2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第51练含解析
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第51练含解析
⊥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 .2．(2016·福州质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，O 为底面正方形对角线B 1D 1与A 1C 1的交点． (1)求证：AC 1⊥平面B 1D 1C ；(2)过E 构造一条线段与平面B 1D 1C 垂直，并证明你的结论．3．(2016·张掖第二次诊断)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，且△ABC 为正三角形，AA 1＝AB ＝6，D 为AC 的中点． (1)求证：直线AB 1∥平面BC 1D ；(2)求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；(3)求三棱锥C－BC1D的体积．4．(2016·山东省实验中学质检)如图所示，ABC－A1B1C1是底面边长为2，高为3 2的正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P＝λC1A1(0＜λ＜1)．(1)证明：PQ∥A1B1；(2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．答案精析1．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 .2．(1)证明 ∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴AA 1⊥B 1D 1，∵A 1C 1⊥B 1D 1，且AA 1∩A 1C 1＝A 1， AA 1⊂平面AA 1C 1，A 1C 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1， ∵AC 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥AC 1.同理可得B 1C ⊥平面ABC 1，B 1C ⊥AC 1， ∵B 1D 1∩B 1C ＝B 1，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ，B 1C ⊂平面B 1D 1C ， ∴AC 1⊥平面B 1D 1C .(2)解 连结EO ，则线段EO 与平面B 1D 1C 垂直． 证明如下：∵E 是AA 1的中点，O 是A 1C 1的中点， ∴EO ∥AC 1.∵AC 1⊥平面B 1D 1C ， ∴EO ⊥平面B 1D 1C .3．(1)证明 连结B 1C 交BC 1于点O ，连结OD ，如图，则点O 为B 1C 的中点． ∵D 为AC 的中点， ∴AB 1∥OD .∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ， ∴直线AB 1∥平面BC 1D .(2)证明 ∵AA 1⊥底面ABC ，BD ⊂底面ABC ， ∴AA 1⊥BD .∵△ABC 是正三角形，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC . ∵AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面ACC 1A ， AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1. ∵BD ⊂平面BC 1D ， ∴平面BC 1D ⊥平面ACC 1A 1.(3)解 由(2)知，在△ABC 中，BD ⊥AC ， BD ＝BC sin60°＝33， ∴S △BCD ＝12×3×33＝932，∴V 三棱锥C －BC 1D ＝V 三棱锥C 1－BCD ＝13×932×6＝9 3.4．(1)证明 由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，又因为平面APQB ∩平面A 1B 1C 1＝PQ ，平面APQB ∩平面ABC ＝AB ，所以PQ ∥AB . 又因为AB ∥A 1B 1，所以PQ ∥A 1B 1.(2)解 假设存在这样的λ满足题意，分别取AB 的中点D ，PQ 的中点E ，连结CE ，DE ，CD .由(1)及正三棱柱的性质可知△CPQ 为等腰三角形，APQB 为等腰梯形， 所以CE ⊥PQ ，DE ⊥PQ ，所以∠CED 为二面角A －PQ －C 的平面角． 连结C 1E 并延长交A 1B 1于点F ，连结DF . 因为C 1P C 1A 1＝C 1EC 1F ＝λ，C 1A 1＝2，C 1F ＝3，所以C 1E ＝3λ，EF ＝3(1－λ)． 在Rt △CC 1E 中可求得CE 2＝34＋3λ2，在Rt △DFE 中可求得DE 2＝34＋3(1－λ)2.若平面CPQ ⊥截面APQB ，则∠CED ＝90°，所以CE 2＋DE 2＝CD 2，代入数据整理得3λ2－3λ＋34＝0，解得λ＝12，即存在满足题意的λ，λ＝12.。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第50练含解析
1.(2016·徐州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PD＝PC，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点．(1)求证：AM∥平面PBC；(2)求证：CD⊥P A.2．已知两正方形ABCD与ABEF内的点M，N分别在对角线AC，FB上，且AM∶MC＝FN∶NB，沿AB折起，使得∠DAF＝90°.(1)证明：折叠后MN∥平面CBE；(2)若AM∶MC＝2∶3，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN∥平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．3．(2016·辽宁五校协作体上学期期中)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝2，AA1＝2.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(3)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求三棱锥E－BCD的体积．答案精析1．证明 (1)因为在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝2AB ，点M 是CD 的中点，所以AB ∥CM ，且AB ＝CM ，又AB ⊥BC ，所以四边形ABCM 是矩形，所以AM ∥BC ，又因为BC ⊂平面PBC ，AM ⊄平面PBC ，故AM ∥平面PBC .(2)连结PM ，因为PD ＝PC ，点M 是CD 的中点，所以CD ⊥PM ， 又因为四边形ABCM 是矩形，所以CD ⊥AM ，因为PM ⊂平面P AM ，AM ⊂平面P AM ，PM ∩MA ＝M ，所以CD ⊥平面P AM .又因为P A ⊂平面P AM ，所以CD ⊥P A .2.(1)证明 如图，设直线AN 与直线BE 交于点H ，连结CH ，因为△ANF ∽△HNB ，所以FN NB ＝AN NH .又AM MC ＝FN NB ，所以AN NH ＝AM MC ，所以MN ∥CH .又MN ⊄平面CBE ，CH ⊂平面CBE ，所以MN ∥平面CBE .(2)解 存在，过M 作MG ⊥AB 于点G ，连结GN ，则MG ∥BC ， 因为MG ⊄平面CBE ，所以MG ∥平面CBE ，又MN ∥平面CBE ，MG ∩MN ＝M ，所以平面MGN ∥平面CBE .所以点G 在线段AB 上，且AG ∶GB ＝AM ∶MC ＝2∶3.3．(1)证明 ∵底面ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC .∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .∵A 1O ∩AC ＝O ，A 1O ⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，∴BD ⊥平面A 1AC .∵AA 1⊂平面A 1AC ，∴AA 1⊥BD .(2)证明 ∵A 1B 1∥AB ，AB ∥CD ，∴A 1B 1∥CD .∵A 1B 1＝CD ，∴四边形A 1B 1CD 是平行四边形，∴A 1D ∥B 1C ，同理A 1B ∥D 1C ，∵A 1B ⊂平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ，CD 1⊂平面CD 1B 1，B 1C ⊂平面CD 1B 1， 且A 1B ∩A 1D ＝A 1，CD 1∩B 1C ＝C ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(3)解 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD －A 1B 1D 1的高．在正方形ABCD 中，AB ＝2，可得AC ＝2.在Rt △A 1OA 中，AA 1＝2，AO ＝1，∴A 1O ＝3，∴V 三棱柱ABD －A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O＝12×(2)2×3＝ 3.∴三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积为 3.4．(1)证明 如图，取BC 的中点G ，连结AG ，EG .因为E ，G 分别是B 1C ，BC 的中点，所以EG ∥BB 1且EG ＝12BB 1.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1且AA 1＝BB 1，而D 是AA 1的中点，所以AD ∥BB 1，且AD ＝12BB 1.所以EG ∥AD 且EG ＝AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以DE ∥AG ，又因为DE ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .(2)解 由AG ⊥BC ，B 1B ⊥AG ，BC ∩B 1B ＝B ，得AG ⊥平面BCE .因为AD ∥BB 1，AD ⊄平面BCE ，BB 1⊂平面BCE ，所以AD ∥平面BCE ，所以点D 到平面BCE 的距离就是点A 到平面BCE 的距离AG 且AG ＝4.又因为S △BCE ＝12BC ·GE ＝12×6×3＝9， 从而V E －BCD ＝V D －BCE ＝13S △BCE ·AG ＝13×9×4＝12.。
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量.
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形A′B′C′D′. 2 在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋
B′C′·A′B′＝＋1＋＝2＋ 2 . 2 答案 2＋ 2
[思想方法] 1.画三视图的三个原则： (1画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”. (2摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方. (3实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出. 2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和
圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
[易错防范] 1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点. 2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同. 3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽
视实虚线的画法.。
2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件：第八章
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
)
(1)直线l与平面α内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)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直 于另一个平面.( α⊥β.( )
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
规律方法 (1)证明直线和平面垂直的常用方法有： ①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)； ③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质
(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).
(2) 证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则 需借助线面垂直的性质 .因此，判定定理与性质定理的合理 转化是证明线面垂直的基本思想.
可知C正确.
答案 C
5.(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影 为点O， (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.
(2) 若 PA⊥PB ， PB⊥PC ， PC⊥PA ， 则 点 O 是 △ABC 的
________心. 解析 (1)如图1，连接OA，OB，OC，OP， 在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB， 所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.
第5讲
空间中的垂直关系
最新考纲
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认
识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理； 2.能运用 公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的 简单命题.
(江苏专用)2018版高考数学大一轮温习 第八章节 立体几何与空间向量 8.5 空间向量及其运算讲义 理 苏教版
(2)三棱锥O－ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心， 用基向量 O→A，O→B，O→C 表示 M→G，O→G .
解答
M→G＝M→A＋A→G＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋23[12(O→B＋O→C)－O→A]＝－16O→A＋13O→B＋13O→C. O→G＝O→M＋M→G＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C.
3.(教材改编)已知a＝(2,4，x)，b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y 的值为_1_或__－__3_.
答案 解析
依题意得
4＋4y＋2x＝0， 4＋16＋x2＝36，
解得xy＝＝4－，3， 或xy＝＝－1. 4，
∴x＋y＝1或x＋y＝－3.
4.如图，在四面体O－ABC中，O→A＝a， O→B＝b，O→C＝c， D为BC的中点，E为AD的中点，则O→E＝__12_a_＋__14_b_＋__14_c_. (用a，b，c表示)
(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa)·b＝ λ(a·b) ； ②交换律：a·b＝ b·a ； ③分配律：a·(b＋c)＝ a·b＋a·c .
4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示
数量积
a·b
坐标表示
_a_1_b_1_＋__a_2b_2_＋__a_3_b_3 _
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
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： O→A＝xO→B＋yO→C (其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.
2018版高考数学文江苏专用大一轮复习讲义文档 第八章 立体几何 8.5 含答案 精品
1.证明方法(1)证明平行关系的方法：①证明线线平行的常用方法a.利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；b.利用平行四边形进行转换；c.利用三角形中位线定理证明；d.利用线面平行、面面平行的性质定理证明.②证明线面平行的常用方法a.利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；b.利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行.③证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行.(2)证明空间中垂直关系的方法：①证明线线垂直的常用方法a.利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；b.利用勾股定理逆定理；c.利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可.②证明线面垂直的常用方法a.利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；b.利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；c.利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.③证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.2.应特别注意的几个易错点【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若平面外一条直线上有两个点到平面的距离相等，则直线与平面平行.(×)(2)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条.(×)(3)若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(×)(4)α，β，γ为三个不同平面，α∥β，β∥γ⇒α∥γ.(√)(5)若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ.(√)(6)α⊥β，a⊥β，b⊥α⇒a∥b.(×)1.(教材改编)如图，已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，垂足为C，PD⊥β，垂足为D，则直线AB与CD的位置关系是________.答案AB⊥CD解析∵PC⊥α，∴PC⊥AB，又∵PD⊥β，∴PD⊥AB，∴AB⊥平面PCD，∴AB⊥CD.2.已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G分别为B1C1，A1D1，A1B1的中点，则平面EBD 与平面FGA的位置关系为______.答案平行3.(2016·常州一模)给出下列四个命题：①若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；②若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；③若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；④若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面.其中为真命题的是________.(填序号)答案①②解析③中的直线可能在另一平面内；④中的直线与另一平面，可能是线面平行、线面相交或直线在平面内.4.已知点P是等腰三角形ABC所在平面外一点，且P A⊥平面ABC，P A＝8，在△ABC中，底边BC＝6，AB＝5，则P到BC的距离为________.答案4 5解析取BC的中点D，连结AD，PD.∵AD⊥BC，P A⊥BC，且AD∩P A＝A，∴BC⊥平面P AD，∴BC⊥PD，∴在Rt △P AD 中，PD ＝82＋42＝4 5.5.(教材改编)如图，在三棱锥V —ABC 中，∠VAB ＝∠VAC ＝∠ABC ＝90°，则平面VBA 与平面VBC 的位置关系为_______.答案 垂直解析 ∵∠VAB ＝∠VAC ＝∠ABC ＝90°， ∴BC ⊥AB ，VA ⊥AC ，VA ⊥AB ， 由⎭⎪⎬⎪⎫VA ⊥AB VA ⊥AC ⇒VA ⊥平面ABC ， ∴VA ⊥BC ，由⎭⎪⎬⎪⎫VA ⊥BC AB ⊥BC ⇒BC ⊥平面VAB ， 又BC ⊂平面VBC ， ∴平面VBC ⊥平面VBA .题型一 线、面平行与垂直关系的判定例1 (1)如图所示，在直棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若D 是AB 的中点，则AC 1与平面CDB 1的关系为________.(2)已知m ，n 为直线，α，β为平面，给出下列命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥α；②⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥β，n ⊥β⇒m ∥n ； ③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，m ⊥β⇒α∥β；④⎩⎪⎨⎪⎧m ⊂α，n ⊂β，α∥β⇒m ∥n .其中正确的命题是________.答案(1)AC1∥平面CDB1(2)②③解析(1)如图，连结BC1，BC1与CB1交于E点，连结DE，则DE∥AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.(2)对于①，n可能在α内；对于④，m与n可能异面.易知②，③是真命题.思维升华对线面平行、垂直关系的判定(1)易忽视判定定理与性质定理的条件，如易忽视线面平行的判定定理中直线在平面外这一条件.(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.(3)可举反例否定结论或用反证法判断结论是否正确.(1)在正方形SG1G2G3中，E，F分别为G1G2，G2G3的中点.现在沿SE，SF及EF 把这个正方形折成一个四面体，使点G1，G2，G3重合，记为点G，则SG与平面EFG的位置关系为________.答案垂直解析翻折后SG⊥EG，SG⊥FG，从而SG⊥平面EFG.(2)已知三个平面α，β，γ.若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，且直线c⊂β，c∥b.①判断c与α的位置关系，并说明理由；②判断c与a的位置关系，并说明理由.解①c∥α，∵α∥β，∴α与β没有公共点.又∵c⊂β，∴c与α无公共点，故c∥α.②c∥a.∵α∥β，∴α与β没有公共点.又α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a⊂α，b⊂β，且a，b⊂γ，∴a∥b.又c∥b，∴a∥c.题型二平行与垂直关系的证明命题点1线面平行的证明例2 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱BC ，C 1D 1的中点.求证：EF ∥平面BB 1D 1D . 证明 如图所示，连结AC 交BD 于点O ，连结OE ，则OE ∥DC ，OE ＝12DC .∵DC ∥D 1C 1，DC ＝D 1C 1，F 为D 1C 1的中点，∴OE ∥D 1F ，OE ＝D 1F ， ∴四边形D 1FEO 为平行四边形，∴EF ∥D 1O .又∵EF ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EF ∥平面BB 1D 1D .命题点2 面面平行的证明例3 如图所示，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1.(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .(2)若E ，F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD . 证明 (1)∵B 1B ∥DD 1，B 1B ＝D 1D ，∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴B 1D 1∥BD ，又BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ， ∴BD ∥平面B 1D 1C . 同理A 1D ∥平面B 1D 1C ，又∵A 1D ∩BD ＝D ，A 1D ，BD ⊂平面A 1BD ， ∴平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .(2)由BD ∥B 1D 1，得BD ∥平面EB 1D 1.如图所示，取BB 1的中点G ，连结AG ，GF ，易得AE ∥B 1G ， 又∵AE ＝B 1G ，∴四边形AEB 1G 是平行四边形，∴B 1E ∥AG . 同理GF ∥AD .又∵GF ＝AD ， ∴四边形ADFG 是平行四边形，∴AG ∥DF ，∴B 1E ∥DF ，∴DF ∥平面EB 1D 1. 又∵BD ∩DF ＝D ， ∴平面EB 1D 1∥平面FBD .命题点3 直线与平面垂直的证明例4 (2016·连云港模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，AC 、BD 相交于点O ，EF ∥AB ，AB ＝2EF ，平面BCF ⊥平面ABCD ，BF ＝CF ，点G 为BC 的中点.(1)求证：OG ∥平面EFCD ； (2)求证：AC ⊥平面ODE .证明 (1)∵四边形ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ， ∴点O 是BD 的中点，∵点G 是BC 的中点，∴OG ∥CD ， 又∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ， ∴OG ∥平面EFCD .(2)∵BF ＝CF ，点G 为BC 的中点，∴FG ⊥BC . ∵平面BCF ⊥平面ABCD ， 平面BCF ∩平面ABCD ＝BC ， FG ⊂平面BCF ，FG ⊥BC ， ∴FG ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴FG ⊥AC ，∵OG ∥AB ，OG ＝12AB ，EF ∥AB ，EF ＝12AB ，∴OG ∥EF ，OG ＝EF ，∴四边形EFGO 为平行四边形，∴FG ∥EO . 又∵FG ⊥AC ，∴AC ⊥EO .∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥DO ， ∵EO ∩DO ＝O ，EO 、DO 在平面ODE 内，∴AC ⊥平面ODE . 命题点4 面面垂直的证明例5 如图所示，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，E 为BB 1的中点，求证：截面A 1CE ⊥侧面ACC 1A 1.证明 如图所示，取A 1C 的中点F ，AC 的中点G ，连结FG ，EF ，BG ，则FG ∥AA 1，且GF ＝12AA 1.因为BE ＝EB 1，A 1B 1＝CB ，∠A 1B 1E ＝∠CBE ＝90°，所以△A 1B 1E ≌△CBE ， 所以A 1E ＝CE .因为F 为A 1C 的中点，所以EF ⊥A 1C . 又FG ∥AA 1∥BE ，GF ＝12AA 1＝BE ，且BE ⊥BG ，所以四边形BEFG 是矩形，所以EF ⊥FG . 因为A 1C ∩FG ＝F ， 所以EF ⊥侧面ACC 1A 1. 又因为EF ⊂平面A 1CE ， 所以截面A 1CE ⊥侧面ACC 1A 1. 命题点5 平行、垂直的综合证明例6 (2016·泰州一模)如图，在四棱锥E —ABCD 中，△ABD 为正三角形，EB ＝ED ，CB ＝CD .(1)求证：EC⊥BD；(2)若AB⊥BC，M，N分别为线段AE，AB的中点，求证：平面DMN∥平面BEC.证明(1)如图，取BD的中点O，连结EO，CO.因为EB＝ED，CD＝CB，所以CO⊥BD，EO⊥BD.又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC.因为EC⊂平面EOC，所以EC⊥BD.(2)因为N是AB的中点，△ABD为正三角形，所以DN⊥AB.因为BC⊥AB，所以DN∥BC.因为BC⊂平面BCE，DN⊄平面BCE，所以DN∥平面BCE.因为M为AE的中点，N为AB的中点，所以MN∥BE.因为MN⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以MN∥平面BCE.因为MN∩DN＝N，所以平面DMN∥平面BEC.思维升华(1)空间线面的位置关系的判定方法①证明直线与平面平行，设法在平面内找到一条直线与已知直线平行，解答时合理利用中位线性质、线面平行的性质，或构造平行四边形，寻求比例关系确定两直线平行.②证明直线与平面垂直，主要途径是找到一条直线与平面内的两条相交直线垂直.解题时注意分析观察几何图形，寻求隐含条件.(2)空间面面的位置关系的判定方法①证明面面平行，需要证明线面平行，要证明线面平行需证明线线平行，将“面面平行”问题转化为“线线平行”问题.②证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.(2016·苏锡常镇四市调研)如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为菱形，且平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点.求证：(1)BC1⊥平面AB1C；(2)DE∥平面AB1C.证明(1)∵四边形AA1C1C为矩形，∴AC⊥C1C.又平面CC1B1B⊥平面AA1C1C，平面CC1B1B∩平面AA1C1C＝CC1，∴AC⊥平面CC1B1B.∵BC1⊂平面CC1B1B，∴AC⊥BC1.又四边形CC1B1B为菱形，∴B1C⊥BC1.∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面AB1C.(2)取AA1的中点F，连结DF，EF.∵四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，∴EF∥AC.∵EF⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴EF∥平面AB1C.∵D，F分别为边A1B1，AA1的中点，∴DF∥AB1.∵DF⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，∴DF∥平面AB1C.∵EF∩DF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，∴平面DEF∥平面AB1C.∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C.题型三平行与垂直的应用例7(2015·安徽)如图，三棱锥P-ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P -ABC 的体积；(2)证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PMMC 的值.(1)解 由题设AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P -ABC 的高，又P A ＝1. 所以三棱锥P -ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)证明 在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ，在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连结BM . 由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC .由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ，又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32，由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.思维升华 (1)利用平行关系可以转移点到面的距离，从而求几何体体积或解决关于距离的最值问题.(2)对于存在性问题的证明与探索有三种途径： 途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性. 途径三：将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD＝1，AB ＝3，点F 是PD 的中点，点E 是边DC 上的任意一点.(1)当点E 为DC 边的中点时，判断EF 与平面P AC 的位置关系，并加以证明； (2)证明：无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF ； (3)求三棱锥B —AFE 的体积.(1)解 当点E 为DC 边的中点时，EF 与平面P AC 平行. 证明如下：在△PDC 中，E ，F 分别为DC ，PD 的中点， ∴EF ∥PC ，又EF ⊄平面P AC ， 而PC ⊂平面P AC ，∴EF ∥平面P AC .(2)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD .∵四边形ABCD 是矩形，∴CD ⊥AD . ∵AD ∩AP ＝A ，∴CD ⊥平面P AD . 又AF ⊂平面P AD ，∴AF ⊥CD .∵P A ＝AD ，点F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD . ∵EF ⊂平面PCD ，∴AF ⊥EF .即无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF .(3)解 作FG ∥P A 交AD 于G ，则FG ⊥平面ABCD ，且FG ＝12，又S △ABE ＝32，∴V B —AEF ＝V F —AEB ＝13S △ABE ·FG ＝312.∴三棱锥B —AFE 的体积为312.6.立体几何平行、垂直的证明问题典例 (14分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点.(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积. 规范解答(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB .[1分]又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1， [2分] 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.[3分] (2)证明 取AB 的中点G ，连结EG ，FG . [4分] 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .[6分] 因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形. 所以C 1F ∥EG .[8分] 又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .[10分] (3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. [12分]所以三棱锥E －ABC 的体积 V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. [14分]证明线面平行问题(一)第一步：作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线； 第二步：证明线线平行；第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行； 第四步：反思回顾.检测关键点及答题规范. 证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面；第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行；第四步：转化为线面平行；第五步：反思回顾，检查答题规范.证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线；第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线；第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面；第四步：转化为面面垂直；第五步：反思回顾，检查答题规范.1.设α，β为两个不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，给出下列四个命题：①若α∥β，l⊂α，则l∥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③若l∥α，l⊥β，则α⊥β；④若m，n是异面直线，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α.其中真命题的序号是________.答案①③④解析①由α∥β，l⊂α知，l与β无公共点，故l∥β.②当m⊂α，n⊂α，m与n相交，m∥β，n∥β时，α∥β.③由l∥α知，α内存在l′，使得l′∥l.因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β.④易知α内存在m′，n′，使得m′∥m，n′∥n，且m′，n′相交，由l⊥m，l⊥n知，l⊥m′且l⊥n′，故l⊥α.2.(2016·南京二模)已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.其中是真命题的是________.答案③④解析对于①，平面α与β可能相交，故①错；对于②，若α∥β，m∥α，n∥β，则直线m与n可能平行，可能相交，也可能异面，故②错；对于③，由面面垂直的判定可知③正确；对于④，由面面垂直的性质可知m⊥n，故④正确.因此真命题的序号为③④.3.在四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，底面各边都相等，M是PC上一动点，当M满足是________时，平面MBD⊥平面ABCD.答案PC的中点解析当M是PC中点时，连结AC，BD交于O，由题意知，O是AC的中点，连结MO，则MO∥P A.∵P A⊥平面ABCD，∴MO⊥平面ABCD，MO⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面ABCD.4.(2016·连云港模拟)如图，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1A＝2，底面是边长为1的正方形，E、F、G分别是棱BB1、AA1、AD的中点，则平面A1DE与平面BGF的位置关系是________(填“平行”或“相交”).答案平行解析在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱BB1、AA1、AD的中点，所以FG∥A1D，所以FG∥平面A1DE，同理FB∥平面A1DE，又FG∩FB＝F，所以平面BGF∥平面A1DE. 5.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.答案a或2a解析由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可.令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.易知Rt△CAF∽Rt△F A1D，得ACAF＝A1FA1D，即2ax＝3a－xa，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.6.在正四面体P—ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，给出下面三个结论：①BC∥平面PDF；②DF⊥平面P AE；③平面PDF⊥平面ABC.其中不成立．．．的结论是________.答案③解析如图，由题知BC∥DF，∴BC∥平面PDF.∵四面体P—ABC为正四面体，∴BC⊥P A，AE⊥BC，BC⊥平面P AE，∴DF⊥平面P AE，∴平面P AE⊥平面ABC，∴①和②成立.设此正四面体的棱长为1，则P A＝1，AM＝34，PM2＝PD2－DM2＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫142＝1116，∴P A2≠AM2＋PM2，故③不成立.7.(2016·常州调研)如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB＝PD，P A⊥PC，CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM.求证：(1)OM∥平面P AD；(2)OM⊥平面PCD.证明(1)连结AC.因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为AC的中点.在△P AC中，因为O，M分别是AC，PC的中点，所以OM∥P A.因为OM⊄平面P AD，P A⊂平面P AD，所以OM∥平面P AD.(2)连结PO.因为O是BD的中点，PB＝PD，所以PO⊥BD.因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PO⊂平面PBD，所以PO⊥平面ABCD，从而PO⊥CD.因为CD⊥PC，PC∩PO＝P，PC⊂平面P AC，PO⊂平面P AC，所以CD⊥平面P AC.因为OM⊂平面P AC，所以CD⊥OM.因为P A⊥PC，OM∥P A，所以OM⊥PC.因为CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，CD∩PC＝C，所以OM⊥平面PCD.8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论.(1)证明如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以B1C1⊥面ABB1A1.因为A1B⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B.又因为A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1.因为A1B⊂面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.(2)解当点F为C1D1中点时，可使B1F∥平面A1BE.证明如下：易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D .设AB 1∩A 1B ＝O ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ，所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ， 所以四边形B 1OEF 为平行四边形. 所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE . 所以B 1F ∥面A 1BE .9.(2016·南京三模)如图，在四棱锥P —ABCD 中，O 为AC 与BD 的交点，AB ⊥平面P AD ，△P AD 是正三角形，DC ∥AB ，DA ＝DC ＝2AB .(1)若E 为棱P A 上一点，且OE ∥平面PBC ，求AEPE 的值；(2)求证：平面PBC ⊥平面PDC .(1)解 因为OE ∥平面PBC ，OE ⊂平面P AC ， 平面P AC ∩平面PBC ＝PC ，所以OE ∥PC ， 所以AO ∶OC ＝AE ∶EP . 因为DC ∥AB ，DC ＝2AB ， 所以AO ∶OC ＝AB ∶DC ＝1∶2， 所以AE PE ＝12.(2)方法一 取PC 的中点F ，连结FB ，FD .因为△P AD 是正三角形，DA ＝DC ， 所以DP ＝DC .因为F 为PC 的中点，所以DF ⊥PC . 因为AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥P A ，AB ⊥AD ，AB ⊥PD . 因为DC ∥AB ，所以DC ⊥DP ，DC ⊥DA .设AB ＝a ，在等腰直角三角形PCD 中，DF ＝PF ＝2a .在Rt △P AB 中，PB ＝5a .在直角梯形ABCD 中，BD ＝BC ＝5a . 因为BC ＝PB ＝5a ，F 为PC 的中点， 所以PC ⊥FB .在Rt △PFB 中，FB ＝3a .在△FDB 中，由DF ＝2a ，FB ＝3a ，BD ＝5a ， 可知DF 2＋FB 2＝BD 2，所以FB ⊥DF . 因为DF ⊥PC ，DF ⊥FB ，PC ∩FB ＝F ， PC ，FB ⊂平面PBC ， 所以DF ⊥平面PBC . 又DF ⊂平面PCD ， 所以平面PBC ⊥平面PDC .方法二 取PD ，PC 的中点分别为M ，F ，连结AM ，FB ，MF ， 所以MF ∥DC ，MF ＝12DC .因为DC ∥AB ，AB ＝12DC ，所以MF ∥AB ，MF ＝AB ， 即四边形ABFM 为平行四边形， 所以AM ∥BF .在正三角形P AD 中，M 为PD 的中点， 所以AM ⊥PD ，所以BF ⊥PD . 因为AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥AM . 又因为DC ∥AB ，所以DC ⊥AM . 因为BF ∥AM ，所以BF ⊥DC .又因为PD ∩DC ＝D ，PD ，DC ⊂平面PCD ， 所以BF ⊥平面PCD .因为BF ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PDC .10.(2016·无锡期末)如图，过四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的木块上底面内的一点P 和下底面的对角线BD 将木块锯开，得到截面BDEF .(1)请在木块的上表面作出过点P 的锯线EF ，并说明理由；(2)若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB 1D 1D 是矩形，试证明：平面BDEF ⊥平面ACC 1A 1. (1)解 在上底面内过点P 作B 1D 1的平行线分别交A 1D 1，A 1B 1于E ，F 两点，则EF 为所作的锯线.在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱B 1B ∥D 1D ，B 1B ＝D 1D ，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，B 1D 1∥BD .又EF ∥B 1D 1，所以EF ∥BD ，故EF 为截面BDEF 与平面A 1B 1C 1D 1的交线，故EF 为所作锯线.如图所示.(2)证明 由于四边形BB 1D 1D 是矩形， 所以BD ⊥B 1B .又A 1A ∥B 1B ，所以BD ⊥A 1A . 又四棱柱的底面为菱形，所以BD ⊥AC . 因为AC ∩A 1A ＝A ，所以BD ⊥平面A 1C 1CA . 因为BD ⊂平面BDEF ， 所以平面BDEF ⊥平面A 1C 1CA .11.(2016·辽宁沈阳二中月考)如图，P A 垂直于矩形ABCD 所在的平面，AD ＝P A ＝2，CD ＝22，E ，F 分别是AB ，PD 的中点.(1)求证：AF ∥平面PCE ； (2)求证：平面PCE ⊥平面PCD ； (3)求四面体PECF 的体积.(1)证明 设G 为PC 的中点，连结FG ，EG . ∵F 为PD 的中点，E 为AB 的中点， ∴FG 綊12CD ，AE 綊12CD ，∴FG 綊AE ，∴四边形AEGF 为平行四边形，∴AF ∥GE . ∵GE ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ， ∴AF ∥平面PCE .(2)证明 ∵P A ＝AD ＝2，∴AF ⊥PD.又∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD .∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面P AD .∵AF ⊂平面P AD ，∴AF ⊥CD .∵PD ∩CD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ，∴GE ⊥平面PCD .∵GE ⊂平面PEC ，∴平面PCE ⊥平面PCD .(3)解 由(2)知GE ⊥平面PCD ，所以EG 为四面体PEFC 的高，又EG ＝AF ＝2，CD ＝22，S △PCF ＝12PF ·CD ＝2， 所以四面体PEFC 的体积V ＝13S △PCF ·EG ＝223.。
2018版数学(理)大复习讲义第八章立体几何与空间向量8
1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围（0，错误!][0，π]求法cos θ＝错误!cos β＝错误!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|＝错误!.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＝〈错误!，错误!〉.（2）如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量，则二面角的大小θ满足｜cos θ｜＝|cos<n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)。
【知识拓展】利用空间向量求距离（供选用）(1）两点间的距离设点A(x1，y1，z1),点B（x2，y2，z2）,则AB＝｜错误!｜＝错误!。
(2）点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误!|＝错误!.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×)（2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角。
（×)（3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角。
(×)(4)两异面直线夹角的范围是(0,错误!］，直线与平面所成角的范围是［0,错误!］，二面角的范围是［0，π］.(√)（5）直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°,则l和α所成角为30°.(√)（6）若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ,则二面角α－a－β的大小是π－θ。
（×)1.（2016·南通模拟)已知两平面的法向量分别为m＝（0，1,0)，n＝(0,1,1），则两平面所成的二面角为________.答案45°或135°解析cos<m，n>＝错误!＝错误!＝错误!，即〈m，n>＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°。
【精品】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题8 立体几何与空间向量 第52练含解析
1．(2016·南通、扬州联考)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为棱AB ，BC ，C 1D 1的中点． (1)求证：AP ∥平面C 1MN ； (2)求证：平面B 1BDD 1⊥平面C 1MN .2．(2016·苏、锡、常、镇调研一)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点． (1)求证：MN ∥平面PAB ；(2)若平面PMC ⊥平面PAD ，求证：CM ⊥AD .3.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，AB ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是AB ，PC 的中点，DE ⊥PA . (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PDE .4．(2016·北京海淀区下学期期中)如图1，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥DC ，BC ＝2AD ，四边形ABEF 是矩形，将矩形ABEF 沿AB 折起到四边形ABE 1F 1的位置，使平面ABE 1F 1⊥平面ABCD ，M 为AF 1的中点，如图2.(1)求证：BE 1⊥DC ； (2)求证：DM ∥平面BCE 1；(3)判断直线CD 与ME 1的位置关系，并说明理由．答案精析1．证明 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为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， 所以AP ∥C 1M .又AP ⊄平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ， 所以AP ∥平面C 1MN .(2)连结AC ，在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .又M ，N 分别为棱AB ，BC 的中点， 所以MN ∥AC ，所以MN ⊥BD . 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DD 1⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ， 所以DD 1⊥MN .又DD 1∩DB ＝D ，DD 1⊂平面B 1BDD 1，DB ⊂平面B 1BDD 1， 所以MN ⊥平面BDD 1B 1. 又MN ⊂平面C 1MN ，所以平面B 1BDD 1⊥平面C 1MN .2．证明 (1)如图，取PB 的中点E ，连结AE ，NE .因为E ，N 分别是PB ，PC 的中点， 所以EN ∥BC 且EN ＝12BC .因为底面ABCD 是平行四边形，M 是AD 的中点，所以AM∥BC且AM＝12 BC，所以EN∥AM且EN＝AM，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，因为MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如图，在平面PAD内，过点A作AH⊥PM，垂足为H.因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，因为AH⊂平面PAD，AH⊥PM，所以AH⊥平面PMC，从而AH⊥CM.因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以PA⊥CM.因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD，所以CM⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以CM⊥AD.3．证明(1)如图，取PD中点G，连结AG，FG，因为F，G分别为PC，PD的中点，所以FG∥CD，且FG＝12 CD.又因为E为AB中点，所以AE∥CD，且AE＝12 CD.所以AE∥FG，AE＝FG.所以四边形AEFG 为平行四边形． 所以EF ∥AG ，又EF ⊄平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .(2)设AC ∩DE ＝H ，由△AEH ∽△CDH 及E 为AB 中点，得AH CH ＝AE CD ＝12， 又因为AB ＝2，BC ＝1， 所以AC ＝3，AH ＝13AC ＝33.所以AH AE ＝AB AC ＝23，又∠BAC 为公共角， 所以△HAE ∽△BAC .所以∠AHE ＝∠ABC ＝90°，即DE ⊥AC .又DE ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以DE ⊥平面PAC . 又DE ⊂平面PDE ， 所以平面PAC ⊥平面PDE .4．(1)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形， 所以BE 1⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABE 1F 1， 且平面ABCD ∩平面ABE 1F 1＝AB ，BE 1⊂平面ABE 1F 1， 所以BE 1⊥平面ABCD .因为DC ⊂平面ABCD ，所以BE 1⊥DC . (2)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形， 所以AM ∥BE 1.因为AD ∥BC ，AD ∩AM ＝A ，BC ∩BE 1＝B ，AD ⊂平面ADM ，AM ⊂平面ADM ，BC ⊂平面BCE 1，BE 1⊂平面BCE 1， 所以平面ADM ∥平面BCE 1. 因为DM ⊂平面ADM ， 所以DM ∥平面BCE 1.(3)解 直线CD 与ME 1相交，理由如下：取BC 的中点P ，CE 1的中点Q ，连结AP ，PQ ，QM ，所以PQ∥BE1，且PQ＝12BE1.在矩形ABE1F1中，M为AF1的中点，所以AM∥BE1，且AM＝12BE1，所以PQ∥AM，且PQ＝AM.所以四边形APQM为平行四边形，所以MQ∥AP，MQ＝AP.因为四边形ABCD为梯形，P为BC的中点，BC＝2AD，所以AD∥PC，AD＝PC，所以四边形ADCP为平行四边形．所以CD∥AP且CD＝AP.所以CD∥MQ且CD＝MQ.所以四边形CDMQ是平行四边形．所以DM∥CQ，即DM∥CE1.因为DM≠CE1，所以四边形DME1C是以DM，CE1为底边的梯形，所以直线CD与ME1相交．。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第55 Word版含解析
1．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角DAFE 与二面角CBEF 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角EBCA 的余弦值．2．已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．3.如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角C －PB －A 的余弦值．4．(2016·浙江)如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角BADF 的平面角的余弦值．答案精析1．(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ，DF ，FE 都在平面EFDC 中，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角DAFE 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角CBEF 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC→＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC→＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角EBCA 的余弦值为－21919.2．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ，如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)． ∴CM→＝(1，－1，12)， SN →＝(－12，－12，0)， ∴CM →·SN→＝－12＋12＋0＝0， ∴CM→⊥SN →，即CM ⊥SN . (2)解 由(1)得NC→＝(－12，1,0)．设平面CMN 的一个法向量为a ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·a ＝0，NC →·a ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0，∴可取a ＝(2,1，－2)．设SN 与平面CMN 所成的角为θ， ∵sin θ＝|cos 〈a ，SN →〉|＝|a ·SN →||a |·|SN →|＝|－1－12|3×22＝22，∵直线与平面所成的角属于0°，90°]， ∴θ＝45°，即SN 与平面CMN 所成角为45°. 3．(1)证明 由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC . 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， ∴BC ⊥平面P AC .又∵BC ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面P AC .(2)解 方法一 过点C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系C －xyz .∵AB ＝2，AC ＝1，∴BC ＝ 3.∵P A ＝1，∴A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． ∴CB→＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(3，－1,0)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)．设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，即⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.∴所求二面角C －PB －A 的余弦值为64. 方法二 如图，过点C 作CM ⊥AB 于M .∵P A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， ∴P A ⊥CM ，又P A ∩AB ＝A ， P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， 故CM ⊥平面P AB .过点M 作MN ⊥PB 于N ，连结NC ，由三垂线定理得CN ⊥PB ， ∴∠CNM 为二面角C －PB －A 的平面角． 在Rt △ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1， 得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32.在Rt △P AB 中，由AB ＝2，P A ＝1， 得PB ＝ 5.∵Rt △BNM ∽Rt △BAP . ∴MN 1＝325，∴MN ＝3510.在Rt △CNM 中，CN ＝305，∴cos ∠CNM ＝64，∴所求二面角C －PB －A 的余弦值为64.4．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCFE ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC 都在平面ACFD 内， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 方法一 过点F 作FQ ⊥AK 于点Q ，连结BQ . 因为BF ⊥平面ACFD ，AK 在平面ACFD 内，所以BF ⊥AK ， 则AK ⊥平面BQF ，BQ 在平面BQF 内，所以BQ ⊥AK . 又BF ，FQ ⊂平面ACFD ，BF ∩FQ ＝F ， 所以∠BQF 是二面角BADF 的平面角． 在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34. 方法二如图则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连结KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝34.所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34.。
【加练半小时】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第49练 Word版含解析
1．(2016·南通模拟)给出下列四个命题：①一条直线和一个点可以确定一个平面；②三个平面两两相交得到三条交线，这三条交线最多只能交于一个点；③两个平面有无数个公共点，那么这两个平面一定重合；④三条两两相交但不交于同一点的直线在同一平面内．其中所有正确命题的序号是________．2．(2016·宿迁模拟)已知直线l、m、n及平面α，下列命题：①若l∥m，m∥n，则l∥n；②若l⊥α，n∥α，则l⊥n；③若l∥α，n∥α，则l∥n；④若l⊥m，m∥n，则l⊥n.其中所有正确命题的序号为________．3．(2016·蚌埠质检)已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是________．(填序号)①若l1⊥l2，l1⊥l3，则l2∥l3；②若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3；③若l1∥l2，l2∥l3，则l1，l2，l3共面；④若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面．4．(2016·广元二诊)已知α、β、γ是三个不同平面，则下列命题正确的是________．(填序号)①α⊥β，β⊥γ⇒α∥γ；②α⊥β，β∥γ⇒α⊥γ；③α、β、γ共点⇒α、β、γ共线；④α⊥β，β⊥γ，γ⊥α⇒α、β、γ共线．5．(2016·江门模拟)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是________．(填序号)①EF⊥BB1；②EF∥平面ACC1A1；③EF⊥BD；④EF⊥平面BCC1B1.6．(2016·青岛平度三校上学期期末)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝12，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC⊥BE；②EF∥平面ABCD；③三棱锥A－BEF的体积为定值；④△AEF的面积与△BEF的面积相等．7．(2016·南京模拟)给出下列命题：①若线段AB在平面α内，则直线AB上的点都在平面α内；②若直线a在平面α外，则直线a与平面α没有公共点；③两个平面平行的充分条件是其中一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；④设a，b，c是三条不同的直线，若a⊥b，a⊥c，则b∥c.其中假命题的序号是________．8．(2016·潍坊调研)有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是________．9．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是________．10．(2016·安徽江南十校大联考)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成角的余弦值是________．11．设a ，b ，c 是空间中的三条直线，给出以下几个命题：①设a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线；③若a 和b 相交，b 和c 相交，则a 和c 也相交．其中真命题的个数是________．12．(2016·金华十校联考)平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m 1和n 1，给出下列四个命题：①m 1⊥n 1⇒m ⊥n ；②m ⊥n ⇒m 1⊥n 1；③m 1与n 1相交⇒m 与n 相交或重合；④m 1与n 1平行⇒m 与n 平行或重合．其中不正确的命题个数是________．13．(2016·上饶一模)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都等于2，D 在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：①AC 1⊥BC ；②AD DC 1＝1； ③平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1；④三棱锥D －ACF 的体积为33.其中正确结论的个数为________．14．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是线段AB 、AD 、AA 1的中点，又P 、Q 分别在线段A 1B 1、A 1D 1上，且A 1P ＝A 1Q ＝x (0＜x ＜1)．设平面MEF ∩平面MPQ ＝l ，现有下列结论：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线．其中不成立的结论是________．(写出所有不成立结论的序号)答案精析1．②④ 2.①②④ 3.② 4.②5．②解析如图所示，取BB1的中点M，连结ME，MF，延长ME交AA1于P，延长MF交CC1于Q，∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，∴EF∥PQ.又PQ⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，∴EF∥平面ACC1A1.故②正确．6．①②③解析因为AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故①正确；根据线面平行的判定定理，故②正确；因为三棱锥的底面△BEF的面积是定值，且点A到平面BDD1B1的距离是定值2 2，所以其体积为定值，故③正确；很显然，点A和点B到EF的距离不一定是相等的，故④错误．7．②③④8．1解析命题①直线l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③直线a可以在平面α内，不正确；命题④正确．9．(0，2)解析构造四面体ABCD，使AB＝a，CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝1，取CD的中点E，则AE＝BE＝2 2，∴22＋22＞a,0＜a＜ 2.10.7 8解析连结ND，取ND的中点E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC.∵AN＝22，∴ME＝2＝EN，MC＝2 2.又∵EN⊥NC，∴EC＝EN2＋NC2＝3，∴cos∠EMC＝EM2＋MC2－EC22EM·MC＝2＋8－32×2×22＝78.11．0解析因为a⊥b，b⊥c，所以a与c可以相交，平行，异面，故①错．因为a，b异面，b，c异面，则a，c可能异面，相交，平行，故②错．由a，b相交，b，c相交，则a，c可以异面，相交，平行，故③错．12．4解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD1，AB1，B1C，A1B在底面A1B1C1D1上的射影分别是A1D1，A1B1，B1C1，A1B1.因为A1D1⊥A1B1，而AD1不垂直于AB1，故①不正确；因为AD1⊥B1C，而A1D1∥B1C1，故②不正确；因为A1D1与A1B1相交，而AD1与A1B异面，故③不正确；因为A1D1∥B1C1，而AD1与B1C异面，故④不正确．13．3解析BC⊥CC1，但BC不垂直于AC，故BC不垂直于平面ACC1A1，又CC1与AC1相交，所以AC1与BC不垂直，故①错误；连结AF，C1F，可得AF＝C1F＝ 5.因为FD⊥AC1，所以可得D为线段AC1的中点，故②正确；取AC 的中点为H ，连结BH ，DH ，因为该三棱柱是正三棱柱，所以CC 1⊥底面ABC ，因为BH ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥BH ，因为底面ABC 为正三角形，可得BH ⊥AC ，又AC ∩CC 1＝C ，所以BH ⊥侧面ACC 1A 1.因为D 和H 分别为AC 1，AC 的中点，所以DH ∥CC 1∥BF ，DH ＝BF ＝12CC 1，可得四边形BFDH 为平行四边形，所以FD ∥BH ，所以可得FD ⊥平面ACC 1A 1，因为FD ⊂平面F AC 1，所以平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1，故③正确；V D －ACF ＝V F －ADC ＝13·FD ·S △ACD＝13×3×(12×1×2)＝33，故④正确． 14．④解析 连结BD ，B 1D 1，∵A 1P ＝A 1Q ＝x ，∴PQ ∥B 1D 1∥BD ∥EF ，易证PQ ∥平面MEF ，又平面MEF ∩平面MPQ ＝l ，∴PQ ∥l ，l ∥EF ，∴l ∥平面ABCD ，故①成立；又EF ⊥AC ，∴l ⊥AC ，故②成立；∵l ∥EF ∥BD ，∴易知直线l 与平面BCC 1B 1不垂直，故③成立；当x 变化时，l 是过点M 且与直线EF 平行的定直线，故④不成立．。
江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第54练向量法求解立体几何问题练习理
（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量第54练 向量法求解立体几何问题练习 理训练目标 会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题．训练题型 (1)用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离．解题策略 (1)选择适当的空间坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解.1.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4.(1)设AD →＝λAB →，异面直线AC 1与CD 所成角的余弦值为91050，求实数λ的值；(2)若点D 是AB 的中点，求二面角D －CB 1－B 的余弦值．2．(2016·甘肃天水一模)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°. (1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．3．(2017·南昌月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)在线段CC 1(不含端点)上，是否存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714？若存在，求出CECC 1的值；若不存在，说明理由．4．(2017·太原质检)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成的，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是223.答案精析 立体几何问题1．解 (1)由AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5得∠ACB ＝90°，以C 为原点，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C －xyz .则A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， 设D (x ，y ，z )，则由AD →＝λAB →，得CD →＝(3－3λ，4λ，0)， 又AC 1→＝(－3,0,4)，由题意知|cos 〈AC 1→，CD →〉|＝91050＝|－9＋9λ|525λ2－18λ＋9， 解得λ＝15或λ＝－13.(2)由题意得D (32，2,0)，CD →＝(32，2,0)，CB 1→＝(0,4,4)，设平面CDB 1的法向量为n 1，因为CD →·n 1＝0，CB 1→·n 1＝0，所以可取n 1＝(4，－3,3)； 同理，平面CBB 1的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 并且〈n 1，n 2〉与二面角D －CB 1－B 相等或互补， 所以二面角D －CB 1－B 的余弦值为 |cos 〈n 1，n 2〉|＝23417.2．解 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧DA →·m ＝0，DS →·m ＝0，即⎩⎨⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105. 3．(1)证明 取AB 的中点O ，连结OD ，OB 1. 因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，OB 1⊂平面B 1OD ，B 1D ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥平面B 1OD ，因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD . 由已知条件知，BC ⊥BB 1， 又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1.因为AB ∩BB 1＝B ，AB ⊂平面ABB 1A 1，BB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以OD ⊥平面ABB 1A 1. 因为OD ⊂平面ABC ， 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC . (2)解由(1)知OB ，OD ，OB 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OB →，OD →，OB 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，连结B 1C .由题设知，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)，∴B 1D →＝(0,1，－3)，B 1B →＝(1,0，－3)，CC 1→＝(－1,0，3)，B 1C →(1,2，－3)， 设CE →＝λCC 1→(0＜λ＜1)，由B 1E →＝B 1C →＋CE →＝(1－λ，2，3(λ－1))， 设平面BB 1D 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1D →＝0，m ·B 1B →＝0，得⎩⎨⎧y 1－3z 1＝0，x 1－3z 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝y 1＝3，所以平面BB 1D 的法向量为m ＝(3，3，1)． 设平面B 1DE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B 1D →＝0，n ·B 1E →＝0，得⎩⎨⎧y 2－3z 2＝0，1－λx 2＋2y 2＋3λ－1z 2＝0，令z 2＝1，则x 2＝3λ＋1λ－1，y 2＝3，所以平面B 1DE 的一个法向量n ＝(3λ＋1λ－1，3，1)．设二面角E －B 1D －B 的大小为θ，则cos θ＝m ·n|m ||n |＝3λ＋3λ－1＋3＋17·3⎝⎛⎭⎪⎫λ＋1λ－12＋4＝－714， 解得λ＝13.所以在线段CC 1上存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714，此时CE CC 1＝13(负值舍去)． 4．(1)证明 在直三棱柱ADE －BCF 中，AB ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以AB ⊥AD . 又AD ⊥AF ，AB ∩AF ＝A ，AB ⊂平面ABFE ，AF ⊂平面ABFE ， 所以AD ⊥平面ABFE .因为AD ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABFE . (2)解 由(1)知AD ⊥平面ABFE ，以A 为原点，AB ，AE ，AD 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)，F (2,2,0)，C (2,0,2)，P (1，－h,1)，其中h 为点P 到平面ABCD 的距离．AF →＝(2,2,0)，AC →＝(2,0,2)，AP →＝(1，－h,1)．设平面AFC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝2x 1＋2y 1＝0，m ·AC →＝2x 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，则y 1＝z 1＝－1， 所以m ＝(1，－1，－1)．设平面AFP 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2x 2＋2y 2＝0，n ·AP →＝x 2－hy 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－1－h ， 所以n ＝(1，－1，－1－h )．因为二面角C －AF －P 的余弦值为223，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋1＋1＋h |3×2＋h ＋12＝223，解得h ＝1(负值舍去)．。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题8 立体几何与空间向量 第49练含解析
①一条直线和一个点可以确定一个平面；②三个平面两两相交得到三条交线，这三条交线最多只能交于一个点；③两个平面有无数个公共点，那么这两个平面一定重合；④三条两两相交但不交于同一点的直线在同一平面内．其中所有正确命题的序号是________．2．(2016·宿迁模拟)已知直线l、m、n及平面α，下列命题：①若l∥m，m∥n，则l∥n；②若l⊥α，n∥α，则l⊥n；③若l∥α，n∥α，则l∥n；④若l⊥m，m∥n，则l⊥n.其中所有正确命题的序号为________．3．(2016·蚌埠质检)已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是________．(填序号)①若l1⊥l2，l1⊥l3，则l2∥l3；②若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3；③若l1∥l2，l2∥l3，则l1，l2，l3共面；④若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面．4．(2016·广元二诊)已知α、β、γ是三个不同平面，则下列命题正确的是________．(填序号)①α⊥β，β⊥γ⇒α∥γ；②α⊥β，β∥γ⇒α⊥γ；③α、β、γ共点⇒α、β、γ共线；④α⊥β，β⊥γ，γ⊥α⇒α、β、γ共线．5．(2016·江门模拟)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点．下列结论中，正确的是________．(填序号)①EF ⊥BB 1； ②EF ∥平面ACC 1A 1； ③EF ⊥BD ； ④EF ⊥平面BCC 1B 1.6．(2016·青岛平度三校上学期期末)如图，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 ＝12，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC ⊥BE ；②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A －BEF 的体积为定值；④△AEF 的面积与△BEF 的面积相等． 7．(2016·南京模拟)给出下列命题：①若线段AB 在平面α内，则直线AB 上的点都在平面α内； ②若直线a 在平面α外，则直线a 与平面α没有公共点；③两个平面平行的充分条件是其中一个平面内有无数条直线平行于另一个平面； ④设a ，b ，c 是三条不同的直线，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ∥c . 其中假命题的序号是________． 8．(2016·潍坊调研)有下列命题：①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则直线l ∥α； ②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若直线a ∥b ，b ∥α，则a ∥α；④若直线a ∥b ，b ∥α，则a 平行于平面α内的无数条直线． 其中真命题的个数是________．9．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．10．(2016·安徽江南十校大联考)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成角的余弦值是________．11．设a ，b ，c 是空间中的三条直线，给出以下几个命题： ①设a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线； ③若a 和b 相交，b 和c 相交，则a 和c 也相交． 其中真命题的个数是________．12．(2016·金华十校联考)平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m 1和n 1，给出下列四个命题：①m 1⊥n 1⇒m ⊥n ；②m ⊥n ⇒m 1⊥n 1；③m 1与n 1相交⇒m 与n 相交或重合；④m 1与n 1平行⇒m 与n 平行或重合．其中不正确的命题个数是________．13．(2016·上饶一模)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都等于2，D 在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：①AC 1⊥BC ； ②ADDC 1＝1； ③平面FAC 1⊥平面ACC 1A 1； ④三棱锥D －ACF 的体积为33.其中正确结论的个数为________．14．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是线段AB 、AD 、AA 1的中点，又P 、Q 分别在线段A 1B 1、A 1D 1上，且A 1P ＝A 1Q ＝x (0＜x ＜1)．设平面MEF ∩平面MPQ ＝l ，现有下列结论：①l∥平面ABCD；②l⊥AC；③直线l与平面BCC1B1不垂直；④当x变化时，l不是定直线．其中不成立的结论是________．(写出所有不成立结论的序号)答案精析1．②④ 2.①②④ 3.② 4.② 5．② 解析如图所示，取BB 1的中点M ，连结ME ，MF ，延长ME 交AA 1于P ， 延长MF 交CC 1于Q ，∵E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点， ∴P 是AA 1的中点，Q 是CC 1的中点， 从而可得E 是MP 的中点，F 是MQ 的中点， ∴EF ∥PQ .又PQ ⊂平面ACC 1A 1，EF ⊄平面ACC 1A 1， ∴EF ∥平面ACC 1A 1.故②正确． 6．①②③解析 因为AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1， 所以AC ⊥BE ，故①正确；根据线面平行的判定定理，故②正确； 因为三棱锥的底面△BEF 的面积是定值， 且点A 到平面BDD 1B 1的距离是定值22， 所以其体积为定值，故③正确；很显然，点A 和点B 到EF 的距离不一定是相等的，故④错误． 7．②③④ 8．1解析 命题①直线l 可以在平面α内，不正确；命题②直线a 与平面α可以是相交关系，不正确；命题③直线a 可以在平面α内，不正确；命题④正确． 9．(0，2)解析 构造四面体ABCD ，使AB ＝a ，CD ＝2，AD ＝AC ＝BC ＝BD ＝1，取CD 的中点E ， 则AE ＝BE ＝22，∴22＋22＞a,0＜a ＜ 2. 10.78解析 连结ND ，取ND 的中点E ，连结ME ，则ME ∥AN ，异面直线AN ，CM 所成的角就是∠EMC .∵AN ＝22，∴ME ＝2＝EN ，MC ＝2 2. 又∵EN ⊥NC ，∴EC ＝EN 2＋NC 2＝3，∴cos ∠EMC ＝EM 2＋MC 2－EC 22EM ·MC ＝2＋8－32×2×22＝78.11．0解析 因为a ⊥b ，b ⊥c ，所以a 与c 可以相交，平行，异面，故①错． 因为a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 可能异面，相交，平行，故②错． 由a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 可以异面，相交，平行，故③错． 12．4 解析如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD 1，AB 1，B 1C ，A 1B 在底面A 1B 1C 1D 1上的射影分别是A 1D 1，A 1B 1，B 1C 1，A 1B 1.因为A 1D 1⊥A 1B 1，而AD 1不垂直于AB 1，故①不正确；因为AD 1⊥B 1C ，而A 1D 1∥B 1C 1，故②不正确；因为A 1D 1与A 1B 1相交，而AD 1与A 1B 异面，故③不正确；因为A 1D 1∥B 1C 1，而AD 1与B 1C 异面，故④不正确． 13．3 解析BC ⊥CC 1，但BC 不垂直于AC ，故BC 不垂直于平面ACC 1A 1， 又CC 1与AC 1相交，所以AC 1与BC 不垂直，故①错误； 连结AF ，C 1F ，可得AF ＝C 1F ＝ 5. 因为FD ⊥AC 1，所以可得D 为线段AC 1的中点，故②正确；取AC的中点为H，连结BH，DH，因为该三棱柱是正三棱柱，所以CC1⊥底面ABC，因为BH⊂底面ABC，所以CC1⊥BH，因为底面ABC为正三角形，可得BH⊥AC，又AC∩CC1＝C，所以BH⊥侧面ACC1A1.因为D和H分别为AC1，AC的中点，所以DH∥CC1∥BF，DH＝BF＝12CC1，可得四边形BFDH为平行四边形，所以FD∥BH，所以可得FD⊥平面ACC1A1，因为FD⊂平面FAC1，所以平面FAC1⊥平面ACC1A1，故③正确；VD－ACF ＝V F－ADC＝13·FD·S△ACD＝13×3×(12×1×2)＝33，故④正确．14．④解析连结BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，又平面MEF∩平面MPQ＝l，∴PQ∥l，l∥EF，∴l∥平面ABCD，故①成立；又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第48练含解析
1．【2016·苏州模拟】若一个长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的外接球的表面积是________．2．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B －ACC 1D 的体积为________．3.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＝________.4．【2016·唐山模拟】若正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为________．5．【2016·江苏苏北四市二调】已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使得平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D －ABC 的体积为________． 6．【2016·扬州模拟】已知圆台的母线长为4cm ，母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的12，则这个圆台的侧面积是________cm 2.7．【2016·南京、盐城模拟】设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为____________.8．【2016·连云港模拟】已知三棱锥P －ABC 的所有棱长都相等，现沿P A ，PB ，PC 三条侧棱剪开，对其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P －ABC 的体积为________．9．【2016·江苏无锡上学期期末】三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点．记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.10．如图，在棱长为1的正四面体S －ABC 中，O 是四面体的中心，平面PQR ∥平面ABC ，设SP ＝x 【0≤x ≤1】，三棱锥O －PQR 的体积为V ＝f 【x 】，则其导函数y ＝f ′【x 】的图象大致为________．【填序号】11．【2016·贵州遵义航天高中第七次模拟】如图，一竖立在水平面上的圆锥形物体的母线长为4cm ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处，则该小虫爬行的最短路程为43cm ，则圆锥底面圆的半径等于________cm.12．【2016·扬州中学质检】已知三个球的半径R 1，R 2，R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1，S 2，S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________.13．【2016·镇江一模】一个圆锥的侧面积等于底面积的2倍，若圆锥底面半径为3，则圆锥的体积是________．14．已知球O 的直径PQ ＝4，A ，B ，C 是球O 球面上的三点，△ABC 是等边三角形，且∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°，则三棱锥P －ABC 的体积为________．答案精析1．6π 2.23 3.1∶24 4．64π 解析如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连结AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R 【R 为外接球半径】，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－【6－R 】2＝【23】2，解得R ＝4，则球的表面积S ＝4πR 2＝64π. 5.245解析 因为平面DAC ⊥平面BAC ，所以D 到直线AC 的距离为三棱锥D －ABC 的高，设为h ，则V D －ABC ＝13S △ABC ·h ，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，h ＝3×45＝125，∴V D －ABC ＝13×6×125＝245. 6．24π 解析如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面， 由题意知AC ＝4cm ，∠ASO ＝30°， O 1C ＝12OA ，设O 1C ＝r ， 则OA ＝2r ，又O1CSC＝OASA＝sin30°，∴SC＝2r，SA＝4r，∴AC＝SA－SC＝2r＝4cm，∴r＝2cm.∴圆台的侧面积为S＝π【r＋2r】×4＝24πcm2.7．2解析设该正四棱锥为四棱锥P－ABCD，底面正方形ABCD的中心为O，则由题意可知AO＝6，∴OP＝(10)2－(6)2＝2，则四棱锥的体积V＝13×【23】2×2＝8，设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.8．9解析该平面图形为正三角形，所以三棱锥P－ABC的各边长为32，所以三棱锥的高h＝23，所以V＝13×23×34×【32】2＝9.9.1 4解析V1＝V D－ABE ＝V E－ABD＝12V E－ABP＝12V A－BEP＝12×12V A－BCP＝12×12V P－ABC＝14V2.10．①解析设O点到底面PQR的距离为h，即三棱锥O－PQR的高为h，设底面PQR的面积为S，∴三棱锥O－PQR的体积为V＝f【x】＝13Sh，点P从S到A的过程中，底面积S一直在增大，高h先减小再增大，当底面经过点O时，高为0，∴体积先增大，后减少，再增大，故①正确．11.4 3解析作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得cos∠P′OP＝OP2＋OP′2－PP′22OP·OP′＝－12，∴∠P′OP＝2π3.设底面圆的半径为r，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43.12．4解析 ∵S 1＝1，S 3＝9，∴4πR 21＝1,4πR 23＝9，∴R 1＝π2π，R 3＝3π2π， 又∵R 1＋R 3＝2R 2， ∴R 2＝π2π＋3π2π2＝ππ， ∴S 2＝4πR 22＝4. 13．3π解析 设圆锥的母线长为R ，高为h .则圆锥的侧面积S 侧＝12【2π×3】×R ，圆锥底面积S 底＝π【3】2＝3π，因为圆锥的侧面积等于底面积的2倍，故12【2π×3】×R ＝6π，解得R ＝23，则h ＝R 2－(3)2＝3，所以圆锥的体积为13S 底×h ＝13×3π×3＝3π. 14.934 解析如图，设球心为M ，△ABC 截面所截小圆的圆心为O . ∵△ABC 是等边三角形，∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°， ∴点P 在平面ABC 上的投影是△ABC 的中心O . 设AB 的中点为H ，∵PQ 是直径，∴∠PCQ ＝90°， ∴PC ＝4cos30°＝23， ∴PO ＝23cos30°＝3， OC ＝23sin30°＝ 3.∵O是△ABC的中心，∴OC＝23CH，∴△ABC的高CH＝33 2，AC＝332sin60°＝3，∴V三棱锥P－ABC ＝13PO·S△ABC＝13×3×12×332×3＝934.。
2018版高考数学理江苏专用大一轮复习讲义课件第八章
连结MO，NO，MN，
1 1 则OM＝ AC，ON＝ BD， 2 2
在△MON中，MN<OM＋ON＝ 1 (AC＋BD)，∴④正确. 2
题型分类
深度剖析
题型一 平面基本性质的应用 例1 (1)(2016· 山东 ) 已知直线 a ， b 分别在两个不同的平面 α ， β 内，
答案
3.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 ③ 有______.
答案 解析
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.
m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故①错误； 根据面面垂直与线面平行的性质可知②错误； 根据线面平行的性质可知③正确； 若m∥n，根据线面垂直的判定可知④错误，故只有③正确.
思维升华
共面、共线、共问题的证明
(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
4.(教材改编)如图所示，已知在长方体ABCD－EFGH中，
AB＝ 2 3 ，AD＝ 2 3 ，AE＝2，则BC和EG所成角的
大小是______ 45° ，AE和BG所成角的大小是______. 60°
答案 解析
∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即∠EGF， tan∠EGF＝ EF ＝2 3＝1，∴∠EGF＝45°， FG 2 3 ∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即∠GBF，
2018-江苏高考立体几何(含解析)
2018年-2008年江苏高考立体几何解答题（共11题）说明：三角向量解答题考在15题或16题，是解答题的前两题之一，要求学生必须做对，而且书写规范，条理清楚 1．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥． 求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．2.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 .,3. 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .4.如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面； （2）11AB BC ⊥.5．如图在三棱锥中，分别为棱的中点，已知，\求证（1）直线平面； （2）平面平面。
6．如图，在三棱锥ABC S -中，平面⊥SAB 平面SBC ，BC AB ⊥，AB AS =，过A 作SB AF ⊥，垂足为F ，点G E ，分别是棱SC SA ，的中点．求证：（1）平面//EFG 平面ABC ； （2）SA BC ⊥．7. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1111A B AC =，D E ，分别是棱1BC CC ，上的点（点D 不同于点C ），且AD DE F ⊥，为11B C 的中点．求证：（1）平面ADE ⊥平面11BCC B ； （2）直线1//A F 平面ADE ．~8、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点 求证：（1）直线E F ‖平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD-P ABC ,,D E F ,,PC AC AB ,6,8,5PA AC PA BC DF ⊥===PA DEF BDE ⊥ABC9、如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，∠BCD=900。
江苏专版高考数学一轮复习第八章立体几何第五节空间向量的运算及应用教案理含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第八章立体几何第五节空间向量的运算及应用教案理含解析苏教版第五节空间向量的运算及应用1．空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb 共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝x a＋y b＋z c推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使OP―→＝x OA―→＋y OB―→＋z OC―→且x＋y＋z＝12．数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.(2)向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式 cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23[小题体验]1．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b|＝________. 答案：2 62．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________.答案：6573．已知直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为________．解析：因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2. 答案：± 21．共线向量定理中a ∥b ⇔存在λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0. 2．共面向量定理中，注意有序实数对(x ，y )是唯一存在的．3．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量． [小题纠偏]1．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ＋μ＝________. 解析：因为a ∥b ，所以b ＝k a ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋1，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，所以λ＋μ＝±52.答案：±522．若AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________． 解析：因为AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，所以AB ―→，CD ―→，CE ―→共面， 所以AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．答案：平行或直线AB 在平面内3．(2019·无锡检测)已知平面α的法向量为n ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为m ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则实数k 的值为________．解析：由α⊥β，得m ·n ＝－2－8－2k ＝0，解得k ＝－5. 答案：－5考点一 空间向量的线性运算基础送分型考点——自主练透 [题组练透]如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1―→＝a ，AB ―→＝b ，AD ―→＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP ―→； (2)A 1N ―→； (3)MP ―→＋NC 1―→.解：(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP ―→＝AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1P ―→＝a ＋AD ―→＋12D 1C 1―→＝a ＋c ＋12AB ―→＝a ＋c ＋12b.(2)因为N 是BC 的中点，所以A 1N ―→＝A 1A ―→＋AB ―→＋BN ―→＝－a ＋b ＋12BC ―→＝－a ＋b ＋12AD ―→＝－a ＋b ＋12c .(3)因为M 是AA 1的中点，所以MP ―→＝MA ―→＋AP ―→＝12A 1A ―→＋AP ―→＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c ，又NC 1―→＝NC ―→＋CC 1―→＝12BC ―→＋AA 1―→＝12AD ―→＋AA 1―→＝12c ＋a ，所以MP ―→＋NC 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c.[谨记通法]用已知向量表示未知向量的解题策略(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立． 考点二 共线、共面向量定理的应用重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．若A (－1,2,3)，B (2,1,4)，C (m ，n,1)三点共线，求m ＋n 的值． 解：AB ―→＝(3，－1,1)，AC ―→＝(m ＋1，n －2，－2)．因为A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC ―→＝λAB ―→. 即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.2．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 ―→＝k AC 1―→，BN ―→＝k BC ―→(0≤k ≤1)．判断向量MN ―→是否与向量AB ―→，AA 1―→共面． 解：因为AM ―→＝k AC 1―→，BN ―→＝k BC ―→， 所以MN ―→＝MA ―→＋AB ―→＋BN ―→ ＝k C 1A ―→＋AB ―→＋k BC ―→ ＝k (C 1A ―→＋BC ―→)＋AB ―→ ＝k (C 1A ―→＋B 1C 1―→)＋AB ―→ ＝k B 1A ―→＋AB ―→＝AB ―→－k AB 1―→＝AB ―→－k (AA 1―→＋AB ―→) ＝(1－k )AB ―→－k AA 1―→，所以由共面向量定理知向量MN ―→与向量AB ―→，AA 1―→共面．[由题悟法]应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA ―→＝λPB ―→MP ―→＝x MA ―→＋y MB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝OA ―→＋t AB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝OM ―→＋x MA ―→＋y MB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝x OA ―→＋(1－x ) OB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝x OM ―→＋y OA ―→＋ (1－x －y ) OB ―→[即时应用]如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为3的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝3.F 在棱PA 上，且AF ＝1，E 在棱PD 上．若CE ∥平面BDF ，求PE ∶ED 的值．解：取BC 的中点G ，连结AG ，因为四边形ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，所以AG ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，故以A 为原点，分别以AG ―→，AD ―→，AP ―→为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .则D (0,3,0)，F (0,0,1)，B ⎝⎛⎭⎪⎫332，－32，0，P (0,0,3)，C ⎝⎛⎭⎪⎫332，32，0，DF ―→＝(0，－3，1)，DB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－92，0，PD ―→＝(0,3，－3)，CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，－32，3，设平面BDF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3y ＋z ＝0，332x －92y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝3，所以n ＝(3，1,3)． 设PE ―→＝λPD ―→＝(0,3λ，－3λ)，则CE ―→＝CP ―→＋PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，－32＋3λ，3－3λ，因为CE ∥平面BDF ，所以n ·CE ―→＝0，解得λ＝12.所以PE ∶ED ＝1.考点三 利用向量证明平行与垂直问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 为BB 1上的一点，且EB 1＝1，点D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以点B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)，B 1D ―→＝(0,2，－2)， 因为B 1D ―→·BA ―→＝0＋0＋0＝0，B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 所以B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ， 所以B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，4，F (0,1,4)， 则EG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ―→＝(0,1,1)，因为B 1D ―→·EG ―→＝0＋2－2＝0，B 1D ―→·EF ―→＝0＋2－2＝0， 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF . 由(1)可知，B 1D ⊥平面ABD ， 所以平面EGF ∥平面ABD .[由题悟法]1．利用向量法证明平行问题的类型及方法 (1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行． (2)证明线面平行：①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示． (3)证明面面平行：两个平面的法向量平行． 2．利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0. (2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行． (3)证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行； ②两个平面的法向量垂直．[即时应用]如图，四边形ABEF 与四边形ABCD 是两个全等的正方形，且平面ABEF 与平面ABCD 互相垂直，M ，N 分别是AC 与BF 上的点，且CM ＝BN .求证：(1)MN ⊥AB ； (2)MN ∥平面CBE .证明：(1)设正方形ABEF 的边长为1.CM ―→＝λCA ―→，则BN ―→＝λBF ―→. 取一组向量的基底为{BA ―→，BE ―→，BC ―→}，记为{a ，b ，c}． 则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0. 所以MN ―→＝MC ―→＋CB ―→＋BN ―→＝－λCA ―→＋CB ―→＋λBF ―→ ＝－λ(a －c)－c ＋λ(a ＋b)＝λb ＋(λ－1)c ， 所以MN ―→·BA ―→＝[λb ＋(λ－1)c ]·a ， ＝λ(b ·a)＋(λ－1)(c ·a) ＝λ×0＋(λ－1)×0＝0. 所以MN ―→⊥BA ―→，即MN ⊥AB . (2)法一：由(1)知MN ⊥AB . 又AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B . 所以AB ⊥平面CBE . 又MN ⊄平面CBE . 所以MN ∥平面CBE .法二：由(1)知，MN ―→＝λb ＋(λ－1)c ＝λBE ―→＋(λ－1)BC ―→. 所以MN ―→与平面CBE 共面． 又MN ⊄平面CBE . 所以MN ∥平面CBE .一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝________.解析：由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．答案：(0,6，－20)2．(2019·汇龙中学检测)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)，则直线l 和平面α的位置关系为________．解析：因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，所以n ＝－2a ，即a ∥n.所以l ⊥α. 答案：l ⊥α3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，用a ，b ，c 表示向量MN ―→＝________.解析：如图所示，连结ON ，AN ，则ON ―→＝12(OB ―→＋OC ―→)＝12(b ＋c)，AN ―→＝12(AC ―→＋AB ―→)＝12(OC ―→－2OA ―→＋OB ―→)＝12(－2a ＋b ＋c)＝－a＋12b ＋12c ，所以MN ―→＝12(ON ―→＋AN ―→)＝－12a ＋12b ＋12c. 答案：－12a ＋12b ＋12c4．若点C (4a ＋1,2a ＋1,2)在点P (1,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1, 4)所确定的平面上，则a ＝________.解析：由题意得PA ―→＝(0，－3,2)，PB ―→＝(7，－1,4)，PC ―→＝(4a,2a ＋1,2)， 根据共面向量定理，设PC ―→＝x PA ―→＋y PB ―→，则(4a,2a ＋1,2)＝x (0，－3,2)＋y (7，－1,4)＝(7y ，－3x －y ，2x ＋4y )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝7y ，2a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－133，y ＝83，a ＝143.答案：1435．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－36．(2019·滨海检测)已知空间三点A (0,2,3)，B (2,5,2)，C (－2,3,6)，则以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：∵AB ―→＝(2,3，－1)，AC ―→＝(－2,1,3)．∴AB ―→·AC ―→＝－4＋3－3＝－4，|AB ―→|＝22＋32＋－12＝14，|AC ―→|＝－22＋12＋32＝14.∴cos ∠BAC ＝AB ―→·AC ―→| AB ―→|·|AC ―→|＝－414×14＝－27.∴sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝357. 故以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积S ＝|AB ―→|·|AC ―→|·sin∠BAC ＝14×14×357＝6 5.答案：6 5二保高考，全练题型做到高考达标1．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点．若AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)，则给出下列结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的一个法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．(填序号)解析：∵AB ―→·AP ―→＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，∴AB ―→⊥AP ―→，即AP ⊥AB ，故①正确．∵AP ―→·AD ―→＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，∴AP ―→⊥AD ―→，即AP ⊥AD ，故②正确． 又AB ∩AD ＝A ，∴ AP ⊥平面ABCD ，故AP ―→是平面ABCD 的一个法向量，故③正确． ∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝(2,3,4)，AP ―→＝(－1,2，－1)， ∴ 2－1≠32≠4－1， ∴ AP ―→与BD ―→不平行，故④错误． 答案：①②③2．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 解析：因为a ·b ＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以b ＝(1,1,2)． 所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b|＝32×6＝32.所以a 与b 的夹角为π6.答案：π63．(2019·盐城中学检测)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________．解析：设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 因为AB ―→＝(0,1，－1)，AC ―→＝(1,0，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,1,1)．因为m ＝－n ，所以m ∥n ，所以α∥β. 答案：α∥β4．已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，将此三角形沿DE 翻折，当AE ⊥BD 时，二面角A DE F 的余弦值等于________．解析：不妨设GD ＝GE ＝1，则GA ＝GF ＝3，AE ＝BD ＝2，由已知得∠AGF 即为二面角A DE F 的平面角，设其为θ.则AE ―→·BD ―→＝(GE ―→－GA ―→)·(BF ―→＋FG ―→＋GD ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(2GE ―→－GF ―→－GE ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(GE ―→－GF ―→)＝GE ―→2－GE ―→·GF ―→－GA ―→·GE ―→＋GA ―→·GF ―→＝1－0－0＋3·3cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－13，即当AE ⊥BD 时，二面角A DE F 的余弦值等于－13.答案：－135．(2019·南京调研)如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则对角线AC 1的长度等于________．解析：AC 1―→2＝(AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→)2＝AB ―→2＋AD ―→2＋AA 1―→2＋2AB ―→·AD ―→＋2AB ―→·AA 1―→＋2AD ―→·AA 1―→＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即|AC 1―→|＝85.答案：856．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 6x －4－6＋18＝0，x －42＝4，解得x ＝2.答案：27．已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连结PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)， 所以PD ＝02＋－12＋12＝2，所以MN ＝22. 答案：22 8．已知向量AB ―→＝(1,5，－2)，BC ―→＝(3,1,2)，DE ―→＝(x ，－3,6)．若DE ∥平面ABC ，则x 的值是________．解析：∵DE ∥平面ABC ，∴存在实数m ，n ，使得DE ―→＝m AB ―→＋n BC ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝m ＋3n ，－3＝5m ＋n ，6＝－2m ＋2n ，解得x ＝5.答案：5 9．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，沿着它的对角线AC 将△ACD 折起，使AB 与CD 成60°角，求此时B ，D 间的距离．解：因为∠ACD ＝90°，所以AC ―→·CD ―→＝0.同理可得AC ―→·BA ―→＝0.因为AB 与CD 成60°角，所以〈BA ―→，CD ―→〉＝60°或〈BA ―→，CD ―→〉＝120°，又BD ―→＝BA ―→＋AC ―→＋CD ―→，所以|BD ―→|2＝|BA ―→|2＋|AC ―→|2＋|CD ―→|2＋2BA ―→·AC ―→＋2BA ―→·CD ―→＋2AC ―→·CD ―→＝3＋2×1×1×cos〈BA ―→，CD ―→〉．所以当〈BA ―→，CD ―→〉＝60°时，|BD ―→|2＝4，此时B ，D 间的距离为2；当〈BA ―→，CD ―→〉＝120°时，|BD ―→|2＝2，此时B ，D 间的距离为 2.10．如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，所以AA 1⊥平面ABC .又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ，所以∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)， A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．所以A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n.所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．所以AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB 1―→⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ，所以AB 1∥平面A 1C 1C .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，CC 1＝5，E 是棱CC 1上不同于端点的点，且CE ―→＝λCC 1―→.当∠BEA 1为钝角时，则实数λ的取值范围为________． 解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,3,0)，C 1(0，3,5)，B (2,3,0)，A 1(2,0,5)．因为CE ―→＝λCC 1―→，所以E (0,3,5λ)．从而EB ―→＝(2,0，－5λ)，EA 1―→＝(2，－3,5－5λ)．当∠BEA 1为钝角时，cos ∠BEA 1＜0，所以EB ―→·EA 1―→＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，解得15＜λ＜45. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫15，45 2．(2019·海门中学检测)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________．解析：由题意知CD ，CB ，CE 两两垂直，所以以C 为原点，以CD ，CB ，CE 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，设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，连结OE ，则O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，又E (0,0,1)，A (2，2，0)， 所以OE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM ―→＝(x －2，y －2，1)， 因为AM ∥平面BDE ，AM ⊂平面ACEF ，平面BDE ∩平面ACEF ＝OE ，所以OE ∥AM ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＝－22，y －2＝－22即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝22，y ＝22，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，13．如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明：(1)以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． 于是AP ―→＝(0,3,4)，BC ―→＝(－8，0,0)，所以AP ―→·BC ―→＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以AP ―→⊥BC ―→，即AP ⊥BC .(2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM ―→＝35AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA ―→＝(－4，－5,0)，所以BM ―→＝BA ―→＋AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP ―→·BM ―→＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP ―→⊥BM ―→，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BC ∩BM ＝B ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .。
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⊥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 .
2
．(2016·福州质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，O 为底面正方形对角线B 1D 1与A 1C 1的交点． (1)求证：AC 1⊥平面B 1D 1C ；
(2)过E 构造一条线段与平面B 1D 1C 垂直，并证明你的结论．
3．(2016·张掖第二次诊断)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，且△ABC 为正三角形，AA 1＝AB ＝6，D 为AC 的中点． (1)求证：直线AB 1∥平面BC 1D ；
(2)求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；
(3)求三棱锥C－BC1D的体积．
4．(2016·山东省实验中学质检)如图所示，ABC－A1B1C1是底面边长为2，高为
3 2的
正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P＝λC1A1(0＜λ＜1)．
(1)证明：PQ∥A1B1；
(2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．
答案精析
1．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 ＝1
2P A ＝3， EF ＝1
2BC ＝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 .
2．(1)证明 ∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴AA 1⊥B 1D 1，
∵A 1C 1⊥B 1D 1，且AA 1∩A 1C 1＝A 1， AA 1⊂平面AA 1C 1，A 1C 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1， ∵AC 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥AC 1.
同理可得B 1C ⊥平面ABC 1，B 1C ⊥AC 1， ∵B 1D 1∩B 1C ＝B 1，
B 1D 1⊂平面B 1D 1
C ，B 1C ⊂平面B 1
D 1C ， ∴AC 1⊥平面B 1D 1C .
(2)解 连结EO ，则线段EO 与平面B 1D 1C 垂直． 证明如下：
∵E 是AA 1的中点，O 是A 1C 1的中点， ∴EO ∥AC 1.
∵AC 1⊥平面B 1D 1C ， ∴EO ⊥平面B 1D 1C .
3．(1)证明 连结B 1C 交BC 1于点O ，连结OD ，如图，
则点O 为B 1C 的中点． ∵D 为AC 的中点， ∴AB 1∥OD .
∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ， ∴直线AB 1∥平面BC 1D .
(2)证明 ∵AA 1⊥底面ABC ，BD ⊂底面ABC ， ∴AA 1⊥BD .
∵△ABC 是正三角形，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC . ∵AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面ACC 1A ， AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1. ∵BD ⊂平面BC 1D ， ∴平面BC 1D ⊥平面ACC 1A 1.
(3)解 由(2)知，在△ABC 中，BD ⊥AC ， BD ＝BC sin60°＝33， ∴S △BCD ＝12×3×33＝932，
∴V 三棱锥C －BC 1D ＝V 三棱锥C 1－BCD ＝13×93
2×6＝9 3.
4．(1)证明 由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，又因为平面APQB ∩平面A 1B 1C 1＝PQ ，平面APQB ∩平面ABC ＝AB ，所以PQ ∥AB . 又因为AB ∥A 1B 1，所以PQ ∥A 1B 1.
(2)解 假设存在这样的λ满足题意，分别取AB 的中点D ，PQ 的中点E ，连结CE ，DE ，CD .由(1)及正三棱柱的性质可知△CPQ 为等腰三角形，APQB 为等腰梯形， 所以CE ⊥PQ ，DE ⊥PQ ，
所以∠CED 为二面角A －PQ －C 的平面角． 连结C 1E 并延长交A 1B 1于点F ，连结DF . 因为C 1P C 1A 1＝C 1E
C 1F ＝λ，
C 1A 1＝2，C 1F ＝3，
所以C 1E ＝3λ，EF ＝3(1－λ)． 在Rt △CC 1E 中可求得CE 2＝3
4＋3λ2， 在Rt △DFE 中可求得DE 2
＝3
4＋3(1－λ)2.
若平面CPQ ⊥截面APQB ，则∠CED ＝90°，所以CE 2＋DE 2＝CD 2，代入数据整理得3λ2－3λ＋34＝0，解得λ＝12，即存在满足题意的λ，λ＝12.。