江苏专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十四空间几何体的表面积与体积
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体几何与空间向量8.2
§8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系考情考向分析 主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断，题型主要以填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力．1．四个公理、三个推论公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内． 公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任一点O ，作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．定理如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．1．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．2．异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．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)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×) 题组二教材改编2．[P29例1]如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为________．解析 连结B 1D 1，D 1C ，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 即为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ， ∴△B 1D 1C 为等边三角形，∴∠D 1B 1C ＝60°.3．[P31习题T15]如图，在三棱锥A —BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形；(2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形．答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形，∴EF ＝EH ，故AC ＝BD .(2)∵四边形EFGH 为正方形，∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ，∵EF 綊12AC ，EH 綊12BD ， ∴AC ＝BD 且AC ⊥BD .题组三 易错自纠4．已知l ，m ，n 为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是________．(填序号)①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；②若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥n ；③若α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥l ；④若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α.答案③解析①中，m，n可能的位置关系为平行、相交、异面，故①错误；②中，m与n也有可能平行，②错误；③中，根据线面平行的性质可知③正确；④中，若m∥n，根据线面垂直的判定可知④错误．5．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是________．(填序号)①在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直；②过直线m有且只有一个平面与平面α垂直；③与直线m垂直的直线不可能与平面α平行；④与直线m平行的平面不可能与平面α垂直．答案②解析对于①，在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直，过交点与直线m垂直的直线只有一条，在平面内与此直线平行的直线都与m垂直，不正确；对于②，过直线m有且只有一个平面与平面α垂直，在直线m上取一点作平面α的垂线，两条直线确定一个平面与平面α垂直，正确；对于③，与直线m垂直的直线不可能与平面α平行，不正确；对于④，与直线m平行的平面不可能与平面α垂直，不正确．6. 如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用典例如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连结EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(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．证明(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.∵在△BCD中，BGGC＝DHHC＝12，∴GH∥BD，∴EF∥GH.∴E，F，G，H四点共面．(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，∴P∈平面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ADC＝AC，∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系典例(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是________．(填序号)①l与l1，l2都不相交；②l与l1，l2都相交；③l至多与l1，l2中的一条相交；④l至少与l1，l2中的一条相交．答案④解析方法一由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．方法二如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故①②不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故③不正确．(2)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案②④解析在图①中，直线GH∥MN；在图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；在图③中，连结GM，GM∥HN，因此GH与MN共面；在图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练(1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的________条件．答案充分不必要解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交．(2)已知a，b，c为三条不重合的直线，已知下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为________．答案 1解析在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立．题型三 求异面直线所成的角(选讲)典例 如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为________．答案 45解析 连结BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连结A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45. 思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．跟踪训练 如图所示，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1，则异面直线AB 1与BD 所成的角为________．答案60°解析取A1C1的中点E，连结B1E，ED，AE，在Rt△AB1E中，∠AB1E为异面直线AB1与BD所成的角．设AB＝1，则A1A＝2，AB1＝3，B1E＝3 2，故∠AB1E＝60°.构造模型判断空间线面位置关系典例已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是________．(填序号)思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型直观地对问题作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①平行于同一个平面的两个平面相互平行；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．答案①解析①是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．2．在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线有________条．答案无数解析在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．3．(2017·江苏昆山中学质检)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是________．①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥β；④AC⊥β.答案④解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有④不一定成立．4．直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角为________．答案60°解析如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连结DA1，BD，则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.5．下列命题中，正确的是________．(填序号)①若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线；②若a，b是两条直线，且a∥b，则直线a平行于经过直线b的所有平面；③若直线a与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行；④若直线a∥平面α，点P∈α，则平面α内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条．答案④解析对于①，当α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故①错误．对于②，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故②错误．对于③，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故③错误．知④正确．6．以下四个命题中，①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．正确命题的个数是________．答案 1解析①显然是正确的；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③中构造长方体(或正方体)，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面，故只有①正确．7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号)①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A，B，C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．答案①③8.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.9．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．答案 4解析EF与正方体左、右两侧面均平行，所以与EF相交的平面有4个．10. 如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案 2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连结C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形， 所以C 1D ＝2AD ，所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2， 所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2.11.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点．求证：D 1，H ，O 三点共线．证明 如图，连结BD ，B 1D 1，则BD ∩AC ＝O ，∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，又H ∈B 1D ， B 1D ⊂平面BB 1D 1D ， 则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1. 即D 1，H ，O 三点共线．12.如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (1)证明 由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ， 可得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，∴GH 綊BC .∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解 ∵BE 綊12AF ，G 是F A 的中点，∴BE 綊FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG . 由(1)知BG 綊CH ，∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面． 又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．13．若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是________．(填序号) ①l 1⊥l 4； ②l 1∥l 4；③l 1与l 4既不垂直也不平行； ④l 1与l 4的位置关系不确定． 答案 ④解析 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA .若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除①③.若取C 1D 为l 4，则l 1与l 4相交；若取BA 为l 4，则l 1与l 4异面；若取C 1D 1为l 4，则l 1与l 4相交且垂直．因此l 1与l 4的位置关系不能确定．14.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下列四个命题中不正确的是________．(填序号)①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ③解析 取DC 的中点F ，连结MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为球心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，又MB ⊂平面MBF ，所以MB ∥平面A 1DE .可得④正确；若存在DE ⊥A 1C ，则因为DE 2＋CE 2＝CD 2，即CE ⊥DE ，因为A 1C ∩CE ＝C ，则DE ⊥平面A 1CE ，所以DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故③不正确．15．两条相交直线l，m都在平面α内且都不在平面β内．命题甲：l和m中至少有一条与β相交；命题乙：平面α与β相交．则甲是乙成立的________条件．(填写“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)答案充要解析若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β＝A，则由于l⊂α，所以A∈α.而A∈β，所以α与β相交．反之，若α∩β＝a，若l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，则l∥β且m∥β.所以l∥a且m∥a，进而得到l∥m，这与已知l，m是相交直线矛盾．因此l 和m中至少有一条与β相交．16．空间四边形ABCD中，各边长均为1，若BD＝1，则AC的取值范围是________．答案(0，3)解析如图1所示，△ABD与△BCD均为边长为1的正三角形，当△ABD与△CBD重合时，点A与点C重合．将△ABD以BD为轴转动，到A，B，C，D四点共面时，AC＝3，如图2.故AC的取值范围是0<AC< 3.。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体
§8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直考情考向分析 利用空间向量证明空间中的位置关系是近几年高考重点考查的内容，涉及直线的方向向量，平面的法向量及空间直线、平面之间位置关系的向量表示等内容．以解答题为主，主要考查空间直角坐标系的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，有时也以探索论证题的形式出现．1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.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)直线的方向向量是唯一确定的．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )(5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( × ) 题组二 教材改编2．[P105练习T1(1)(2)]设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为__________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时， u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.3．[P105练习T2]如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12， O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1， AM →·ON →＝⎝⎛⎫0，1，12·⎝⎛⎭⎫0，－12，1＝0， ∴ON 与AM 垂直． 题组三 易错自纠4．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的一个方向向量，若l 1∥l 2，则x ＝________，y ＝________. 答案 6152解析 ∵l 1∥l 2，∴a ∥b ，∴32＝x 4＝y5，解得x ＝6，y ＝152.5．设平面α的一个法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则k ＝________. 答案 －5解析 ∵α⊥β，∴m ·n ＝0，即(1,2，－2)·(－2，－4，k )＝0，∴k ＝－5.6．已知直线l ∥平面α，且l 的一个方向向量为a ＝(2，m,1)，平面α的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫1，12，2，则m ＝________. 答案 －8解析 由题意，知a ⊥n ，∴a ·n ＝0，即(2，m,1)·⎝⎛⎭⎫1，12，2＝0，∴m ＝－8.题型一 利用空间向量证明平行问题典例 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，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A －xyz ，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)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →，FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究若本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ， 同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，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，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算． 跟踪训练 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD .证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在直线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0)． 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连结OF ，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0)． 因为CF →＝14CD →，设点F 的坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，所以⎩⎨⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，所以OF →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又由方法一知PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0，所以OF →＝PQ →，所以PQ ∥OF . 又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， 所以PQ ∥平面BCD .题型二 利用空间向量证明垂直问题命题点1 证线面垂直典例 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证． 方法二 取BC 的中点O ，连结AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 且平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AD ⊂平面ABC ， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB ，OO 1，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)．设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直典例 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连结OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ，所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－a2，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫a 2，a ，0，C ⎝⎛⎭⎫－a2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫a 4，0，－a 4， 且OF →·EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0·⎝⎛⎭⎫a4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ，所以EF ∥平面P AD . (2)因为P A →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC .又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．跟踪训练 如图所示，已知四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .证明 (1)取BC 的中点O ，连结PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形，平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，∴A (1，－2,0)，B (1,0,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，3)， ∴BD →＝(－2，－1,0)，P A →＝(1，－2，－3)． ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连结DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1,0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB .∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB . 题型三 利用空间向量解决探索性问题典例 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连结A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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 (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)． 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)． 设平面DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．跟踪训练 如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD .又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，且P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 的中点O ，连结CO ，PO . ∵P A ＝PD ， ∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥CO ，又∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点，OC ，OA ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示空间直角坐标系，易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0)，则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1)， CD →＝(－2，－1,0)．设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. (3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.利用向量法解决立体几何问题典例 (10分)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论． 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题． 规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，分别以DB ，DC ，DA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[4分] 易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)， 设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，则cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[6分] (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0，∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[8分]把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P ⎝⎛⎭⎫43，233，0，∴BP →＝13BC →，∴点P 在线段BC 上．∴在线段BC 上存在点P ⎝⎛⎭⎫43，233，0，使AP ⊥DE .[10分]1．已知平面α的一个法向量u ＝(－2，x,1)，平面β的一个法向量v ＝(1，－2，y )，若α∥β，则x ＋y ＝________. 答案 72解析 当y ＝0时，u ＝(－2，x,1)，v ＝(1，－2,0)，u ，v 必不平行，不合题意；当y ≠0时，因为α∥β，所以u ∥v ，所以－21＝x －2＝1y ，解得x ＝4，y ＝－12，所以x ＋y ＝72.2．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t ＝________. 答案 5解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.3．在△ABC 中，A (1，－2，－1)，B (0，－3,1)，C (2，－2,1)．若向量n 与平面ABC 垂直，且|n |＝21，则n 的坐标为________________． 答案 (－2,4,1)或(2，－4，－1)解析 据题意，得AB →＝(－1，－1,2)，AC →＝(1,0,2)． 设n ＝(x ，y ，z )， ∵n 与平面ABC 垂直，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x －y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4z ，y ＝－2x . ∵|n |＝21，∴x 2＋y 2＋z 2＝21，解得y ＝4或y ＝－4. 当y ＝4时，x ＝－2，z ＝1；当y ＝－4时，x ＝2，z ＝－1.4．已知空间三点A (－1,1,1)，B (0,0,1)，C (1,2，－3)，若直线AB 上存在一点M ，满足CM ⊥AB ，则点M 的坐标为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫－12，12，1 解析 设M (x ，y ，z )．∵AB →＝(1，－1,0)，BM →＝(x ，y ，z －1)， CM →＝(x －1，y －2，z ＋3)，又M 在直线AB 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1－(y －2)＝0，x ＝－y ，z －1＝0，∴x ＝－12，y ＝12，z ＝1，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 5．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________． 答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0，即y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0，即x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.6．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________. 答案257解析 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4，∴x ＋y ＝407－157＝257.7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD . 证明 如图所示，以D 为坐标原点，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．设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，N ⎝⎛⎭⎫12，1，1， 于是MN →＝⎝⎛⎭⎫12，0，12，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)． 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.所以n ＝(1，－1，－1)． 又MN →·n ＝⎝⎛⎭⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0， 所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA ，DP ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz .由题意得Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)， 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，DQ ，DC ⊂平面CDQ ，∴PQ ⊥平面DCQ ， 又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥CD ，P A ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：P A ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F 点的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵P A ＝AD ＝1，PD ＝2， ∴P A 2＋AD 2＝PD 2，即P A ⊥AD .又P A ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥平面ABCD .(2)解 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，23，13， AC →＝(1,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，23，13. 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)．假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)， 使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， ∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12，∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点．10．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的序号是________． 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确； 又AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ， ∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确； ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误．11.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________．答案 平行解析 以点C 1为坐标原点，分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a3，a ， MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量． 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .12.如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)， ∴B 1E →＝(x －1,0,1)，FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ， ∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0，即x ＋y ＝1.13.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫22，22，1解析 设AC 与BD 相交于O 点，连结OE ，∵AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线的交点，∴M 为线段EF 的中点． 在空间直角坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)． 由中点坐标公式，知点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，22，1.。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体
§8.1空间几何体的表面积与体积考情考向分析本部分是高考考查的重点内容，主要涉及空间几何体的表面积与体积的计算．命题形式主要以填空题为主，考查空间几何体的表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结构特征，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想．1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台、球的表面积和体积【知识拓展】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论(1)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)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.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)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(√)(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(×)(3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)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2πS .( × ) 题组二 教材改编2．[P55练习T3]已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm. 答案 2解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2.3．[P60练习T4]已知棱台的上、下底面面积分别为4,16，高为3，则该棱台的体积为________． 答案 28 题组三 易错自纠4．各棱长均为2的正三棱锥的表面积是________． 答案 4 3解析 每个面的面积为12×2×2×32＝3，∴该正三棱锥的表面积为4 3.5．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________． 答案 12π解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π.6．已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a ，a 的矩形，则该圆柱的体积为________． 答案 a 32π或a 3π解析 设圆柱的母线长为l ，底面圆的半径为r ， 则当l ＝2a 时，2πr ＝a ，∴r ＝a2π，这时V 圆柱＝2a ·π⎝⎛⎭⎫a 2π2＝a32π； 当l ＝a 时，2πr ＝2a ，∴r ＝a π，这时V 圆柱＝a ·π⎝⎛⎭⎫a 2＝a3π. 综上，该圆柱的体积为a 32π或a 3π.题型一 求空间几何体的表面积1．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是4π，则其侧棱长为________． 答案233解析 依题意可以构造一个正方体，其体对角线就是该三棱锥外接球的直径． 设侧棱长为a ，外接球的半径为r . 由外接球的表面积为4π，得r ＝1， ∴3a ＝2r ＝2，∴a ＝233.2．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1 cm,2 cm ，高是1 cm ，则它的侧面积为________ cm 2. 答案972解析 正六棱台的侧面是6个全等的等腰梯形，上底长为1 cm ，下底长为2 cm ，高为正六棱台的斜高．又边长为1 cm 的正六边形的中心到各边的距离是32cm ，边长为2 cm 的正六边形的中心到各边的距离是 3 cm ，则梯形的高为 1＋⎝⎛⎭⎫3－322＝72(cm)，所以正六棱台的侧面积为6×12×(1＋2)×72＝972(cm 2)．思维升华 空间几何体表面积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． 题型二 求空间几何体的体积典例 (1)(2017·江苏宿迁三模)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P －ABA 1的体积为________．答案934解析 三棱锥P －ABA 1的体积等于三棱锥B －AP A 1的体积，点B 到面AP A 1的距离为332，△AP A 1的面积为92，故三棱锥P －ABA 1的体积为934.(2)(2017·江苏南京三模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D －ABC 1的体积为________．答案 13解析 几何体展开图如图所示：△ABD ∽△ACC 1，∴BD CC 1＝ABAC ，∵AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3， ∴AC ＝3，CC 1＝3，∴BD ＝1，则11－－＝D ABC A BC D V V ＝13×12×1×2×1＝13.思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．跟踪训练 (1)(2018届南京一中调研)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．答案26解析 由展开图，可知该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1，∴该正四棱锥的高h ＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫122＝22，∴其体积V ＝13×12×22＝26.(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．答案23解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连结DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， 取AD 的中点O ，连结GO ，易得GO ＝22， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V三棱锥E －ADG＋V三棱锥F －BCH＋V三棱柱AGD －BHC＝2V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱柱AGD －BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23. 题型三 简单的等积变换典例 如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分，那么V 1∶V 2等于多少？解 如图，延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，且A 1A ＝AA 2，B 1B ＝BB 2，C 1C ＝CC 2，连结A 2C 2，A 2B 2，B 2C 2，则得到三棱柱ABC －A 2B 2C 2，且111222－－＝，ABC A B C ABC A B C V V 延长B 1E ，C 1F ，则B 1E 与C 1F 相交于点A 2.因为A 2A ∶A 2A 1＝1∶2，所以2A AEF V 三棱－锥＝182111A A B C V 三棱－锥.又2A AEF V 三棱－锥＝142A ABC V 三棱－锥＝14×13222ABC A B C V 三棱柱－＝112111ABC A B C V 三棱柱－， 所以V 1＝72A AEF V 三棱－锥＝712111ABC A B C V 三棱柱－，故V 1∶V 2＝7∶(12－7)＝7∶5.思维升华 当所给几何体的体积不容易计算时，可根据几何体的结构特征将其分解成多个体积可求的几何体，或者补形成体积可求的几何体，这种解法就是割补法，割补法求体积体现了转化与化归思想的应用．跟踪训练 (2018届灌云高级中学检测)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为________． 答案 1解析 如图，连结AD ，因为△ABC 是正三角形， 且D 为BC 中点，则AD ⊥BC . 又因为BB 1⊥平面ABC ，故BB 1⊥AD ，且BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，所以AD 是三棱锥A －B 1DC 1的高． 所以11A B DC V 三棱－锥＝1311·B DC S AD＝13×3×3＝1.1．若圆锥的轴截面是正三角形，则它的侧面积是底面积的________倍． 答案 2解析 设底面半径为r ，则S 底面＝πr 2， S 侧面＝12×2πr ×2r ＝2πr 2，所以S 侧面＝2S 底面．2．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，所以h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94， 所以r 1r 2＝32，则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32.3．已知A ，B ，C 三点都在以O 为球心的球面上，OA ，OB ，OC 两两垂直，三棱锥O —ABC 的体积为43，则球O 的表面积为________．答案 16π解析 设球O 的半径为R ，以球心O 为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径R ，另外一个侧面是边长为2R 的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得13×12R 2·R＝43，∴R ＝2，∴S 球的表面积＝4π×22＝16π. 4．(2013·江苏) 如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.答案124解析 由题意可知，三棱锥F －ADE 与三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高之比为12，底面积之比为14，故V 1∶V 2＝13×12×141＝124.5．(2018届淮安中学质检) 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则三棱锥B －AEF的体积为______．答案112解析 连结AC ，BD ，易知AC ⊥平面BDD 1B 1，则V 三棱锥B －AEF ＝V 三棱锥A －BEF ＝13×AC 2×S △BEF ＝13×AC 2×12×EF ×BB 1＝13×22×12×22×1＝112.6．《九章算术》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．若三棱锥P —ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P —ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________． 答案 20π解析 方法一 将三棱锥P —ABC 放入长方体中，如图(1)，三棱锥P —ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为P A ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，由题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.方法二 利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC 的中点为球心O ，易得2R ＝PC ＝20，所以球O 的表面积为4πR 2＝20π.7．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体棱长为a ，则6a 2＝18， ∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.9. 如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．答案 (2＋3)π解析 根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为12·2π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π. 10．如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则R r＝________.答案 233解析 由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r .故R r ＝233. 11.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E —ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC .而BD ∩BE ＝B ，BD ，BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E —ACD 的体积V 三棱锥E-ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E —ACD 的侧面积为3＋2 5.12．(2017·南京二十九中调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCB ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为线段CD ，P A 的中点．(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)若∠PBC ＝π4，AB ＝4，求棱锥P －ABCE 的体积． (1)证明 取PB 中点G ，连结FG ，CG .∵F 为P A 的中点，∴FG 綊12AB .又E 为CD 的中点，ABCD 为正方形，∴EC 綊12CD 綊12AB ，∴EC 綊FG . 即四边形ECGF 为平行四边形，∴EF ∥GC .又EF ⊄平面PBC ，CG ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC .(2)解 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，又BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PCD ，∴BC ⊥PC .同理CD ⊥PC ，∴PC ⊥平面ABCD ，∵AB ＝4，∠PBC ＝π4，∴PC ＝4. ∴V P －ABCE ＝13×4×2＋42×4＝16.13．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 答案 32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32. 由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32. 14．在三棱锥P —ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．答案 8π解析 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.15．已知三棱锥O —ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O —ABC 的体积为________．答案 233解析 设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时， S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC .OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，OA ，OB ⊂平面AOB ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V 三棱锥O —ABC ＝V 三棱锥C —OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233. 16．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P —A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)． (2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2，B 1C 1＝2·62－x 2，∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)． 由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)．由实际意义知V 在x ＝23(m)时取到最大值， 故当PO 1＝23(m)时，仓库容积最大．。
近年高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用(一)平行与垂直理(2021年整理)
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题组训练54 空间向量的应用（一)平行与垂直1．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝错误!＋错误!＋错误!，向量b＝错误!＋错误!－错误!，则与a，b不能构成空间基底的向量是（) A.错误!B。
错误!C.错误!D.错误!或错误!答案C解析根据题意得错误!＝错误!(a－b），∴错误!，a，b共面．2．有4个命题:①若p＝x a＋y b，则p与a，b共面；②若p与a，b共面,则p＝x a＋y b；③若错误!＝x错误!＋y错误!，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则错误!＝x错误!＋y错误!.其中真命题的个数是( ）A．1 B．2C．3 D．4答案B解析①正确，②中若a，b共线，p与a不共线，则p＝x a＋y b就不成立．③正确．④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则错误!＝x错误!＋y错误!不正确．3．从点A（2,－1，7）沿向量a＝（8,9，－12）的方向取线段长｜AB｜＝34，则B点坐标为( )A．(18,17，－17）B．(－14，－19，17)C．（6，错误!，1）D．（－2，－错误!，13)答案A解析设B点坐标为（x,y，z），则错误!＝λa（λ>0），即(x－2,y＋1，z－7）＝λ(8，9，－12）．由|错误!｜＝34,即错误!＝34，得λ＝2。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体几何与空间向量8.3
§8.3直线、平面平行的判定与性质考情考向分析直线、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2.面面平行的判定定理和性质定理知识拓展 重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b . (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.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)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)若α∥β，直线a ∥α，则a ∥β.( × )题组二教材改编2．[P45练习T2]下面给出了几个结论：①若一个平面内的一条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行；②若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行；③若两个平面没有公共点，则这两个平面平行；④平行于同一条直线的两个平面必平行．其中，结论正确的是________．(请把正确结论的序号都填上)答案②③解析①错误，若一个平面内的一条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交．②正确，任何直线包括两条相交直线，故能判定两平面平行．③正确，由面面平行的定义可得知．④错误，平行于同一条直线的两个平面平行或相交．3．[P35练习T5]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________．答案平行解析连结BD，设BD∩AC＝O，连结EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是________．(填序号)①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l⊥α，l⊥β，则α∥β；③若l⊥α，l∥β，则α∥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β.答案②解析l∥α，l∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故①项错；由“垂直于同一条直线的两个平面平行”可知②项正确；由l⊥α，l∥β可知α⊥β，故③项错；由α⊥β，l∥α可知l 与β可能平行，也可能l⊂β，也可能相交，故④项错．5．(2017·盐城二模)已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________．(填上所有正确命题的序号)①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β.答案①解析①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误．6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.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典例如图，在四棱锥E－ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，EA⊥EB，M，N分别是AE，CD的中点．求证：(1)MN∥平面EBC；(2)EA⊥平面EBC.证明(1)取BE的中点F，连结CF，MF，因为M是AE的中点，所以MF 綊12AB ，又N 是矩形ABCD 边CD 的中点， 所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN ∥CF . 又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ， 所以MN ∥平面EBC .(2)在矩形ABCD 中，BC ⊥AB .又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面EAB ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面EAB .又EA ⊂平面EAB ，所以BC ⊥EA .又EA ⊥EB ，BC ∩EB ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ， 所以EA ⊥平面EBC .命题点2 直线与平面平行的性质典例 (2018届盐城中学调研)如图所示，P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别为AB ，PC 的中点，平面P AD ∩平面PBC ＝l .(1)求证：BC ∥l ；(2)MN 与平面P AD 是否平行？试证明你的结论．(1)证明 因为BC ∥AD ，AD ⊂平面P AD ，BC ⊄平面P AD ，所以BC ∥平面P AD .又平面P AD ∩平面PBC ＝l ，BC ⊂平面PBC ， 所以BC ∥l .(2)解 MN ∥平面P AD .证明如下： 如图所示，取PD 的中点E ，连结AE ，EN .因为N 为PC 的中点， 所以EN 綊12DC .又AM 綊12DC ，所以EN 綊AM ，即四边形AMNE 为平行四边形，所以AE ∥MN . 又MN ⊄平面P AD ，AE ⊂平面P AD ， 所以MN ∥平面P AD .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 ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练 (2018届阜宁中学联考)如图，已知正三棱柱(底面是正三角形，侧面是矩形的棱柱)ABC －A ′B ′C ′中，D 是AA ′上的点，E 是B ′C ′的中点，且A ′E ∥平面DBC ′.试判断点D在AA′上的位置，并给出证明．解D为AA′的中点．证明如下：如图，取BC的中点F，连结AF，EF，设EF与BC′交于点O，连结DO，易证A′E∥AF，A′，E，F，A共面．因为A′E∥平面DBC′，A′E⊂平面A′EF A，且平面DBC′∩平面A′EF A＝DO，所以A′E∥DO.在平行四边形A′EF A中，因为O是EF的中点(因为EC′∥BC，且EC′＝BF)，所以D为AA′的中点．题型二平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，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.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.∵EF⊄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.又∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A1，∴平面EF A1∥平面BCHG.引申探究在本例条件下，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，连结A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连结MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄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．跟踪训练如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，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)如图所示，设DF与GN交于点O，连结AE，则AE必过点O，连结MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又因为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.因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF 的长．(1)证明①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH ＝AC ， ∴AC ∥DH ，∴四边形ACDH 是平行四边形，在AH 上取一点G ，使AG ∶GH ＝CF ∶FD ， 连结EG ，FG ，BH .又∵AE ∶EB ＝CF ∶FD ＝AG ∶GH ， ∴GF ∥HD ，EG ∥BH .又EG ∩GF ＝G ，BH ∩HD ＝H ， ∴平面EFG ∥平面β.又EF ⊂平面EFG ，∴EF ∥平面β. 综合①②可知，EF ∥平面β.(2)解 如图所示，连结AD ，取AD 的中点M ，连结ME ，MF .∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴ME ∥BD ，MF ∥AC ， 且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 为AC 与BD 所成的角或其补角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得 EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos ∠EMF＝32＋22±2×3×2×12＝13±6，即EF ＝7或EF ＝19.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 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． (1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， ∵EF ∥AB ，FG ∥CD ，∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4. ∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．1．若直线l 与平面α不平行，则下列结论正确的是________．(填序号) ①α内的所有直线都与直线l 异面； ②α内不存在与l 平行的直线； ③α内的直线都与l 相交； ④直线l 与平面α有公共点． 答案 ④解析 直线l 与平面α不平行，则直线l 与平面α有如下关系：l ⊂α或l 与α相交．若l ⊂α，则在α内存在无数条直线与之平行，故①②③均不正确，④正确．2．已知异面直线a ，b 外的一点M ，那么过点M 可以作________个平面与直线a ，b 都平行． 答案 0或1解析 过点M 分别作直线a ，b 的平行线，若其中一条平行线与已知直线a 或b 相交，则这样的平面不存在．否则过点M 的两条相交直线确定的平面与a ，b 都平行． 3．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m ，n ，有下列四个命题： ①若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；②若m ∥α，n ∥α，m ，n ⊂β，则α∥β； ③若m ∥n ，n ⊂α，则m ∥α； ④若α∥β，m ⊂α，则m ∥β.其中正确命题的个数为________．答案 1解析由m∥α，n∥α，得m与n相交或平行或异面，所以①不正确；由m∥α，n∥α，m，n⊂β，得α，β相交或平行，所以②不正确；由m∥n，n⊂α，得m∥α或m⊂α，所以③不正确；由α∥β，m⊂α，得m∥β，所以④正确．4．一条直线l上有相异的三个点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________．答案l∥α或l⊂α解析当l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；当l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；当l⊥α时，直线l上有两个点到α的距离相等；当l与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．5．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________．(填序号)①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若m∥α，n⊥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.答案④解析对①，直线m，n可能平行、异面或相交，故①错误；对②，直线m与n可能平行，也可能异面，故②错误；对③，m与n垂直而非平行，故③错误；对④，垂直于同一平面的两直线平行，故④正确．6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是________．答案平行解析如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.7．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，连结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.8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，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，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9.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)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连结HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．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”．11.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝23，且△P AD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，G为△PAD的重心．(1)求证：GF ∥平面PDC ； (2)求三棱锥G —PCD 的体积．(1)证明 方法一 连结AG 并延长交PD 于点H ，连结CH .由梯形ABCD 中AB ∥CD 且AB ＝2DC 知，AF FC ＝21.又E 为AD 的中点，G 为△P AD 的重心，∴AG GH ＝21. 在△AHC 中，AG GH ＝AF FC ＝21，故GF ∥HC .又HC ⊂平面PCD ，GF ⊄平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法二 过G 作GN ∥AD 交PD 于N ，过F 作FM ∥AD 交CD 于M ，连结MN ，∵G 为△P AD 的重心，GN ED ＝PG PE ＝23，∴GN ＝23ED ＝233.又ABCD 为梯形，AB ∥CD ，CD AB ＝12，∴CF AF ＝12，∴MF AD ＝13，∴MF ＝233，∴GN ＝FM . 又由所作GN ∥AD ，FM ∥AD ，得GN ∥FM ， ∴四边形GNMF 为平行四边形． ∴GF ∥MN ，又∵GF ⊄平面PCD ，MN ⊂平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法三 过G 作GK ∥PD 交AD 于K ，连结KF ，GK ，由△P AD 为正三角形，E 为AD 的中点，G 为△P AD 的重心，得DK ＝23DE ，∴DK ＝13AD ，又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ， 知AF FC ＝21，即FC ＝13AC ，∴在△ADC 中，KF ∥CD ，又∵GK ∩KF ＝K ，PD ∩CD ＝D ，∴平面GKF ∥平面PDC ，又GF ⊂平面GKF ，∴GF ∥平面PDC .(2)解 方法一 由平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面P AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3，由(1)知GF ∥平面PDC ，∴V 三棱锥G —PCD ＝V 三棱锥F —PCD ＝V 三棱锥P —CDF＝13×PE ×S △CDF . 又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ＝23，知DF ＝13BD ＝233， 又△ABD 为正三角形，得∠CDF ＝∠ABD ＝60°，∴S △CDF ＝12×CD ×DF ×sin ∠BDC ＝32， 得V 三棱锥P —CDF ＝13×PE ×S △CDF ＝32， ∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 方法二 由平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面P AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3，连结CE ，∵PG ＝23PE ， ∴V 三棱锥G —PCD ＝23V 三棱锥E —PCD ＝23V 三棱锥P —CDE＝23×13×PE ×S △CDE ， 又△ABD 为正三角形，得∠EDC ＝120°，得S △CDE ＝12×CD ×DE ×sin ∠EDC ＝334. ∴V 三棱锥G —PCD ＝23×13×PE ×S △CDE ＝23×13×3×334＝32， ∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD .又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PDC ，所以PC ⊥BC .(2)解 连结AC ，BD 交于点O ，连结EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连结EM ，则P A ∥平面MEG .证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点，所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ，所以P A ∥平面MEG .因为△OCG ≌△OAM ，所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.13.在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中正确的是________．(填序号)①AC ⊥BD ；②AC ∥截面PQMN ；③AC ＝BD ；④异面直线PM 与BD 所成的角为45°.答案 ①②④解析 因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ，又PQ ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ，则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN ⊂平面PQMN ，AC ⊄平面PQMN ，则AC ∥截面PQMN ，同理可得MQ ∥BD ，又MN ⊥QM ，则AC ⊥BD ，故①②正确．又因为BD ∥MQ ，所以异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，即为45°，故④正确．14．过三棱柱ABC —A 1B 1C 1的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 过三棱柱ABC —A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线只可能落在平面DEFG 中(其中D ，E ，F ，G 分别为AC ，BC ，B 1C 1，A 1C 1的中点)．易知经过D ，E ，F ，G 中任意两点的直线共有C 24＝6(条)．15.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长为________．答案 22解析 由题意，知当且仅当点Q 为B 1D 1的中点时，PQ ∥平面AA 1B 1B .证明如下：取A 1D 1的中点O ，连结OQ ，OP ，则OQ ∥A 1B 1，OP ∥A 1A .故平面OPQ ∥平面ABB 1A 1，又PQ ⊂平面OPQ ，则PQ ∥平面ABB 1A 1.在Rt △POQ 中，OQ ＝OP ＝12，所以PQ ＝22. 16．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 交于点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 ，连结SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG ⊂平面SGB ，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.。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体
§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角考情考向分析 本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想．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)．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)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.( × ) 题组二 教材改编2．[P111练习T1]设a ，b 分别是两条异面直线l 1，l 2的方向向量，且cos 〈a ，b 〉＝－12，则异面直线l 1和l 2所成的角为________． 答案 60°解析 ∵cos 〈a ，b 〉＝－12，∴〈a ，b 〉＝120°，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]， ∴异面直线l 1和l 2所成的角是60°.3．[P113练习T5]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→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，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. 题组三 易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为________． 答案3010解析 以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设直三棱柱的棱长为2，则可得A (2,0,0)，B (0,2,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，∴BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋412＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010.5．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________． 答案 30°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°.6．过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP 所成的角为________． 答案 45°解析 如图，以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝P A ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，知AD ⊥平面P AB ，设E 为PD 的中点，连结AE ，则AE ⊥PD ， 又CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12分别是平面P AB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°. 故平面P AB 与平面PCD 所成的角为45°.题型一 求异面直线所成的角典例 如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是D 1D ，BD 的中点，G 在CD 上，且CG ＝14CD .(1)求证：EF ⊥B 1C ；(2)求异面直线EF 与C 1G 所成角的余弦值．(1)证明 如图，以点D 为坐标原点，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D －xyz .由题意，知E (0,0,1)，F (1,1,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，C 1(0，2,2)，G ⎝⎛⎭⎫0，32，0.∵EF →＝(1,1，－1)，B 1C →＝(－2,0，－2)，EF →·B 1C →＝0， ∴EF ⊥B 1C .(2)解 C 1G →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－2， ∴cos 〈EF →，C 1G →〉＝EF →·C 1G →|EF →||C 1G →|＝323×172＝5117，∴异面直线EF 与C 1G 所成角的余弦值为5117. 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．跟踪训练 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．答案 25解析 方法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →) ＝AA 1→·CB →＋AA 1→·BN →＋A 1M →·CB →＋A 1M →·BN → ＝12. 而|AM →|＝|AA 1→＋A 1M →|＝ |AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52. 同理，得|CN →|＝52.则cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25，∴直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.方法二 如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12， ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，CN →＝⎝⎛⎭⎫1，0，12， ∴AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝ 02＋⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， |CN →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫122＝52，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25，∴直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.题型二 求直线与平面所成的角典例 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 ，连结AT ，TN ，由N 为PC 的中点知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 ，连结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 ，AD ，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A －xyz .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，即直线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．跟踪训练 如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．(1)求证：A 1E ⊥BD ；(2)当E 为棱CC 1的中点时，求直线A 1E 与平面A 1BD 所成角的正弦值．(1)证明 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为a .易得D (0,0,0)，B (a ，a,0)，A 1(a,0，a )， 设E (0，a ，z 0)，则A 1E →＝(－a ，a ，z 0－a )， BD →＝(－a ，－a,0)，从而A 1E →·BD →＝0，于是A 1E ⊥BD . (2)解 由题设，知E ⎝⎛⎭⎫0，a ，a2， 则A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a ，－a 2. 又DA 1→＝(a,0，a )，DB →＝(a ，a,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋az ＝0，ax ＋ay ＝0，所以y ＝z ＝－x ， 于是可取n ＝(－1,1,1)，设直线A 1E 与平面A 1BD 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，A 1E →〉|＝|n ·A 1E →||n ||A 1E →|＝33，故直线A 1E 与平面A 1BD 所成角的正弦值是33. 题型三 求二面角典例 (2018届泰州中学摸底)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N 分别是CC 1，BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足A 1P →＝λA 1B 1→(λ∈R )．(1)证明：PN ⊥AM ；(2)若平面PMN 与平面ABC 所成的锐二面角为45°，试确定点P 的位置．(1)证明 如图，以A 点为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz .则A (0,0,0)，P (λ，0,1)，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12， 从而PN →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12， 所以PN →·AM →＝⎝⎛⎭⎫12－λ×0＋12×1－1×12＝0，所以PN ⊥AM .(2)解 由题意知平面ABC 的一个法向量n ＝AA 1→＝(0,0,1)． 设平面PMN 的法向量m ＝(x ，y ，z )，由(1)得MP →＝⎝⎛⎭⎫λ，－1，12，NP →＝⎝⎛⎭⎫λ－12，－12，1， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·NP →＝0，m ·MP →＝0，得⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫λ－12x －12y ＋z ＝0，λx －y ＋12z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝2λ＋13x ，z ＝2(1－λ)3x ，令x ＝3，得m ＝(3,2λ＋1,2－2λ)．因为平面PMN 与平面ABC 所成的锐二面角为45°， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2(1－λ)|9＋(2λ＋1)2＋4(1－λ)2＝22，解得λ＝－12，故点P 在B 1A 1的延长线上，且A 1P ＝12.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．跟踪训练 (2018届泰兴中学调研)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2，D 为线段BC 上一点，且BD →＝λDC →.(1)若λ＝1，求直线 DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1－A 1C 1－D 的大小为60°，求实数λ的值．解 以A 点为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0，4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2，0,2)，C 1(0,4,2)．设平面A 1C 1D 的法向量n ＝(x ，y ，z )．(1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB 1→＝(1，－2,2)，A 1C 1→＝(0,4,0)， A 1D →＝(1,2，－2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，x ＋2y －2z ＝0，取z ＝1，得y ＝0，x ＝2， 所以n ＝(2,0,1)，设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈DB 1→，n 〉|＝|DB 1→·n ||DB 1→||n |＝435＝4515，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD →＝λDC →，所以D ⎝⎛⎭⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1D →＝⎝⎛⎭⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，2λ＋1x ＋4λx ＋1y －2z ＝0. 取z ＝1，得x ＝λ＋1，y ＝0， 所以n ＝(λ＋1,0,1)，显然平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 所以|cos 〈n ，n 2〉|＝1(λ＋1)2＋02＋12，因为二面角B 1－A 1C 1－D 的大小为60°， 所以1(λ＋1)2＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)． 所以实数λ的值为3－1.利用空间向量求解空间角典例 (10分) 如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ，OA ＝4，OB ＝3，OP ＝4，OP ⊥底面ABCD ，设点M 满足PM →＝λMC →(λ>0)．(1)当λ＝12时，求直线P A 与平面BDM 所成角的正弦值；(2)若二面角M －AB －C 的大小为π4，求λ的值．解 (1)以O 点为坐标原点，以OA ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (4,0,0)，B (0,3,0)，C (－4，0,0)，D (0，－3,0)，P (0，0,4)， 所以P A →＝(4,0，－4)，DB →＝(0,6,0)，AB →＝(－4,3,0)．[3分] 当λ＝12时，M ⎝⎛⎭⎫－43，0，83， 所以MB →＝⎝⎛⎭⎫43，3，－83， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·MB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6y ＝0，43x ＋3y －83z ＝0，令x ＝2，得y ＝0，z ＝1， 所以平面BDM 的一个法向量为n ＝(2,0,1)， 设直线P A 与平面BDM 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝442·5＝1010，所以直线P A 与平面BDM 所成角的正弦值为1010.[5分](2)易知平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 设M (a,0，b )，代入PM →＝λMC →， 得(a,0，b －4)＝λ(－4－a,0，－b )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4λ1＋λ，b ＝41＋λ，即M ⎝⎛⎭⎪⎫－4λ1＋λ，0，41＋λ，所以MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4λ1＋λ，3，－41＋λ，[7分]设平面ABM 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AB →＝0，n 2·MB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，4λ1＋λx 1＋3y 1－41＋λz 1＝0， 消去y 1，得(2λ＋1)x 1＝z 1，令x 1＝1， 则z 1＝2λ＋1，y 1＝43，[8分]所以平面ABM 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫1，43，2λ＋1， 所以22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ＋11＋169＋(2λ＋1)2，解得λ＝13或λ＝－43， 因为λ>0，所以λ＝13.[10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．在正方体A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为________．2解析 以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0)． ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.2.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________．答案 －14解析 以C 点为坐标原点，CA ，CB ，CC 1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D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，其中0≤z ≤3，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝⎛⎭⎫z －522－14， 故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值－14.3．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________．3解析 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1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A －xyz ，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．已知六面体ABC —A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为________．答案 45°解析 如图所示，取AC 的中点N ，连结NB ，以N 为坐标原点，NB ，NC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系．则A ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，C ⎝⎛⎭⎫0，a2，0， B 1⎝⎛⎭⎫3a 2，0，a ，D ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， C 1⎝⎛⎭⎫0，a2，a ， ∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫3a 2，a 2，a ，AD →＝⎝⎛⎭⎫0，a ，a 2，CC 1→＝(0,0，a )． 设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB 1→＝0，n ·AD →＝0，可取n ＝(3，1，－2)． ∴cos 〈CC 1→，n 〉＝CC 1→·n |CC 1→||n |＝－2a a ×22＝－22，∵直线与平面所成角的范围是[0°，90°]， ∴直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为45°.5．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________． 答案55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＝|cos 〈n ，P A →〉|＝|P A →·n ||P A →||n |＝55， ∴直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 6．二面角的棱上有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________． 答案 60°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，又〈AC →，B D →〉∈[0°，180°]， ∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.7.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．答案 60°解析 以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0,90°]， ∴EF 和BC 1所成的角为60°.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所成角的正弦值为________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，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，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的一个法向量为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．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 所成的锐二面角的正切值为________． 答案23解析 方法一 延长FE ，CB 相交于点G ，连结AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连结EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二 如图，以点D 为坐标原点，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D －xyz ，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 所成的锐二面角为θ，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．在正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________． 答案 30°解析 如图，以O 为原点，OA ，OB ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O —xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a ,0,0)，B (0，a ，0)，C (－a ,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a ,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a ,0)， 设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2ax ＝0，－ax －a 2y ＋a2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12， 又∵〈CB →，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.11．(2017·江苏)如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底， 建立空间直角坐标系Axyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)， A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34.设二面角B —A 1D —A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角BA 1DA 的正弦值为74.12．(2015·江苏)如图，在四棱锥P —ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)， 又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.13．(2017·全国Ⅱ改编)已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 答案105解析 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 14.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案916解析 因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz .∵AB ＝4，SA ＝3， ∴B (0,4,0)，S (0,0,3)． 设BC ＝m ，则C (m,4,0)， ∵SF BF ＝CEBE ＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)，∴F ⎝⎛⎭⎫0，4λ1＋λ，31＋λ.同理可得E ⎝⎛⎭⎫m1＋λ，4，0，∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m1＋λ，41＋λ，－31＋λ.∵F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.15．在四棱锥A 1－ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，AA 1⊥平面ABCD ，且AA 1＝AB ，则平面AA 1B 与平面A 1CD 所成角的大小为________． 答案 45°解析 以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD 的边长为1，可求得平面AA 1B 的一个法向量为n 1＝(0,1,0)，平面A 1CD 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝22.又平面AA 1B 与平面A 1CD 所成的角是锐角，所以平面AA 1B 与平面A 1CD 所成角的大小为45°.16．(2017·江苏镇江一模)在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 是棱PC 的中点．(1)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(2)若点F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的正弦值． 解 (1)以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由点E 为棱PC 的中点， 得E (1,1,1)．故BE →＝(0,1,1)，BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0，不妨令y ＝1，则x ＝2，z ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的法向量， 于是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. (2)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. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，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)为平面F AB 的法向量，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|＝－31010，即sin 〈n 1，n 2〉＝1010. 故二面角F －AB －P 的正弦值为1010.。
江苏专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十四空间几何体的表面积与体积文5284
课时跟踪检测（三十四） 空间几何体的表面积与体积一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 答案：323π2．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为2的正四棱锥的体积为________． 解析：由题意得，底面对角线长为22，所以正四棱锥的高为22－22＝2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝423.答案：4233．(2018·苏锡常镇调研)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：法一：由题意知V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2， 由V 1V 2＝3π得a 313πr3＝3π， 得a ＝r ，从而S 1S 2＝32π.法二：不妨设V 1＝27，V 2＝9π，故V 1＝a 3＝27，即a ＝3，所以S 1＝6a 2＝54. 如图所示，又V 2＝13h ×πr 2＝13πr 3＝9π，即r ＝3，所以l ＝2r ，即S 2＝12l ×2πr ＝2πr 2＝92π，所以S 1S 2＝5492π＝32π.答案：32π4.(2017·南京、盐城、连云港、徐州二模)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A A 1EF 的体积VA A 1EF ＝VE A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 35．(2018·镇江期末)一个圆锥的侧面积等于底面面积的2倍，若圆锥底面半径为 3 cm ，则圆锥的体积是______cm 3.解析：设圆锥的母线长为l ，高为h . 圆锥的侧面积等于S 侧＝12(2π×3)×l ，圆锥的底面面积为S 底＝π(3)2＝3π， 又因为圆锥的侧面积等于底面面积的2倍， 故S 侧＝12(2π×3)×l ＝6π，解得l ＝23，h ＝l 2－32＝3，圆锥的体积V ＝13S 底×h ＝13×3π×3＝3π.答案：3π6.(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P AA 1C 1C 的体积为________．解析：四棱锥P AA 1C 1C 可看作：半个正方体割去三棱锥P ABC 和P A 1B 1C 1.所以VP AA 1C 1C ＝12VABCD A 1B 1C 1D 1－V P ABC －VP A 1B 1C 1＝12－112－112＝13.答案：13二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·扬州模拟)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7. 答案：72．已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b .若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．解析：由题意可得12·a 2·32·a ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22·b ，即34a 3＝14πb 3，则a 3b 3＝π3＝3π3. 答案：3π33．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.答案：224．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π35．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为AA 1中点，Q 为CC 1的中点，AB ＝2，则三棱锥B PQD 的体积为________．解析：如图，连结PQ ，则PQ ∥AC ，取PQ 的中点G ，连结BG ，DG ，可得BG ⊥PQ ，DG ⊥PQ ，又BG ∩DG ＝G ，则PQ ⊥平面BGD ，在Rt △BPG 中，由BP ＝5，PG ＝2，可得BG ＝3，同理可得DG ＝3，则△BDG 边BD 上的高为32－22＝1，所以S △BDG ＝12×22×1＝2，则V B PQD＝13×2×22＝43. 答案：436．已知高与底面半径相等的圆锥的体积为8π3，其侧面积与高为22的圆柱OO 1的侧面积相等，则圆柱OO 1的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，圆柱OO 1的底面半径为R ，因为高与底面半径相等的圆锥的体积为8π3，所以13πr 2·r ＝8π3，所以r ＝2.又圆锥的侧面积与高为22的圆柱OO 1的侧面积相等，所以π·r ·2r ＝2πR ·22，所以R ＝1，所以圆柱OO 1的体积为πR 2·22＝22π.答案：22π7.(2018·启东调研)如图，Rt △ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，CE ＝4，BD ＝2，ED ＝210，若M 为ED 的中点，则V M ACB ＝________.解析：如图，过D 作DH ⊥CE 于H ，则BC ＝DH ，在Rt △EDH 中，由ED ＝210，EH ＝EC －DB ＝2，得BC ＝DH ＝6，所以在Rt △ABC 中，AB＝10，BC ＝6，所以AC ＝8，即S △ABC ＝24，又因为CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD ∥CE ，M 为ED 的中点，所以M 到平面ABC 的距离为3，所以V M ACB ＝13S △ABC ×3＝24.答案：248．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π9.如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V圆台－V圆锥＝13(π·22＋π·52＋22·52π2)×4－13π×22×2＝1483π.10．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x .根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r )2×3r ＝3πr 3.V 球＝43πr 3.球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PH tan 30°)2PH ＝19πx 3.又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3，解得x ＝315r .故球取出后，容器内水深为315r . 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋22＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.答案：4π32．三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.答案：8π3.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该几何体的体积．(2)截面ABC的面积．解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，则该几何体的体积V＝VA1B1C1A2B2C＋VCABB2A2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝22＋4－32＝5，BC＝22＋3－22＝5，AC＝222＋4－22＝2 3.则S△ABC＝12×23×52－32＝ 6.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体几何与空间向量高考专题突破四
高考专题突破四高考中的立体几何问题【考点自测】1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，E为A1C1的中点，则DE与平面A1B1BA 的位置关系为________．答案平行解析如图取B1C1的中点为F，连结EF，DF，则EF∥A1B1，DF∥B1B，且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x，y，z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z是平面；③z是直线，x，y是平面；④x，y，z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是________．(填序号)答案②③解析由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．一个六棱锥的体积为23，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 12解析 设六棱锥的高为h ，则V ＝13Sh ，所以13×34×4×6h ＝23，解得h ＝1.设六棱锥的斜高为h ′， 则h 2＋(3)2＝h ′2，故h ′＝2.所以该六棱锥的侧面积为12×2×2×6＝12.4．设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上) 答案 ①或③解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.5．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形； ③三棱锥D －ABC 是正三棱锥； ④平面ADC ⊥平面ABC .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①②③解析 由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错.题型一 求空间几何体的表面积与体积例1 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′—ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，折后EF 与HD 保持垂直关系，即EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′. (2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4， 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，BD ，HD ′⊂平面BHD ′， 所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，AC ，OH ⊂平面ABC ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′—ABCFE 的体积 V ＝13×694×22＝2322.思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．跟踪训练1 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为a 的正三角形，AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°，且A 1A ＝AB ，求该三棱柱的侧面积和体积．解 作A 1O ⊥底面ABC 于点O ，∵AA 1与AC ，AB 所成的角均为60°， 且A 1A ＝AB ，∴O 是△ABC 的中心， ∴AO ＝23×32a ＝33a .又A 1O ＝A 1A 2－AO 2＝63a ， S △ABC ＝34a 2，A 1O ⊥AD ，∴V ＝Sh ＝34a 2×63a ＝24a 3. 又O 是△ABC 的中心，∴AO ⊥BC ，A 1O ⊥BC ， 从而BC ⊥平面A 1AO .∵A 1A ⊂平面A 1AO ，∴BC ⊥A 1A ，又A 1A ∥B 1B ，故BC ⊥B 1B ，∴侧面BCC 1B 1是矩形． ∴S 侧＝11112＋A ABB BCC B S S ＝2×a 2×sin 60°＋a 2 ＝(1＋3)a 2.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (2017·江苏)如图，在三棱锥A —BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 则AB ∥EF .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，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”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练2 (2018届江苏南京调研)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点，求证：(1)平面AB1E⊥平面B1BCC1；(2)A1C∥平面AB1E.证明(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CC1⊥平面ABC.因为AE⊂平面ABC，所以CC1⊥AE.因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为BC⊂平面B1BCC1，CC1⊂平面B1BCC1，且BC∩CC1＝C，所以AE⊥平面B1BCC1.因为AE⊂平面AB1E，所以平面AB1E⊥平面B1BCC1.(2)连结A1B，设A1B∩AB1＝F，连结EF.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点．又因为E是BC的中点，所以EF∥A1C.因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E，所以A1C∥平面AB1E.题型三平面图形的翻折问题例3 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG .(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积． (1)证明 因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ， 所以四边形CDEF 为矩形，由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3， 由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4， 所以EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2，所以EG ⊥GF ，又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，EF ∩GF ＝F ，EF ，GF ⊂平面EFG ， 所以CF ⊥平面EFG ， 所以CF ⊥EG ，又GF ∩CF ＝F ，GF ，CF ⊂平面CFG ， 所以EG ⊥平面CFG ， 又EG ⊂平面DEG ， 所以平面DEG ⊥平面CFG .(2)解 在平面EGF 中，过点G 作GH ⊥EF 于点H ，则GH ＝EG ·GF EF ＝125.因为平面CDEF ⊥平面EFG ，平面CDEF ∩平面EFG ＝EF ，GH ⊂平面EFG ， 所以GH ⊥平面CDEF ， V 多面体CDEFG ＝13S 矩形CDEF ·GH ＝16.思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练3 如图(1)，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，作如图(2)折叠，折痕EF ∥DC .其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后，点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ； (2)求三棱锥M －CDE 的体积．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ，所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF . 又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ，MD ，MF ⊂平面MDF ， 所以CF ⊥平面MDF .(2)解 因为PD ⊥DC ，PC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°，所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在Rt △DCF 中，CF ＝12CD ＝12.如图，过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ， 得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝⎝⎛⎭⎫3342－⎝⎛⎭⎫342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38.故V 三棱锥M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.题型四 立体几何中的存在性问题例4 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面P AC ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(3)设点E 为AB 的中点．在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF ？说明理由． (1)证明 因为PC ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面P AC，所以DC⊥平面P AC.(2)证明因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PC⊥AB.又AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面P AC，所以AB⊥平面P AC.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)解棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连结EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥P A.又因为P A⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以P A∥平面CEF.思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．跟踪训练4 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝2，D 是A1B1的中点．(1)求证：C1D⊥平面A1B；(2)当点F在BB1上什么位置时，AB1⊥平面C1DF？证明你的结论．(1)证明如图，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)解作DE⊥AB1交AB1于点E，延长DE交BB1于点F，连结C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求．证明如下：∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF.1．(2017·江苏新海中学期中)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________． 答案16π3解析 等腰直角三角形的斜边长为4，斜边的高为2. ∴旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体． 圆锥的底面半径为2，高为2.∴几何体的体积V ＝2×13×π×4×2＝16π3.2．若α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，且α∩γ＝m ，β∩γ＝n .命题甲：m ∥n ；命题乙：α∥β.则甲是乙成立的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 答案 必要不充分解析 若α与β平行，则必有m ∥n ，反之，当m ∥n 时，α与β可能相交，如三棱柱中侧棱平行，侧面不平行．3.如图所示，已知平面α∩平面β＝l ，α⊥β.A ，B 是直线l 上的两点，C ，D 是平面β内的两点，且AD ⊥l ，CB ⊥l ，DA ＝4，AB ＝6，CB ＝8.P 是平面α上的一动点，且有∠APD ＝∠BPC ，则四棱锥P －ABCD 体积的最大值是________．答案 48解析 由题意知，△P AD ，△PBC 是直角三角形，又∠APD ＝∠BPC ，所以△P AD ∽△PBC . 因为DA ＝4，CB ＝8，所以PB ＝2P A . 作PM ⊥AB 于点M ，由题意知，PM ⊥平面β. 令BM ＝t ，则AM ＝|6－t |，P A 2－(6－t )2＝4P A 2－t 2， 所以P A 2＝4t －12.所以PM ＝－t 2＋16t －48，即为四棱锥P －ABCD 的高， 又底面ABCD 为直角梯形，S ＝12×(4＋8)×6＝36，所以V ＝13×36×－t 2＋16t －48＝12－(t －8)2＋16≤12×4＝48.4.如图梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论：①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号) 答案 ②③解析 因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误．5．下列三个命题都缺少一个条件P ，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则条件P 为________．①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂α，l ∥m ，P ⇒l ∥α；② ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m ，m ∥α，P ⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥β，α⊥β，P ⇒l ∥α.答案 l ⊄α解析 根据直线与平面平行的判定定理可得①所缺条件为l ⊄α，可推②③同样可补此条件． 6．(2018届无锡一中质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连结DF ，DE ，BD ，BE.求证：(1)P A ∥平面EBD ； (2)PB ⊥平面EFD .证明 (1)连结AC ，交BD 于点G ，连结EG ，由已知得G为AC的中点．又在△P AC中，E为PC的中点，∴P A∥EG，∵EG⊂平面BED，P A⊄平面BED，∴P A∥平面EBD.(2)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵BC⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，又∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE.∵PD＝CD，E为PC的中点，∴DE⊥PC.又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，∴DE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，又∵PB⊥EF，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面EFD，∴PB⊥平面EFD.7．(2013·江苏)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A 作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，且AF⊥SB，知AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB，因此BC⊥SA.8．(2017·江苏苏州期中)在如图所示的四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC ＝90°，SA＝AB＝BC＝a，AD＝3a(a>0)，点E为线段BS上的一个动点．(1)证明：DE和SC不可能垂直；(2)当点E为线段BS的三等分点(靠近B)时，求二面角S－CD－E的余弦值．(1)证明∵SA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，∴AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，AB，AD，AS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则S(0,0，a)，C(a，a,0)，D(0,3a,0)(a>0)，∵SA＝AB＝a，且SA⊥AB，∴设E(x,0，a－x)，其中0≤x≤a，∴DE →＝(x ，－3a ，a －x )，SC →＝(a ，a ，－a )． 假设DE 和SC 垂直，则DE →·SC →＝0，即ax －3a 2－a 2＋ax ＝2ax －4a 2＝0，解得x ＝2a ， 这与0≤x ≤a 矛盾，假设不成立， ∴DE 和SC 不可能垂直．(2)解 ∵E 为线段BS 的三等分点(靠近B )， ∴E ⎝⎛⎭⎫23a ，0，13a ， 设平面SCD 的一个法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面CDE 的一个法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)， ∵CD →＝(－a,2a,0)，SD →＝(0,3a ，－a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝0，n 1·SD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax 1＋2ay 1＝0，3ay 1－az 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2y 1，z 1＝3y 1，取n 1＝(2,1,3)． ∵CD →＝(－a,2a,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫23a ，－3a ，13a ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax 2＋2ay 2＝0，23ax 2－3ay 2＋13az 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2y 2，z 2＝5y 2，取n 2＝(2,1,5)． 设二面角S －CD －E 的平面角的大小为θ，由图可知θ为锐角， ∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝4＋1＋1514·30＝210521，即二面角S －CD －E 的余弦值为210521.9．(2017·江苏南京二模) 在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；(2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D＝λ.若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．解 因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱， 所以A 1A ⊥平面ABCD .又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .连结AC ，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)， F ⎝⎛⎭⎫32，12，1. (1)AD →＝(0,2,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以AD →·EF →＝1.从而cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →||EF →|＝24.故异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D ＝λ，则A 1M →＝λA 1D →，即(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)． 则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，12y 0＋z 0＝0.取y 0＝2，则z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)．由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM →＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体
§8.4 直线、平面垂直的判定与性质考情考向分析 直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直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．直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α互相垂直，记作l ⊥α，直线l 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l 的垂面． (2)判定定理与性质定理2.直线和平面所成的角 (1)定义平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：一条直线和由这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：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义如果两个平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互相垂直． (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理知识拓展 重要结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(2)垂直于同一条直线的两个平面平行．(3)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．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)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( × ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × ) (3)若α⊥β，a ⊥β，则a ∥α.( × )(4)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( √ )(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( × ) 题组二 教材改编2．[P45练习T2]下列命题中正确的是________．(填序号)①如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β；②如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β； ③如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γ； ④如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β.答案①②③解析对于④，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，①②③均是正确的．3．[P42习题T11,16]在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连结OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB ＝P，∴PC⊥平面P AB，又AB⊂平面P AB，∴PC⊥AB，∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．题组三易错自纠4．“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)答案必要不充分解析这无数条直线可能是一组平行直线，此时l与α可能不垂直．5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是________．答案垂直解析因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝1＋4＝5，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是________．(填序号)①MN∥AB；②平面VAC⊥平面VBC；③MN与BC所成的角为45°；④OC⊥平面VAC.答案②解析由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故②正确．题型一 直线与平面垂直的判定与性质典例 (2017·苏锡常镇四市调研) 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点； (2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明(1)连结BC 1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1， 所以OE ∥BC 1.因为侧面AA 1C 1C 是菱形， AC 1∩A 1C ＝O ， 所以O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点．(2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C ， 又AC 1⊥A 1B ，A 1C ∩A 1B ＝A 1，A 1C ，A 1B ⊂平面A 1BC ， 所以AC 1⊥平面A 1BC ，又因为BC ⊂平面A 1BC ，所以AC 1⊥BC . 思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；③面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．跟踪训练 (2015·江苏)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质典例如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面P AD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.证明 (1)方法一 取P A 的中点H ，连结EH ，DH .因为E 为PB 的中点， 所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD ， 所以CE ∥平面P AD . 方法二 连结CF .因为F 为AB 的中点， 所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CF ∥平面P AD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A . 又EF ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面P AD . 又CE ⊂平面CEF ，所以CE ∥平面P AD .(2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A . 又因为AB ⊥P A ，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以AB⊥平面EFG，所以AB垂直于平面EFG内的任意一条直线．又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN垂直于平面EFG内的任意一条直线，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC.证明因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，所以AB⊥平面P AC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面P AC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又EF⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以EF∥平面P AC.同理FG∥平面P AC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．跟踪训练(2014·江苏)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知P A⊥AC，P A＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线P A ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .证明 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥P A .又因为P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线P A ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8， 所以DE ∥P A ，DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又P A ⊥AC ，DE ∥P A ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABC . 题型三 垂直关系中的探索性问题典例 如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF ；(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． (1)证明 连结AC 交BD 于点O ，连结OF .∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．又F为EC的中点，∴OF∥AE.又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H，连结DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.思维升华(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．跟踪训练如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB ＝BC，AC＝2，AA1＝ 2.(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时BNBB1的值；如果不存在，请说明理由．(1)证明连结AB1与A1B，两线交于点O，连结OM.在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，∴OM∥B1C，又∵OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，∴B1C∥平面A1BM.(2)证明∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，∴AA1⊥BM，又∵M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.∵AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，∴BM⊥平面ACC1A1，∴BM⊥AC1.∵AC＝2，∴AM＝1.又∵AA1＝2，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝2，∴∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，∴A1M⊥AC1.∵BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，∴AC1⊥平面A1BM.(3)解 当点N 为BB 1的中点，即BN BB 1＝12时，平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C . 证明如下：设AC 1的中点为D ，连结DM ，DN .∵D ，M 分别为AC 1，AC 的中点， ∴DM ∥CC 1，且DM ＝12CC 1.又∵N 为BB 1的中点，∴DM ∥BN ，且DM ＝BN ， ∴四边形BNDM 为平行四边形， ∴BM ∥DN ，∵BM ⊥平面ACC 1A 1，∴BM 垂直于平面ACC 1A 1内的任意一条直线， ∴DN 垂直于平面ACC 1A 1内的任意一条直线， ∴DN ⊥平面AA 1C 1C . 又∵DN ⊂平面AC 1N ， ∴平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C .立体几何证明问题中的转化思想典例 (14分)如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的 中点．求证：(1)AN ∥平面A 1MK ； (2)平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .思想方法指导 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理．(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等．(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件，步骤书写要规范．规范解答证明(1)如图所示，连结NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]又∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连结BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.[10分]∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，[12分]∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[14分]1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则下列说法中正确的为________．(填序号)①垂直于平面β的平面一定平行于平面α；②垂直于直线l的直线一定垂直于平面α；③垂直于平面β的平面一定平行于直线l；④垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直．答案④解析对于①，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故①错误；对于②，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故②错误；对于③，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故③错误．④正确．2．若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为________．(填序号)①过点P垂直于平面α的直线平行于平面β；②过点P垂直于直线l的直线在平面α内；③过点P垂直于平面β的直线在平面α内；④过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β.答案②解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此①正确；过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此②不正确；根据面面垂直的性质定理，知③④正确．3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题正确的是________．(填序号)①若l⊥β，则α⊥β；②若α⊥β，则l⊥m；③若l∥β，则α∥β；④若α∥β，则l∥m.答案①解析对于①，∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，①正确；对于②，α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m的位置关系不确定；对于③，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；对于④，∵α∥β，l⊂α，m ⊂β，此时，l与m的位置关系不确定．4．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，则下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是________．(填序号)①α⊥β且m⊂α；②α⊥β且m∥α；③m∥n且n⊥β；④m⊥n且n∥β.答案③解析对于①，由α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故①不成立；对于②，由α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故②不成立；对于③，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故③成立；对于④，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故④不成立．5．设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.(用序号表示)答案①③④⇒②(或②③④⇒①)解析逐一判断．若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确．6.如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．(填序号)答案①②③解析对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∵AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A，∵P A⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，∴OM∥平面P AC；对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确．7.如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案 4解析 ∵P A ⊥平面ABC ，AB ，AC ，BC ⊂平面ABC ，∴P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥BC ，则△P AB ，△P AC 为直角三角形．由BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，得BC ⊥平面P AC ，从而BC ⊥PC ，因此△ABC ，△PBC 也是直角三角形．8. 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为正确的条件即可)答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)解析 ∵P A ⊥底面ABCD ，∴BD ⊥P A ，连结AC ，则BD ⊥AC ，且P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ，∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)时，即有PC ⊥平面MBD ， 而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD .9.如图，∠BAC ＝90°，PC ⊥平面ABC ，则在△ABC 和△P AC 的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有________；与AP 垂直的直线有________．答案 AB ，BC ，AC AB解析 ∵PC ⊥平面ABC ，∴PC 垂直于直线AB ，BC ，AC ；∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ，∴AB ⊥平面P AC ，∴与AP 垂直的直线是AB .10.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案 12解析 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF . 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ， 则DE ＝12h .又12×2×2＝12×h 22＋(2)2， 所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中， B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ， 得x ＝12.11.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC 1∥平面EFPQ ； (2)直线AC 1⊥平面PQMN .证明 (1)如图，连结AD 1，由ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1，因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1， 从而BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)连结AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，PN，MN⊂平面PQMN，所以直线AC1⊥平面PQMN.12．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，且DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.13.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线________上．答案AB解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．14.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A 在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．15.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是______．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.答案①②④解析由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连结NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC ⊥EA ，EC ⊥ED ，EA ∩ED ＝E ，所以EC ⊥平面AED ，AD ⊂平面AED ，所以EC ⊥AD ，④正确．16. 点P 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题： ①三棱锥A —D 1PC 的体积不变；②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．答案 ①②④解析 连结BD 交AC 于点O ，连结DC 1交D 1C 于点O 1，连结OO 1，则OO 1∥BC 1，所以BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以三棱锥P —AD 1C 的体积不变．又因为1—P AD C V 三棱锥＝1—A D PC V 三棱锥，所以①正确； 因为平面A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，②正确；由于当点P 在B 点时，DB 不垂直于BC 1，即DP 不垂直BC 1，故③不正确； 由于DB 1⊥D 1C ，DB 1⊥AD 1，D 1C ∩AD 1＝D 1，所以DB 1⊥平面AD 1C .又因为DB 1⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面ACD 1，④正确．。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体几何与空间向量8-5 含答案 精品
§8.5 空间向量及其运算考情考向分析 本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容．一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力．1．空间向量的有关概念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 (a ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa . (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有序实数组(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b . (3)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3. 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角a ，b 是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与向量b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b . ②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ； ③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 4．空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).知识拓展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：OA →＝xOB →＋yOC →(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：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间中任意一点．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)空间中任意两个非零向量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)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × )(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) (6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．( × ) 题组二 教材改编2．[P84练习T5]如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则向量BM →可用a ，b ，c 表示为______________．答案 －12a ＋12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．[P91练习T6]设a ＝(2,2m －3，n ＋2)，b ＝(4,2m ＋1，3n －2)，且a ∥b ，则实数m ，n 的值分别为________． 答案 72，6解析 ∵a ∥b ，∴24＝2m －32m ＋1＝n ＋23n －2，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝72，n ＝6.题组三 易错自纠4．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________． 答案 平行解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是__________________________________． 答案 ⎝⎛⎭⎫3210，225，－22和⎝⎛⎭⎫－3210，－225，22 解析 因为与向量a 共线的单位向量是±a|a |，又因为向量(－3，－4,5)的模为(－3)2＋(－4)2＋52＝52，所以与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是±152(－3，－4，5)＝±210(－3，－4,5)．6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝________. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算1.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)， ∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 2. 如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →＝________.答案 12(a ＋b －c )解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )． 思维升华 用已知向量表示某一向量的方法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．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．在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 题型二 共线定理、共面定理的应用典例 如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合， MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.思维升华 (1)证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 ①P A →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； ③对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． (2)证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →；③对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ④PM →∥AB →(或P A →∥MB →或PB →∥AM →)．跟踪训练 如图，在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F ，G 分别是A 1D 1，D 1D ，D 1C 1的中点．(1)试用向量AB →，AD →，AA 1→表示AG →； (2)用向量方法证明平面EFG ∥平面AB 1C . (1)解 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c . 由图得AG →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1G →＝c ＋b ＋12DC →＝12a ＋b ＋c ＝12AB →＋AD →＋AA 1→.(2)证明 由题图，得AC →＝AB →＋BC →＝a ＋b ， EG →＝ED 1→＋D 1G →＝12b ＋12a ＝12AC →，∵EG 与AC 无公共点，∴EG ∥AC ，∵EG ⊄平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， ∴EG ∥平面AB 1C .又∵AB 1→＝AB →＋BB 1→＝a ＋c ， FG →＝FD 1→＋D 1G →＝12c ＋12a ＝12AB 1→，∵FG 与AB 1无公共点，∴FG ∥AB 1，∵FG ⊄平面AB 1C ，AB 1⊂平面AB 1C ， ∴FG ∥平面AB 1C ，又∵FG ∩EG ＝G ，FG ，EG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面AB 1C . 题型三 空间向量数量积的应用典例 如图，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.(1)求线段AC 1的长；(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA 1⊥BD .(1)解 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1. ∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝a ＋b ＋c ， ∴|AC 1→|＝|a ＋b ＋c |＝(a ＋b ＋c )2 ＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝12＋12＋22＋2(0－1－1)＝ 2. ∴线段AC 1的长为 2.(2)解 设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AC 1→，A 1D →〉|＝|AC 1→·A 1D →||AC 1→||A 1D →|.∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，A 1D →＝b －c ， ∴AC 1→·A 1D →＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋12－22＝－2， |A 1D →|＝(b －c )2＝|b |2－2b ·c ＋|c |2 ＝12－2×(－1)＋22＝7.∴cos θ＝|AC 1→·A 1D →||AC 1→||A 1D →|＝|－2|2×7＝147.故异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明 ∵AA 1→＝c ，BD →＝b －a ，∴AA 1→·BD →＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝(－1)－(－1)＝0，∴AA 1→⊥BD →，即AA 1⊥BD .思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角． (3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值． 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1， ∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.坐标法在立体几何中的应用典例 (10分)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，在底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .思想方法指导 利用向量解决立体几何问题时，首先要将几何问题转化成向量问题，通过建立坐标系利用向量的坐标进行求解． 规范解答(1)解 如图，以点C 作为坐标原点O ，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．由题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，所以|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.[2分](2)解 由题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0，1,2)，所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)， BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5， 所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010.[6分](3)证明 由题意得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2， A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，[8分] 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →，即A 1B ⊥C 1M .[10分]1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是________． 答案 0解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0.2．已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m ＝________. 答案 －2解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0， ∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2.3．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则l 与α的位置关系为________． 答案 l ⊥α解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.4．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 答案 π6解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6.5．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＝________. 答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ， 即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是________．答案3－ 2解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2， 故|BD →|＝3－ 2.7．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________． 答案 60°解析 由题意，得(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10， 即2a·c ＋b·c ＝－10.又∵a·c ＝4，∴b·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，又∵〈b ，c 〉∈[0°，180°]，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.8. 如图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为______．答案 16，13，13解析 ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →， 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，∴x ＝16，y ＝z ＝13.9．A ，B ，C ，D 是空间不共面四点，且AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 的形状是________三角形．(填锐角、直角、钝角中的一个) 答案 锐角解析 因为BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →) ＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →2 ＝AB →2>0，所以∠CBD 为锐角．同理∠BCD ，∠BDC 均为锐角． 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________． 答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确． 11．已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值． 解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)， ∴c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m,2m )， ∴|c |＝(－2m )2＋(－m )2＋(2m )2＝3|m |＝3， ∴m ＝±1，∴c ＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)． (2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1， 又∵|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 12.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EG 的长；(3)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°. (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，EF →·BA →＝⎝⎛⎭⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14. (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12AB →＋(AC →－AB →)＋12(AD →－AC →) ＝－12AB →＋12AC →＋12AD →＝－12a ＋12b ＋12c ，所以EG →2＝14(－a ＋b ＋c )2＝14(a 2＋b 2＋c 2－2a·b －2a·c ＋2b·c )＝12， 所以|EG →|＝22，即EG 的长为22.(3)AG →＝12(AC →＋AD →)＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，AG →·CE →＝⎝⎛⎭⎫12b ＋12c ⎝⎛⎭⎫－b ＋12a ＝12⎝⎛⎭⎫12a·b －|b |2＋12a·c －b·c ＝－12， |AG →|＝32，|CE →|＝32，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.13．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________. 答案 0解析 如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.14．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标，已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4,2,3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是________． 答案 (3,1,3)解析 设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z ， 则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，① ∵p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4,2,3)， ∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，② 由①②得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3,1,3)．15.在三棱柱ABO －A ′B ′O ′中，∠AOB ＝90°，侧棱OO ′⊥平面OAB ，OA ＝OB ＝OO ′＝2.若C 为线段O ′A 的中点，在线段BB ′上有一点E ，使得EC 最小，则BEBB ′＝________.答案 12解析 由题意可得OA ，OB ，OO ′两两垂直，以O 为原点，以OA ，OB ，OO ′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O －xyz .由OA ＝OB ＝OO ′＝2，得A (2,0,0)，O ′(0,0,2)．由C 为线段O ′A 的中点，得点C 的坐标为(1,0,1)．设点E 的坐标为(0,2，h )，则EC ＝(0－1)2＋(2－0)2＋(h －1)2＝(h －1)2＋5.故当h ＝1时，EC 取得最小值，为5，此时E (0,2,1)为线段BB ′的中点，所以BE BB ′＝12.16．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是____________． 答案 ⎝⎛⎭⎫43，43，83解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)， 则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23. 即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23.此时OQ →＝⎝⎛⎭⎫43，43，83.。
江苏专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十五点线面之间的位置关系文528417
课时跟踪检测（三十五） 点、线、面之间的位置关系一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设P 表示一个点，a ，b 表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．①P ∈a ，P ∈α⇒a ⊂α；②a ∩b ＝P ，b ⊂β⇒a ⊂β；③a ∥b ，a ⊂α，P ∈b ，P ∈α⇒b ⊂α；④α∩β＝b ，P ∈α，P ∈β⇒P ∈b .答案：③④2.如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：因为AM MB ＝AN ND，所以MN ∥BD ，又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，所以MN ∥平面BDC .答案：平行3．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．答案：1或44.如图，平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1.故符合条件的有5条．答案：55．设a ，b ，c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交；④若a ⊂平面α，b ⊂平面β，则a ，b 一定是异面直线．上述命题中正确的命题是____(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行或异面，故②错；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”，故④错．答案：①二保高考，全练题型做到高考达标1．已知A ，B ，C ，D 是空间四点，命题甲：A ，B ，C ，D 四点不共面，命题乙：直线AC 和BD 不相交，则甲是乙成立的______条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：若A ，B ，C ，D 四点不共面，则直线AC 和BD 不共面，所以AC 和BD 不相交；若直线AC 和BD 不相交，若直线AC 和BD 平行时，A ，B ，C ，D 四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．答案：充分不必要2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是线段BC ，CD 1的中点，则直线A 1B 与直线EF 的位置关系是________．解析：由BC 綊AD ，AD 綊A 1D 1知，BC 綊A 1D 1，从而四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥CD 1，又EF ⊂平面A 1BCD 1，EF ∩D 1C ＝F ，则A 1B 与EF 相交．答案：相交3．下列命题中，真命题的个数为________．①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l .解析：根据公理3，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.答案：24．已知l ，m ，n 为两两垂直的三条异面直线，过l 作平面α与直线m 垂直，则直线n 与平面α的关系是________．解析：因为l ⊂α，且l 与n 异面，所以n ⊄α，又因为m ⊥α，n ⊥m ，所以n ∥α. 答案：n ∥α5.如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是______(填序号)．①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．解析：连结EH ，FG ，如图所示．依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ， 所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．答案：④6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB ，CD ，EF ，GH 在原正方体中互为异面直线的对数为________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB ，CD ，EF 和GH 在原正方体中，显然AB 与CD ，EF 与GH ，AB 与GH 都是异面直线，而AB 与EF 相交，CD 与GH 相交，CD 与EF 平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：37.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析：还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN .答案：②③④8．如图，在四棱锥V ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E ，F 分别为侧棱VC ，VB 上的点，且满足VC ＝3EC ，AF ∥平面BDE ，则VB FB＝________.解析：连结AC 交BD 于点O ，连结EO ，取VE 的中点M ，连结AM ，MF ，由VC ＝3EC ⇒VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ⇒AM ∥EO ⇒AM ∥平面BDE ，又由题意知AF ∥平面BDE ，且AF ∩AM ＝A ，所以平面AMF ∥平面BDE ⇒MF∥平面BDE ⇒MF ∥BE ⇒VF ＝FB ⇒VB FB＝2. 答案：29.(2018·南京一中检测)如图，E ，F 分别是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱A 1A ，C 1C 的中点．求证：四边形B 1EDF 是平行四边形．证明：设Q 是DD 1的中点，连结EQ ，QC 1，如图． 因为E 是AA 1的中点，Q 是DD 1的中点，所以EQ 綊A 1D 1.又A 1D 1綊B 1C 1，所以EQ 綊B 1C 1，所以四边形EQC 1B 1为平行四边形，所以B 1E 綊C 1Q .又Q ，F 分别是D 1D ，C 1C 的中点，所以QD 綊C 1F ，所以四边形DQC 1F 为平行四边形，所以C 1Q 綊DF .故B 1E 綊DF ，所以四边形B 1EDF 是平行四边形．10.如图所示，四边形ABEF 和四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE ∥FA ，BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？说明理由．解：(1)证明：因为G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH ∥AD ，GH ＝12AD . 又BC ∥AD ，BC ＝12AD ， 所以GH 綊BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2)四点共面，理由如下：由BE ∥FA ，BE ＝12FA ，G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ， 所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，所以EF 与CH 共面．又D ∈FH ，所以C ，D ，F ，E 四点共面．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CG CD＝μ，则下列结论中正确的是________(填序号)．①当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形；②当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形；④当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形．解析：由AE AB ＝AHAD ＝λ，得EH ∥BD ，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且FG BD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG .当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH ≠FG ，所以①②③正确，只有④错误．答案：①②③2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有________条．解析：如图，在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因为CD 与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q ，连结PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与A 1D 1，EF ，CD 都相交．答案：无数3.如图所示，三棱柱ABC A 1B 1C 1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM与EF 所成的角的余弦值．解：(1)法一：如图所示，取AE 的中点O ，连结OF ，过点O 作OM⊥AC 于点M .因为侧棱A 1A ⊥底面ABC ，所以侧面A 1ACC 1⊥底面ABC .又因为EC ＝2FB ＝2，所以OM ∥FB ∥EC 且OM ＝12EC ＝FB ， 所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．法二：如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连结PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE 綊BF ，所以PQ ∥AE ，PB ∥EF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角． 易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OFEF ＝35＝155， 所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第八章立体几何学案文.docx
第八章立体几何必过教材关圆柱圆锥圆台侧面展开图^2nr<；/A /2K9f 針侧面积公式S圆柱测=2 n rl S圆毎侧=皿rl Sifil台侧=n （厂+厂'）12.空间几何体的表血积与体积公式名称几何表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S农而积=S侧+2S底V=Sh锥体（棱锥和圆锥）s浜面积=s^+s底v=\sh台体（棱台和圆台）S表面积= S^］+S上+S下卩=*s上+S F+伍瓦）力球$=4 兀# 4 .V=~Tllt［小题体验］1.（2018 •南京高三年级学情调研）将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27 IT cm3,则该圆柱的侧面积为________ coil解析：设正方形的边长为cm,贝ij兀/・m=27ir,得日=3,所以侧面积2JI X3X3=18 n cn/ .答案：18兀2.（2018 •海安高三质量测试）已知正三棱锥的体积为36^3 cm3,高为4 cm,则底面边长为cm.第・节空间几何体的表血积与体积解析:设正三棱锥的底面边长为a cm,则其面积为S= 企,由题意知卜乎/乂4 = 36羽, 解得$=6羽.答案：6^33. _______ 正三棱柱AB&A^G 的底面边长为2,侧棱长为〃为％中点，则三棱锥A-BM 的体积为 __________ .解析：在正三棱柱ABC ・AA G 中， 因为 ADLBC, ADI.BBx, BB\CBC=B, 所以肋丄平面〃/G.所以 VA ・ B\DG=gs/\B\DC 、・ /JZ?=|x|x2 X^3 X^3 = 1.答案：1• •}.刘过易错关1. 求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易汕错.2. 易混侧面积与表面积的概念. ［小题纠偏］1. （教材习题改编）圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为______ ,球的表面积与圆柱的侧面积之比为 ________ ・答案：2 : 31 : 12. 己知某正三棱锥的高为1,体积为申，则该正三棱锥的侧面积为 ________ .解析：如图，设正三棱锥为V- ABC,其底面边长为日，％为正三棱锥的高，所以 /XU*,所以 尸2,所以0〃=¥><2X*=¥，所以斜高旳=鹅+1匚学 所以侧 面积S=3X*X2X 军=2羽.〃考点一 空间几何体的表面积 基础送分型考点一一自主练透［题组练透］1. _________________________________ 棱长为2的正四面体的表面积是 ・ 解析：每个面的面积为：|x2X2X^=^•所以正四面体的表面积为心/i 答案：4^32. 一个六棱锥的体积为2心其底而是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六 棱锥的侧而积为 __________ ・解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为力，侧而的斜高为力‘・ 由题意，W|><6X^X22X 力=2萌， 所以力=1,所以斜高力'=心+ £ 2 = 2, 所以 Sb=6X*X2X2=12. 答案：12 3.如图所示，在边长为5+A /2的正方形/!财中，以/为圆心画一个 扇形，以。
江苏高三数学立体几何专题复习检测
2019届江苏高三数学立体几何专题复习检测立体几何是3维欧氏空间的几何的传统名称, 下面是立体几何专题复习检测, 供考生练习。
1.空间几何体的结构(棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球)[回扣问题1]判断下列命题是否正确, 正确的在括号内画, 错误的画.①有两个面平行, 其余各面都是四边形的几何体叫棱柱()②有两个面平行, 其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.()③有两个面平行, 其余各面都是四边形, 并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱.()④用一个平面去截棱锥, 底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台.()2.简单几何体的表面积和体积(1)S直棱柱侧=ch(c为底面的周长, h为高).(2)S正棱锥侧=ch(c为底面周长, h为斜高).(3)S正棱台侧=(c+c)h(c与c分别为上、下底面周长, h为斜高).(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S圆柱侧=2rl(r为底面半径, l为母线),S圆锥侧=rl(同上),S圆台侧=(r+r)l(r、r分别为上、下底的半径, l为母线).(5)体积公式V柱=Sh(S为底面面积, h为高),V锥=Sh(S为底h为高),V台=(S++S)h(S、S为上、下底面面积, h为高).(6)球的表面积和体积S球=4R2, V球=R3(R为球的半径).[回扣问题2]棱长为a的正四面体的体积为______, 其外接球的表面积为________.3.空间点、线、面的位置关系(1)平面的三个公理(2)线线位置关系(平行、相交、异面)(3)线面位置关系a=A(a), a∥4)面面位置关系: ∥, =a[回扣问题3]判断下列命题是否正确, 正确的在括号内画, 错误的画.①梯形可以确定一个平面.()②圆心和圆上两点可以确定一个平面.()③已知a, b, c, d是四条直线, 若a∥b, b∥c, c∥d, 则a∥d.()④两条直线a, b没有公共点, 那么a与b是异面直线.()⑤若a, b是两条直线, , 是两个平面, 且a, 则a, b是异面直线.()4.空间的平行关系(1)线面平行:(2)面面平行:(3)线线平行: ab.[回扣问题4]判断下列命题是否正确, 正确的在括号内画, 错误的画.①如果a, b是两条直线, 且a∥b, 那么a平行于经过b的任何平面.()②如果直线a和平面满足a∥, 那么a与内的任何直线平行.()③如果直线a, b和平面满足a∥, b∥, 那么a∥b.()④如果直线a, b和平面满足a∥b, a∥, b那么b∥.()5.空间的垂直关系(1)线面垂直:(2)面面垂直: 二面角90;(3)线线垂直: ab.[回扣问题5]已知两个平面垂直, 下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线.②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线.③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面.④过一个平面内任意一点作交线的垂线, 则此垂线必垂直于另一个平面.其中正确命题的个数是____.6.三棱锥中: 侧棱长相等(侧棱与底面所成角相等)顶点在底面射影为底面垂心;斜高相等(侧面与底面所成相等)顶点在底面射影为底面内心;正棱锥各侧面与底面所成角相等为, 则S侧cos =S底.[回扣问题6]过△ABC所在平面外一点P, 作PO, 垂足为O, 连接PA, PB, PC.(1)若PA=PB=PC, C=90, 则点O是AB边的________点.(2)若PA=PB=PC, 则点O是△ABC的______心.(3)若PAPB, PBPC, PCPA, 则点O是△ABC的________心.(4)若P到AB, BC, CA三边距离相等, 则点O是△ABC的________心.回扣五立体几何1.① ② ③ ④2.a3 a23.① ②? ③ ④ ? ⑤?4.①? ②? ③? ④5.16.(1)中 (2)外 (3)垂 (4)内立体几何专题复习检测及答案的内容就是这些, 查字典数学网预祝考生可以考上理想的大学。
2019版高考数学一轮复习训练： 基础与考点过关 第八章 立体几何初步
第八章 立体几何初步第1课时 空间点、直线、平面之间的 位置关系1. (必修2P 24练习2改编)用集合符号表示“点P 在直线l 外，直线l 在平面α内”为________．答案：P ∉l ，l ⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示． 2. (必修2P 28练习2改编)已知AB∥PQ，BC ∥QR ，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________． 答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR 与∠ABC 相等或互补，故答案为45°或135°. 3. (原创)若直线l 上有两个点在平面α外，则________．(填序号) ① 直线l 上至少有一个点在平面α内； ② 直线l 上有无穷多个点在平面α内； ③ 直线l 上所有点都在平面α外； ④ 直线l 上至多有一个点在平面α内． 答案：④解析：由已知得直线l ⊄α，故直线l 上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P 31习题15改编)如图所示，设E ，F ，G ，H 依次是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上除端点外的点，AE AB ＝AH AD ＝λ，CF CB ＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)① 当λ＝μ时，四边形EFGH 是平行四边形； ② 当λ≠μ时，四边形EFGH 是梯形；③ 当λ≠μ时，四边形EFGH 一定不是平行四边形； ④ 当λ＝μ时，四边形EFGH 是梯形． 答案：④解析：由AE AB ＝AH AD ＝λ，得EH∥BD，且EH BD ＝λ，同理得FG ∥BD 且 FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH ∥FG 且EH ＝FG.当λ≠μ时，EH ∥FG ，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P 30练习2改编)在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，与AB 异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ， 所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面． 又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面． 变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD 的中点．(1) 求证：BC与AD是异面直线；(2) 求证：EG与FH相交．证明：(1) 假设BC与AD不是异面直线，则BC与AD共面．不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α，所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2) 如图，连结AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)． 则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°， 即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°， 即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时 直线与平面的位置关系(1) (对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.② 要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P 35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l 与α至少有一个公共点；③ l 与α至多有一个公共点．则能确定直线l 在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l 在平面α外：l∥α或直线l 与平面α仅有一个交点． 2. (必修2P 35练习7改编)在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P 35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA 1B 1C 1D 1E 1F 1的表面中，与A 1F 1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF 、平面CC 1D 1D解析：在正六棱柱中，易知A 1F 1∥AF ，AF ⊂平面ABCDEF ，且A 1F 1⊄平面ABCDEF ，所以A 1F 1∥平面ABCDEF.同理，A 1F 1∥C 1D 1，C 1D 1⊂平面CC 1D 1D ，且A 1F 1⊄平面CC 1D 1D ，所以A 1F 1∥平面CC 1D 1D.其他各面与A 1F 1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF 与平面CC 1D 1D.4. (原创)P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列四个命题：① OM ∥平面PCD ；② OM∥平面PBC ；③ OM∥平面PDA ；④ OM∥平面PBA. 其中正确命题的个数是________． 答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD 且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P 41习题5改编)在四面体ABCD 中，点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ABC 、平面ABD 解析：如图，连结AM 并延长交CD 于E ，连结BN 并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN∥AB，因此，MN ∥平面ABC ，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ， 所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ， 所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ， 所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ， 平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享） 如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ， 所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ， 所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在A A′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′， 所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ， 所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点， 所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ， 所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形， 所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ， 所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是 Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的 条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为 Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1.解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2） 解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BDB 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ， 即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.1. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a （a>0），PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝1，问BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，并说明理由.解：假设存在点Q ，使得PQ⊥QD.连结AQ. ∵ PA ⊥平面ABCD ，且DQ ⊂平面ABCD ， ∴ PA ⊥DQ.∵ PQ ⊥DQ ，且PQ∩PA＝P ，PQ ⊂平面PAQ ，PA ⊂平面PAQ ， ∴ DQ ⊥平面PAQ.∵ AQ ⊂平面PAQ ，∴ AQ ⊥DQ.设BQ ＝x ，则CQ ＝a －x ，AQ 2＝x 2＋1，DQ 2＝（a －x ）2＋1.∵ AQ 2＋DQ 2＝AD 2，∴ x 2＋1＋（a －x ）2＋1＝a 2，即x 2－ax ＋1＝0 （*）.方程（*）的判别式Δ＝a 2－4. ∵ a>0，∴ 当Δ<0，即0<a<2时，方程（*）无实根；当Δ＝0，即a ＝2时，方程（*）有惟一实根，此时x ＝1；当Δ>0，即a>2时，方程（*）有两个不等实根，设两个实根分别为x 1，x 2.由于x 1＋x 2＝a>0，x 1x 2＝1>0，则这两个实根均为正数.因此，当0<a<2时，BC 边上不存在点Q 使PQ⊥QD； 当a ＝2时，BC 边上存在惟一一点Q （即BC 的中点），使PQ ⊥QD ； 当a>2时，BC 边上存在不同的两点Q ，使PQ⊥QD.2. 如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.（1） 求证：AC 1∥平面BDE ； （2） 求证：A 1E ⊥平面BDE.证明：（1） 连结AC 交BD 于点O ，连结OE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是正方形，点O 为AC 的中点，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，得EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE.因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE.（2） 连结B 1E.设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a.所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21，所以B 1E ⊥BE.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE. 因为B 1E ∩A 1B 1＝ B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE⊥平面A 1B 1E. 因为A 1E ⊂平面A 1B 1E ，所以A 1E ⊥BE. 同理A 1E ⊥DE.又因为BE∩DE＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ， 所以A 1E ⊥平面BDE.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA 垂直于底面，点E ，F 分别是AB ，PC 的中点，PA ＝AD.求证：（1） CD⊥PD；（2） EF⊥平面PCD.证明：（1） ∵ PA⊥底面ABCD ，∴ CD ⊥PA.又矩形ABCD 中，CD ⊥AD ，且AD∩PA＝A ，AD ，PA ⊂平面PAD ，∴ CD ⊥平面PAD ，∴ CD ⊥PD.（2） 如图，取PD 的中点G ，连结AG ，FG.∵ 点G ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴ GF 綊12CD ，∴ GF 綊AE ，∴ 四边形AEFG 是平行四边形，∴ AG ∥EF. ∵ PA ＝AD ，G 是PD 的中点， ∴ AG ⊥PD ，∴ EF ⊥PD.∵ CD ⊥平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， ∴ CD ⊥AG ，∴ EF ⊥CD.∵ PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，∴ EF ⊥平面PCD.4. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC⊥BC，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E. 求证：（1） DE∥平面AA 1C 1C ； （2） BC 1⊥AB 1.。
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课时达标检测(三十四）空间几何体的表面积与体积[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论中错误的序号有________． ①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥；③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥； ④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线．解析：①错误，如图(1)是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；②错误，如图(2)，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；③错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．④显然正确．答案：①②③2．(2018·南通中学高三月考)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1 的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．解析：因为VM AB 1C ＝VABC A 1B 1C 1－VA A 1B 1M －VB 1ABC －VC B 1C 1M ，所以VM AB 1C ＝2×34×22－13×2×12×34×22－13×2×34×22－13×2×12×34×22＝233.答案：2333．已知某圆锥体的底面半径r ＝3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥体的表面积是________．解析：由已知可得沿圆锥体的母线把侧面展开后得到的扇形的弧长为2πr ＝6π，从而其母线长为l ＝6π2π3＝9，所以圆锥体的表面积为S 侧＋S 底＝12×9×6π＋9π＝36π.答案：36π4.(2018·陕西西工大附中训练)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，PA ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．解析：由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥AD .又PD ＝m ，PA ＝2m ，则AD ＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P ABCD ＝V O ABCD ＋V O PAD ＋V O PAB ＋V O PBC ＋V O PCD ，即13·m 2·m ＝13·m 2×R ＋13×12·m 2·R ＋13×12·2m 2·R ＋13×12·2m 2·R ＋13·12·m 2·R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m . 答案：12(2－2)m5．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2S 1＝22.答案：22[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是________．解析：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.答案：23πa3π2．(2018·苏北四市一模)将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以斜边上的高为2，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为2，高为2，因此，几何体的体积为V ＝2×13π×22×2＝16π3.答案：16π33．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋(2)2＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.答案：4π34．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为________． 解析：如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连结DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连结PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫233－R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.答案：3π5．(2018·无锡期中)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．解析：如图，设截面小圆的半径为r ，球的半径为R ，因为AH ∶HB ＝1∶2，所以OH ＝13R ，又由题意得πr 2＝π，则r ＝1.由勾股定理得，R 2＝r 2＋OH 2，故R 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13R 2，即R 2＝98.由球的表面积公式得，S ＝4πR 2＝9π2. 答案：9π26．(2018·苏州十中月考)已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为2，锐角为60°的菱形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA ＝3.若点M 是BC 的中点，则三棱锥M PAD 的体积为________．解析：因为S △ADM ＝2S △ABC －S △ABM －S △MDC ＝2×12×4×sin 60°－12×2×1×sin 60°－12×2×1×sin 120°＝3，且侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以V M PAD ＝V P AMD ＝13×3×3＝ 3.答案： 37．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．(2018·启东中学月考)将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为2π，高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球，则该大铁球的表面积为________．解析：V 球＝43π×13＝43π，V 柱＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫2π2π2×4＝4π.设重新锻造成一个大铁球的半径为R ，则43πR 3＝43π＋4π，R ＝34，则该大铁球的表面积S ＝4π(34)2＝832π.答案：832π9．(2017·徐州市四模)若圆锥的底面直径和高都与一个球的直径相等，圆锥、球的表面积分别记为S 1，S 2，则S 1S 2的值是________．解析：设球的半径为r ，则圆锥的底面半径和高分别为r,2r ，则圆锥的母线长为5r ，其侧面积S ＝πrl ＝5πr 2，所以S 1S 2＝5πr 2＋πr 24πr 2＝5＋14. 答案：5＋1410.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a ＞0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎪⎫5－36a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2＝25－533a ，∴25－533a ＞0，∴0＜a ＜53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5 .令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连结OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＞0，即x 4－2x 3＜0，得0＜x ＜2，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 二、解答题11．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ， 故AB ⊥PE ， 可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 12．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .连结O 1B 1. 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数； 当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数． 故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．。