，则；若a，则a或a；若ab，a，b，则.A1 B2 C3 D4【答案】D3如图759，PA正方形ABCD，下列结论中不正确的是() 图759APBBCBPDCDCPDBDDPABD【答案】C4三棱锥PABC的两侧面PAB、PBC都是边长为2a的正三角形，ACa，则二面角APBC的大小为()A90B30C45D60【答案】D5如图7510所示，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在
80、三棱锥ABCD中，下列结论正确的是()图7510A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC【答案】D6正方体ABCDA1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A. B.C. D.【答案】D二、填空题(每小题5分，共15分)7若m、n为两条不重合的直线，、为两个不重合的平面，给出下列命题：若m、n都平行于平面，则m、n一定不是相交直线；若m、n都垂直于平面，则m、n一定是平行直线；已知、互相垂直，m、n互相垂直，若m，则n；m、n在平面内的射影互相垂直，则m、n互相垂直其中的假命题的序号是 【答案】8如图7511所示，在四棱锥PABC
81、D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是正确的条件即可) 图7511【答案】DMPC(答案不唯一)9把等腰直角ABC沿斜边上的高AD折成直二面角BADC，则BD与平面ABC所成角的正切值为 【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)(2013江西高考改编)如图7512，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，ADAB，AB2，AD，E为CD上一点，DE1，EC3.证明：BE平面BB1C1C. 图7512【证明】如图，过点B作CD的垂线交CD于点F，则BFAD，EFABDE1，FC2.在Rt
82、BFE中，BE.在RtCFB中，BC.在BEC中，因为BE2BC29EC2，故BEBC.由BB1平面ABCD，得BEBB1，又BCBB1B，所以BE平面BB1C1C.11(12分)如图7513，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1平面ABC，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别是B1A，CC1，BC的中点图7513(1)求证：B1F平面AEF；(2)求二面角B1AEF的正切值【解】(1)证明：等腰直角三角形ABC中，F为斜边的中点，AFBC，又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，平面ABC平面BB1C1C，AF平面BB1C1C，AFB1F.设ABAA11，B1F，
83、EF，B1E，B1F2EF2B1E2，B1FEF，又AFEFF，B1F平面AEF.(2)B1F平面AEF，作B1MAE于M，连接FM，B1MF为所求的二面角B1AEF的平面角，又FM，所求二面角的正切值为.12(13分)(2013山东高考)如图7514，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点图7514(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN.【解】证法一如图(1)，取PA的中点H，连接EH ，DH.图(1)因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD
84、.所以四边形DCEH是平行四边形所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.图(2)证法二如图(2)，连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形所以CFAD.又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)证明因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又ABPA，所以ABEF.同理可证ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG
85、，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNDC.又ABDC，所以MNAB，所以MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.第六节空间向量及其运算考情展望1.考查空间向量基本定理及其意义.2.考查空间向量的数量积及坐标运算.3.利用向量的数量积、判断向量的平行与垂直关系一、空间向量的有关概念及定理1空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量，其大小叫做向量的长度或模(2)相等向量：方向相同且模相等的向量(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a平行于b记作ab.(4)共面
86、向量：平行于同一平面的向量叫做共面向量2空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab存在R，使ab.(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pxayb.(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，存在一个唯一的有序实数组x，y，z使得pxaybzc.应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较：三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面且同过点Pxy对空间任一点O，t对空间任一点O，xy对空间任一点O，x(1x)对空间任一点O，xy(1xy)二
87、、数量积及坐标运算1两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积ab|a|b|cosa，b(2)空间向量数量积的运算律结合律：(a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)abac.2空间向量的坐标表示及其应用设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积aba1b1a2b2a3b3共线ab(b0)a1b1，a2b2，a3b3垂直ab0(a0，b0)a1b1a2b2a3b30模|a|夹角a，b(a0，b0)cosa，b1已知空间四边形OABC中，a，b，c，点M在OA上，且OM2MA，N为BC中点，则()A.abcBabcC.abc D.abc【答案】B2已知
88、a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2，B，C3,2D2,2【答案】A3已知向量a(4，2，4)，b(6，3,2)，则(ab)(ab)的值为 【答案】134已知a(1,2，2)，b(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为 【答案】考向一 126空间向量的线性运算如图761所示，在平行六面体BCDA1B1C1D1中，设a，b，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：图761(1)；(2)；(3).【尝试解答】(1)P是C1D1的中点，aacacb.(2)N是BC的中点，abababc.(3)M是AA1的中点，a(acb)abc，
89、又ca，(abc)(ac)abc.规律方法11.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，表示、及.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，求若干个向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和问题解决对点训练如图762所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点图762(1)化简：；(2)设E是棱DD1上的点，且，试用，表示.【解】(1)，().(2)().考向二 127空间向量的共线、共面问题如图763，
90、已知平行六面体ABCDABCD，E、F、G、H分别是棱AD、DC、CC和AB的中点，求证E、F、G、H四点共面图763【尝试解答】取a，b，c，则2ba2a()ba(baca)bc.与b、c共面，即E、F、G、H四点共面规律方法21.点共线问题的证法：证明点共线问题可转化为证明向量共线问题，如证明A、B、C三点共线，即证明与共线2点共面问题的证法：点共面问题，可转化为向量共面问题，要证明P、A、B、C四点共面，只要能证明xy，或对空间任一点O，有xy或xyz(xyz1)即可对点训练已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足()(1)判断，三个向量是否共面；(2)判断点M是否
91、在平面ABC内【解】(1)由已知3，()()，即，共面(2)由(1)知，共面且过同一点M，所以四点M，A，B，C共面，从而点M在平面ABC内考向三 128空间向量的数量积及其应用(1)(2015合肥模拟)已知a(1,0，1)，b(1,1,2)ab与a夹角的余弦值为 ；若kab与a2b平行，则k ；若kab与a3b垂直，则k .【答案】 (2)(2015安阳模拟)如图764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：图764；EG的长【尝试解答】设a，b，c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，ca，a，bc.(a)aca2；(
92、)()abc，所以2(abc)2(a2b2c22ab2ac2bc)，所以|.即EG的长为.规律方法31.利用数量积解决问题的两条途径 ：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算2利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题(1)a0，b0，abab0；(2)|a|；(3)cosa，b.对点训练二面角l为60，A、B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面，内，ACl，BDl，且ABACa，BD2a，则CD的长为()图765A2aB.aCa D.a【答案】A易错易误之十四基底选择不当而致误1个示范例已知矩形ABCD，AB1，BC，将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折
93、过程中()A存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解析】如图，在图(1)中，易知AECF，BEEFFD.此处易出现没有求出AE、EF、BE、FD、FC的长而导致无法进行判断求解在图(2)中，设a，b，c，则a，bb，c90，a，c，此处易出现不能通过分析建立基底，将问题转化为变量的取值问题而致误则abc，3b，故3b210，故AC与BD不垂直，A不正确；ab，bc，所以acb2cos .当cos ，即时，0，故B正确；a2b，2bc
94、，所以ac4b2cos (cos 2)，故无论为何值0，故C不正确【防范措施】(1)用向量法解决立体几何问题的关键是找到合适的基底，且该基底既能反映条件的特征，也能方便地与结论联系；例如本题中，翻折过程中二面角ABDC大小在变化，即在变化，因此以、为基向量，同时也便于运算(2)注意将平面图形分析到位，并将已知条件转化到立体图形中去1个防错练如图766，空间四边形OABC中，OBOC，且AOBAOC，则cos，的值为 图766【解析】()|cos，|cos，OBOC，AOBAOC，0，即，cos，0.【答案】0课时限时检测(四十三)空间向量及其运算(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题
95、5分，共30分)1有四个命题：若pxayb，则p与a、b共面；若p与a、b共面，则pxayb；若xy，则P、M、A、B共面；若P、M、A、B共面，则xy.其中真命题的个数是()A1B2C3D4【答案】B2设OABC是四面体，G1是ABC的重心，G是OG1上一点，且OG3GG1，若xyz，则(x，y，z)为()A. B.C. D.【答案】A3已知a(2,1,3)，b(1,2,1)，若a(ab)，则实数的值为()A2BC.D2【答案】D4已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9B9C3D3【答案】B5A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足0，0，
96、0，M为BC中点，则AMD是()A钝角三角形B锐角三角形C直角三角形D不确定【答案】C6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，则的值为()Aa2 B.a2C.a2 D.a2【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7若三点A(1,5，2)，B(2,4,1)，C(a,3，b2)在同一条直线上，则a ，b .【答案】328空间四边形OABC中，OA8，AB6，AC4，BC5，OAC45，OAB60，则OA与BC所成角的余弦值等于 【答案】图767图7689如图768所示，在45的二面角l的棱上有两点A、B，点C、D分别在、内，且ACAB，ABD45，
97、ACBDAB1，则CD的长度为 【答案】三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)如图769所示，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别在B1B和D1D上，且BEBB1，DFDD1.图769(1)求证：A、E、C1、F四点共面；(2)若xyz，求xyz的值【解】(1)证明()().A、E、C1、F四点共面(2)().x1，y1，z.xyz.11(12分)已知a(1，3,2)，b(2,1,1)，点A(3，1,4)，B(2，2,2)(1)求|2ab|；(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得b？(O为原点)【解】(1)2ab(2，6,4)(2,1,1)(0，5,5)，故|2ab
98、|5.(2)令t(tR)，所以t(3，1,4)t(1，1，2)(3t，1t,42t)，若b，则b0，所以2(3t)(1t)(42t)0，解得t.因此存在点E，使得b，此时E点的坐标为.12(12分)如图7610，直三棱柱ABCA1B1C1，底面ABC中，CACB1，BCA90，棱AA12，M、N分别是A1B1，A1A的中点图7610(1)求 的模；(2)求cos，的值；(3)求证：A1BC1M.【解】如图，建立空间直角坐标系Oxyz.(1)依题意得B(0,1,0)、N(1,0,1)，|.(2)依题意得A1(1,0,2)、B(0,1,0)、C(0,0,0)、B1(0,1,2)，(1，1,2)，(
99、0,1,2)，3，|，|，cos.(3)证明依题意，得C1(0,0,2)、M，(1,1，2)，.00，.第七节立体几何中的向量方法考情展望1.考查利用空间向量判断、证明空间中的线面位置关系.2.考查利用向量求空间角的大小.3.以解答题为主要考查形式一、直线的方向向量和平面的法向量1直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量2平面的法向量：直线l，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为
100、n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm0二、利用空间向量求空间角1求两条异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角a，b范围00a，b关系cos |cosa，b|cosa，b2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3求二面角的大小(1)若AB、CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角(如图771)图771(2)设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或
101、其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图771)利用空间向量求点面距离如图，已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离为|.1设u(2,2，t)，v(6，4,4)分别是平面，的法向量若，则t()A3B4C5D6【答案】C2已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量、法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30B60C120D150【答案】A3若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，能使l的是()Aa(1,0,0)，n(2,0,0)Ba(1,3,5)，n(1,0,1)Ca(0,2,1)，n(1,0，1)Da(1，1,3)，n(0,3,1)【答案】D4已知两平面的法
102、向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135D90【答案】C5如图772所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为() 图772A. B.C. D.【答案】A6(2013大纲全国卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B.C. D.【答案】A考向一 129利用空间向量证明平行、垂直如图773所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，PB
103、4PM，PB与平面ABCD成30的角图773(1)求证：CM平面PAD；(2)求证：平面PAB平面PAD.【尝试解答】以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30.PC2，BC2，PB4.D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，(1)法一令n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则即令y2，得n(，2,1)n2010，n，又CM平面PAD，CM平面PAD.法二(0,1，2)，(2，4，2)，令x
104、y，则方程组有解为，由共面向量定理知与、共面，又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)取AP的中点E，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，BEDA，又PADAA.BE平面PAD，又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.规律方法11.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，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3证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线
105、与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明对点训练如图774所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，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】如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)(1)取AB中点为N，则N(2,0,0)，又C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，.DENC，又NC在平面ABC内，故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2
106、)，(2,2,0)，(2)22(2)(4)(2)0，则，B1FEF，(2)222(4)00，即B1FAF.又AFEFF，B1F平面AEF.考向二 130利用空间向量求线线角和线面角(2014北京高考)如图775，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥PABCDE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：ABFG；(2)若PA底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长【尝试解答】(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以ABDE.又因为AB平面PDE，所以AB平面PDE，因为AB平面A
107、BF，且平面ABF平面PDEFG，所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE，所以PAAB，PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，(1,1,0)设平面ABF的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，所以n(0，1,1)设直线BC与平面ABF所成角为，则sin |cosn，|.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w)因为点H在棱PC上，所以可设 (01)，即(u，v，w2)(2,1，2)，所以u2，v，w22.因为n是平面ABF的一个法向量，所以n0，即(0，1,
108、1)，(2，22)0，解得，所以点H的坐标为.所以PH2.规律方法21.利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同同时注意根据异面直线所成的角的范围得出结论2利用向量法求线面角的方法一是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)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角对点训练(2014陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图776所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.图776(1)证明：四边形EF
109、GH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值【解】(1)证明：由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，(0,0,1)，(2,2,0)，(2,0,1)设平面EFGH的法向量n(x，y
110、，z)，EFAD，FGBC，n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos，n|.法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E，F(1,0,0)，G(0,1,0)，(1,1,0)，(2,0,1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，得取n(1,1,0)，sin |cos ，n|.考向三 131利用空间向量求二面角 (2014课标全国卷)如图777，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1
111、，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值【尝试解答】(1)证明：连结BC1，交B1C于点O，连结AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，OCOA
112、，则A，B(1,0,0)，B1，C，1，0.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.规律方法31.利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于n1，n2(或n1，n2)2利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角对点训练(2013课标全国卷)如图77
113、8，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB. 图778(1)证明：BC1平面A1CD.(2)求二面角DA1CE的正弦值【解】(1)证明连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB，得ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
114、则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1 CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.规范解答之十二利用空间向量解决开放性问题1个示范例(12分)已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA1，点D为AC的中点，点E在线段AA1上图779(1)当AEEA112时，求证DEBC1；(2)是否存在点E，使二面角DBEA等于60，若存在求AE的长；若不存在，请说明理由【规范解答】(1)证明：连结DC1，因为ABCA1B1C1为正三棱柱，所以ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BDAC，1分又平面ABC平面ACC1A1，所以BD平面
115、ACC1A1，所以BDDE.3分因为AEEA112，AB2，AA1，所以AE，AD1，所以在RtADE中，ADE30，在RtDCC1中，C1DC60，所以EDC190，即EDDC1，所以ED平面BDC1，BC1面BDC1，所以EDBC1.6分(2)假设存在点E满足条件，设AEh.取A1C1的中点D1，连结DD1，则DD1平面ABC，所以DD1AD，DD1BD，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，E(1,0，h)，8分所以(0，0)，(1,0，h)，(1，0)，(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1(x1，y1，z1
116、)，则令z11，得n1(h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则令y21，得n2(，1,0).10分cosn1，n2cos 60.解得h，故存在点E，当AE时，二面角DBEA等于60.12分【名师寄语】1.对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在2利用空间向量的方法解立体几何中开放性问题，可以化繁为简，化难为易，降低了思维难度1个规范练 (2014湖北高考)如图7710，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移
117、动，且DPBQ(02)图7710(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由【解】(1)证明：如图，连结AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，)，(1,0，)，(1,1,0
118、)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，则由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2,2，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则mn(2,2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角课时限时检测(四十四)立体几何中的向量方法(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，有可能使l的是()Aa(1,0,0)，n(2,0,0)Ba(1,3,5)，n(1,0,1)Ca(0,2,1)，n(1,0，1)Da(1，1,3)，n(0,
119、3,1)【答案】D2平面的一个法向量为n(1，0)则y轴与平面所成的角的大小为()A.B.C. D.【答案】B3.已知平面，的法向量分别为(2,3，5)，v(3，1，4)则()ABC、相交但不垂直D以上都不正确【答案】C4在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值为() 图7711A. B.C. D.【答案】A5二面角的棱上有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AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150B45C60D120【答案】C6如图7712，正方形ABCD与
120、矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，M在EF上且AM平面BDE.则M点的坐标为()图7712A(1,1,1) B.C. D.【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7在正方体ABCDA1B1C1D1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 【答案】8在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为 【答案】9正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是 【答案】30三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)(2013浙江
121、高考改编)如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC. 图7713证明：PQ平面BCD.【证明】如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为3，所以Q.因为点M为AD的中点，故M(0，1)又点P为BM的中点，故P，所以.又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.11(12分)(2013江苏高考)如图7714，在直三棱柱A
122、1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点图7714(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值【解】(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4). 因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，
123、所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.12(13分)如图7715，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，PDQA，QAADPD.图7715(1)求证：平面PQC平面DCQ；(2)若二面角QBPC的余弦值为.求的值【解】(1)证明法一设AD1，则DQ，DP2，又PDQA，PDQAQD45，在DPQ中，由余弦定理可得PQ.DQ2PQ2DP2，PQDQ.又PD平面ABCD，PDDC.CDDA，DAPDD，CD平
124、面ADPQ.PQ平面ADPQ，CDPQ，又CDDQD，PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.法二如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设AD1，ABm(m0)依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)则(0,0，m)，(1,1,0).(1，1,0)，所以0，0，即PQDC，PQDQ.又DQDCD.所以PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)依题意有B(1,0，m)，(1,0,0)，(1,2，m)设n1(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即因此可取n1(0，m,2)设n2(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即可取n2(m，m,1)又二面角QBPC的余弦值为，|cosn1，n2|.整理得m47m280.又m0，解得m1.因此，所求的值为1.