2020高考二轮复习立体几何(理科)

立体几何
第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积及空间位置关
系的判定
知识点总结：
1．空间几何体的三视图
(1)空间几何体三视图的画法规则：
①长对正，即正(主)视图和俯视图的长相等；
②高平齐，即正(主)视图和侧(左)视图的高相等；
③宽相等，即侧(左)视图和俯视图的宽相等；
④看不见的轮廓线要用虚线表示．
(2)空间几何体三视图的摆放规则：
俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正视图的右面．
2．几何体与球组合体的结论
(1)设长方体的有公共顶点的三条棱长为a、b、c，则体对角线长为
(2)棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a＝2R.
(3)若球面上四点P、A、B、C构成的线段P A、PB、PC两两垂直，且P A＝a，PB＝b，
PC＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)．3．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
4．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
考点一空间几何体的表面积、体积
(1)[一题多
解](2019·贵阳调研)如图，网格纸上小正方 形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A ．90π
B ．63π
C ．42π
D ．36π
解析：选B.割补法
由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如
图所示．
将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12
，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12
＝63π.故选B.
(2)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )
A ．158
B ．162
C ．182
D ．324
解析：选B.如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作
由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.
则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62
×3＝27. 因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.
故选B.
总结：根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤
(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．
(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．
角度2 由几何体的结构特征求表面积、体积
(1)(2019·厦门模拟)已知圆锥的底面直径为23π3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的表面积为( ) A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选A.圆锥的底面直径为23π3π
，且它的侧面展开图是一个半圆，所以圆锥的底面半径为13π，周长为23π3，圆锥的母线长为23π
，所以圆锥的表面积为π·13π＋180·π·43π360
＝1.故选A (2)(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作
模型．如图，该模型为长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ­EFGH
后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在
棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9
g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
解析：由题易得长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一
半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V 四棱锥O ­EFGH ＝13
×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
答案：118.8
求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知
几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何
体以易于求解．
(3)求表面积：关键思想是空间问题平面化．
考点二与球有关的切、接问题
[一题多解](2019·广西柳州模拟)已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172 B ．210 C.132 D ．310
解析：选C. 解法一：直接法
如图1，作出直棱柱ABC ­A 1B 1C 1的外接球O .
图1
由题意，直三棱柱的底面ABC 是直角三角形，所以底面△ABC 外接圆的圆心是BC 的中点E ，底面△A 1B 1C 1外接圆的圆心是B 1C 1的中点E 1.
由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O 就是线段EE 1的中点．
连接OA ，AE ，A 1E 1.在△ABC 中，AC ⊥AB ，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝ 32＋42＝5，所
以EA ＝12BC ＝52.又OE ＝12AA 1＝12
×12＝6，由球的截面的性质可得OE ⊥平面ABC ， 所以OA ＝ EA 2＋OE 2＝ ⎝⎛⎭⎫522＋62＝132
. 即直三棱柱外接球的半径为
132.故选C. 解法二：补形法
图2
如图2，将直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面补成矩形，得到长方体ABDC ­A 1B 1D 1C 1. 显然，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的外接球就是长方体ABDC ­A 1B 1D 1C 1的外接球． 而长方体ABDC ­A 1B 1D 1C 1的外接球的直径等于长方体的体对角线长，连接AD 1， 则AD 1＝ 32＋42＋122＝13，
所以直三棱柱外接球的半径为132
.故选C. [一题多变]
已知三棱锥S ­ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ­ABC 的体积为9，则球O 的半径为________．
解析：如图，连接OA ，OB .
由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，
知OA ⊥SC ，OB ⊥SC .
由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，
∴三棱锥S ­ABC 的体积
V ＝13×⎝⎛⎭⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33
， 即r 33
＝9，∴r ＝3. 答案：3
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问
题．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
3．在封闭的直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )
A ．4π
B ．9π2
C ．6π
D ．32π3
解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相
切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进
去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43
πR 3＝4π3×278＝9π2
. 考点三 空间线面位置关系的判断
[一题多解](2019·潍坊三模)已知m，n 是空间中两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，现有以下命题：
①m⊂α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥β；②m∥β，n∥β，m⊂α，n⊂α⇒α∥β；③m⊥β，
n⊥α，m⊥n⇒α⊥β；④m⊂α，m∥n⇒n∥α.
其中真命题的个数是()
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.解法一：分析法
对于①，若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则两平面可能是平行的，所以①为假命题；
对于②，若m∥β，n∥β，m⊂α，n⊂α，只有当m与n相交时，才能推出α∥β，所以②为假命题；
对于③，因为m⊥β，m⊥n，所以n⊂β或n∥β，
又n⊥α，所以α⊥β，所以③为真命题；
对于④，若n⊄α，则结论正确，若n⊂α，则结论不正确，所以④为假命题．
综上可知，真命题的个数只有一个，故选B.
解法二：反例法
如图，几何体ABCD­A1B1C1D1为长方体．
对于①，A1B1⊥BC，且A1B1⊂平面A1B1C1D1，BC⊂平面ABCD，而
平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以①为假命题；
对于②，A1B1∥平面ABCD，分别取棱AA1，BB1的中点E，F，连接
EF，显然EF∥平面ABCD，而A1B1⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，而平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，故②为假命题；
对于④，AB∥CD，AB⊂平面ABCD，但CD⊂平面ABCD，所以④为假命题．
对于③，因为m⊥β，m⊥n，所以n⊂β或n∥β，又n⊥α，所以α⊥β，所以③为真命
题．
综上可知，真命题的个数只有一个，故选B.
真有证据假有反例
关于空间线、面位置关系的命题真假的判断的依据是空间线、面位置关系及空间平行与垂直的判定与性质定理．需要注意两个方面：一是在判断直线和平面是否平行时，不要忽略直线在平面内的情况，否则容易出现误判；二是不能直接把平面内的相关定理放在空间中使用，有些定理在空间中不成立，如在空间中垂直于同一条直线的两条直线不一定平行等．判断命题为假时，可以利用长方体找出反例．
4．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m; ②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α
相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．
答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α.(答案不唯一)
课后训练
1．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的
一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在
同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观
图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和左视图完全相同时，它的俯视图可能是()
解析：选B.因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．所以其主视图和左视图都是一个圆．
因为俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有2条对角线且为实线的正方形．
2．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三
角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C.对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60°，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；对于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E
有公共点A ，AC ∥A 1C 1，所以A 1C 1与平面AB 1E 相交，故D 错误．故选C.
3．已知α，β是两个不同的平面，l ，m ，n 是不同的直线，下列命题不正确的是( ) A ．若l ⊥m ，l ⊥n ，m ⊂α，n ⊂α，则l ⊥α B ．若l ∥m ，l ⊄α，m ⊂α，则l ∥α
C ．若α⊥β，α∩β＝l ，m ⊂α，m ⊥l ，则m ⊥β
D ．若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n
解析：选A.若l ⊥m ，l ⊥n ，m ⊂α，n ⊂α，不能推出l ⊥α，缺少条件m 与n 相交，故不正确．
4．如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE (A 1∉平面ABCD )，若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折的过程中，下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)
①VA ­A 1DE ∶VA 1­BCDE ＝1∶3；②存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ③总有BM ∥平面A 1DE ；④线段BM 的长为定值．
解析：①设A 1到平面EBCD 的距离为h ，D 到AB 的距离为h ′，则VA ­A 1DE ∶VA 1­BCDE ＝⎝⎛⎭⎫13×S △ADE ×h ∶(13×S 梯形EBCD ×h )＝S △ADE ∶S 梯形EBCD ＝(1
2×AE ×h ′)∶⎝⎛⎭⎫CD ＋BE 2×h ′＝1∶3，故①正确；②不妨假设存在某个位置，使DE ⊥A 1C ，易得DE ⊥EC ，EC ∩A 1E ＝E ，∴DE ⊥平面A 1CE ，∴DE ⊥A 1E 与∠DEA 1＝45°矛盾，故②错误；③取CD 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝1
2A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，可得平面MBF ∥平面A 1DE ，∴总有BM ∥
平面A 1DE ，故③正确；易知∠MFB ＝∠A 1DE ，由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，故④正确．故答案为①③④.答案：①③④
第2讲 空间中的平行与垂直
1．平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
2．证明空间位置关系的方法
已知a ，b ，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，则 (1)证明线线平行的常用方法
⎭
⎪⎬⎪
⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b ， ⎭⎪⎬⎪
⎫a ∥α
a ⊂βα∩β＝
b ⇒a ∥b ，
⎭
⎪⎬⎪
⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，
⎭
⎪⎬⎪
⎫α∥β
α∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b . (2)证明线面平行的常用方法
⎭
⎪⎬⎪⎫
a ∥
b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α；
⎭
⎪⎬⎪
⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α；
⎭
⎪⎬⎪
⎫
α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)证明面面平行的常用方法
⎭
⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O
a ∥β，
b ∥β⇒α∥β； ⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β；
⎭
⎪⎬⎪
⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ. (4)证明线线垂直的常用方法
⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b ；
⎭
⎪⎬⎪
⎫a ⊥αb ∥α⇒a ⊥b . (5)证明线面垂直的常用方法
⎭
⎪⎬⎪
⎫a
⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b
⇒l ⊥α；
⎭
⎪⎬⎪
⎫α⊥β
α∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β；
⎭
⎪⎬⎪
⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α. (6)证明面面垂直的常用方法
⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β；
⎭
⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β.
考点一 空间平行与垂直关系的证明
如图，在四棱锥
P ­ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E 和F 分别是CD 和PC 的中点，求证：
(1)P A ⊥底面ABCD ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面BEF ⊥平面PCD . [自我探究]
(1)
知啥
空间几何体中两个平面关系及边与边的关系
证啥 其中一边与底面垂直 咋证 垂直定理去证 (2)
知啥
空间几何中边与面的关系 证啥 底面中的一边与另一平面平行 咋证
线段中点公式及直线与平面平行的性质定理
(3)
知啥
空间几何中各边关系与边、面关系
证啥 两平面互相垂直 咋证
平面垂直定理去证
且P A 垂直于这两个平面的交线AD ，P A ⊂平面P AD ， ∴P A ⊥底面ABCD .
(2)∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点， ∴AB ∥DE ，且AB ＝DE . ∴四边形ABED 为平行四边形． ∴BE ∥AD .
又∵BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， ∴BE ∥平面P AD .
(3)∵AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形． ∴BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，
由(1)知P A ⊥底面ABCD ，且CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，且P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， ∴CD ⊥平面P AD ，又PD ⊂平面P AD ， ∴CD ⊥PD .
∵E 和F 分别是CD 和PC 的中点， ∴PD ∥EF .
∴CD ⊥EF ，又BE ⊥CD 且EF ∩BE ＝E ， ∴CD ⊥平面BEF ，又CD ⊂平面PCD ， ∴平面BEF ⊥平面PCD . [一题多变]
1．在本例条件下，证明平面BEF ⊥平面ABCD . 证明：如图，连接AC ，设AC ∩BE ＝O ，连接FO ，AE . ∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，CE ＝1
2CD ，
∴AB 綊CE .
∴四边形ABCE 为平行四边形．
∴O 为AC 的中点，又F 为PC 的中点，则FO ∥P A ，又P A ⊥平面ABCD ， ∴FO ⊥平面ABCD .又FO ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面ABCD .
2．在本例条件下，若AB ＝BC ，试探索直线BE 与平面P AC 是否垂直？请说明理由． 解：直线BE 与平面P AC 垂直，证明如下：
连接AC，设AC∩BE＝O.
AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，
∴AB綊CE.又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.又∵P A⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，∴P A⊥BE，
又P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，
故BE⊥平面P AC.
平行、垂直关系的证明思路
1．(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB ＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
考点二平面图形的折叠问题
[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)如图，在
平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .
(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝2
3DA ，求三棱锥Q ­ABP 的
体积．
[自我探究]
∠BAC ＝90°，所以BA ⊥AC ， 又因为BA ⊥AD ，AD ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面ACD . 因为AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .
证法二：由已知可得，因为∠ACM ＝90°， 所以CM ⊥AC .
又因为BA ⊥AD ，CM ∥AB ， 所以CM ⊥AD ，且AD ∩AC ＝A ， 所以CM ⊥平面ACD . 因为CM ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .
(2)解法一：由已知可得，DC ＝AC ＝AB ＝3， DA ＝32
又BP ＝DQ ＝2
3
DA ，所以BP ＝22
作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE ∥DC ，QE ＝1
3DC ＝1，
由已知和(1)可得CD ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC . 又QE ＝1.
所以三棱锥Q ­ABP 的体积为 V Q ­ABP ＝1
3
·QE ·S △ABP
＝13·1·1
2·3·22·sin 45°＝1 解法二：由图可知三棱锥Q ­APB 的体积 V Q ­ABP ＝V B ­ACQ －V P ­ACQ
因为BP ＝23BC ，所以V Q ­ABP ＝2
3V B ­ACQ
S △ACQ ＝13S △ACD ＝3
2，
由(1)知，AB ⊥平面ACD . 所以V B ­ACQ ＝13S △ACQ AB ＝3
2
所以V Q ­ABP ＝2
3
V B ­ACQ ＝1
解法三：由图可知三棱锥Q ­ABP 的体积 V Q ­ABP ＝V B ­ACQ －V P ­ACQ S △ACQ ＝13S △ACD ＝3
2
由(1)知，AB ⊥平面ACD . 所以V B ­ACQ ＝13S △ACQ ·AB ＝3
2
V P ­ACQ ＝13S △ACQ ·AB 3＝1
2
所以V Q ­ABP ＝V B ­ACQ －V P ­ACQ ＝32－1
2
＝1
1．解法点评：(1)两种解法实质一样，先证线面垂直，再证面面垂直，只不过解法一证AB⊥平面ACD，解法二证CM⊥平面ACD；
(2)解法一选△ABP为底面，再求高、直接求体积而解法二、三采用分割、转化求体积，灵活性强．
2．解题策略：求解平面图形折叠问题的关键和方法
(1)关键：分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．
2．如图1，在四边形ABCD中，E是边AD的中点，AD＝2EC＝4AB＝4，∠A＝∠D＝∠DCE＝60°.将△CDE沿CE折起，使得点D到达点P的位置(如图2)．若四棱锥P­ABCE 的体积最大．
(1)求证：BE⊥PC；
(2)求三棱锥P­BCE的表面积．
解：(1)证明：由题意得AE＝2，
在△BAE中，由余弦定理得BE2＝AE2＋AB2－2AB×AE cos 60°＝3，所以BE2＋AB2＝AE2.
根据勾股定理的逆定理可知BE⊥AB.
易知∠DEC＝∠EAB，从而AB∥CE，
故BE⊥CE.
因为四棱锥P­ABCE的体积最大，
所以平面PCE⊥平面ABCE，
所以易知BE⊥平面PCE，
又PC⊂平面PCE，所以BE⊥PC.
(2)易得S△PCE＝1
2×2×2×sin 60°＝3，
由(1)知△BCE，△PBE均为直角三角形，且
S△BCE＝1
2×BE×CE＝3，S△PBE＝
1
2×BE×PE＝3，
BC＝BE2＋CE2＝7，PB＝PE2＋BE2＝7，
故S△PBC＝1
2×2×7－1＝6，
所以三棱锥P­BCE的表面积S＝S△PCE＋S△BCE＋S△PBE＋S△PBC＝33＋ 6.
考点三空间线面关系的探索性问题
(2019·北京卷)如
图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面P AC；
(2)若∠ABC ＝60°，求证：平面P AB ⊥平面P AE ；
(3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面P AE ？说明理由． [自我探究]
(1)
知啥
空间几何体中边、边关系及边、面关系
证啥 底面中的一边垂直于另一平面
咋证 用线面垂直定理去证 (2)
知啥
底面中的一角及边、面关系 证啥 一侧面垂直于另一平面 咋证 平面与平面垂直的定理去证 (3)
知啥
空间几何体中边、边关系及边、面关系
求啥 平面中一直线与另一平面平行 咋求
直线与平面平行的性质定理去证
解：因为底面ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ； 因为P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥平面P AC .
(2)证明：因为底面ABCD 是菱形且∠ABC ＝60°，所以△ACD 为正三角形，又E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ，
因为AB ∥CD ，所以AE ⊥AB ；
因为P A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以AE ⊥P A ； 因为P A ∩AB ＝A 所以AE ⊥平面P AB ，
AE ⊂平面P AE ，所以平面P AB ⊥平面P AE .
(3)存在点F 为PB 中点时，满足CF ∥平面P AE ；理由如下： 分别取PB ，P A 的中点F ，G ，连接CF ，FG ，EG ， 在三角形P AB 中，FG ∥AB 且FG ＝1
2
AB ；
在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以CE ∥AB 且CE ＝1
2AB ，所以
CE ∥FG 且CE ＝FG ，即四边形CEGF 为平行四边形，所以CF ∥EG ； 又CF ⊄平面P AE ，EG ⊂平面P AE ，所以CF ∥平面P AE .
总结：探索性问题求解的途径和方法
(1)对命题条件探索的两种途径：
①先猜后证，即先观察，再证明；
②将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索方法：
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
课后训练
(2019·北京昌平模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，△P AB为正三角形，且侧面P AB⊥底面ABCD.E，M分别为线段AB，PD的中点．
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)求证：PB∥平面ACM；
(3)在棱CD上是否存在点G，使平面GAM⊥平面ABCD，请说明理由．
解：(1)证明：因为△P AB为正三角形，E是AB的中点，所以PE⊥AB.又
因为平面P AB⊥平面ABCD，平面P AB∩平面ABCD＝AB，所以PE⊥平面ABCD. (2)证明：连接BD交AC于点H，连接MH.
因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点．
又因为M为PD的中点，所以MH∥PB.
因为PB⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，
所以PB∥平面ACM.
(3)在棱CD上存在点G，且G为CD的中点时，平面GAM⊥平面ABCD.理由如下：
连接CE，AG，MG.
由(1)，得PE⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PE⊥CD.
因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E为AB的中点，所以△ABC是正三角形，EC⊥AB.
因为CD∥AB，所以EC⊥CD.
因为PE∩EC＝E，所以CD⊥平面PEC，所以CD⊥PC.
因为M，G分别为PD，CD的中点，所以MG∥PC，
所以CD⊥MG.
因为四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形．
又因为G为CD的中点，所以CD⊥AG.
因为MG∩AG＝G，所以CD⊥平面MAG.
因为CD⊂平面ABCD，所以平面MAG⊥平面ABCD.
第3讲 空间向量与立体几何
1．线、面的位置关系与向量的关系
设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)． 平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)． (1)l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2； (2)l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0； (3)l ∥α⇔a ⊥u ⇔a·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0； (4)l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3； (5)α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4； (6)α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0． 2．三种空间角与空间向量的关系
(1)线线角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cos θ＝|a·b |
|a ||b |
．
(2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角θ满足sin θ＝|l·n |
|l ||n |．
(3)二面角
①如图(Ⅰ)，AB ，CD 是二面角α­l ­β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →
〉；
②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α­l ­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|＝
|n1
·n2|
|n1||n2|＝|cos〈n1，n2〉|.
考点一利用空间向量证明平行与垂直
(2019·广州模拟)如图，
已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：
(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
[自我探究]
(1)知啥空间几何体中边、面关系
证啥一边平行于一平面
咋证
建立空间直角坐标系，利用向量公式
去证
(2)知啥各边的向量坐标
证啥两平面垂直
咋证用平面垂直的向量公式去证
证明：设AD＝DE＝2AB＝2a(a＞0)，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3
a ，2a )．
∵F 为CD 的中点， ∴F ⎝⎛⎭
⎫32a ，3
2a ，0.
(1)∵AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →
＝(2a ，0，－a )，
∴BE →＋BC →
＝(a ，3a ，a )＋(2a ，0，－a )＝(3a ，3a ，0)， ∴AF →＝12(BE →＋BC →
)，又AF ⊄平面BCE ，
∴AF ∥平面BCE .
(2)∵AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a ，0)，ED →＝(0，0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED
→
＝0，
又CD ∩ED ＝D ，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →
， ∴AF ⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面CDE ⊥平面BCE .
[一题多变]
本例条件不变，若M 是BC 的中点，试判断MA 与平面CDE 是否平行？证明你的结论． 解：由例1的解答知(坐标系略)
C (2a ，0，0)，B (0，0，a )，又M 是BC 的中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫a ，0，a 2，即AM →
＝⎝
⎛⎭⎫a ，0，a 2. 由例1解答知平面CDE 的一个法向量为AF →，且AF →＝⎝⎛⎭⎫3a 2，32a ，0.又AM →·AF →＝3a 22＞
0.
故AM 不垂直于AF ，即直线MA 与平面CDE 不平行．
向量法证明平行与垂直的步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；
(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
1．(2019·烟台模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面P AD；
(3)平面PCD⊥平面P AD.
证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，
0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．
(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →
＝0. 所以BE ⊥DC .
(2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以 AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ，
所以向量AB →
＝(1，0，0)为平面P AD 的法向量． 而BE →·AB →
＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .
(3)由(2)知平面P AD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →
＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，
不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量．且n ·AB →
＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →
. 所以平面PCD ⊥平面P AD . 考点二 利用空间向量求空间角
角度1
利用空间向量求线线角、线面角
[一题多
解](2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .
(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．
[自我探究]
(1)
知啥
ABCD 为正方形，PF ⊥BF ，E 、F 分别为AD ，BC 的中点
证啥 平面PEF ⊥平面ABFD
咋证 由已知可证BF ⊥EF ，即证BF ⊥平面PEF 即证结论
(2)
知啥 ABCD 为正方形，平面DEF ⊥平面ABFD ，E 、F 分别为AD 、BC 中点
求啥
求直线DP 与平面ABFD 所成角的正弦值
咋求
利用(1)的结论作PH ⊥EF 于H 易证PH ⊥平面ABFD ，合理建系求DP
→
的坐标和平面ABFD 的法向量，从而转化两向量夹角问题
PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .
又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ， (2)解法一：作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点，HF →
的方向为y 轴正方向，设正方形ABCD 的 边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .
由(1)可得，DE ⊥PE .
又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF . 可得PH ＝
32，EH ＝3
2
. 则H (0，0，0)，P ⎝
⎛⎭
⎫
0，0，
32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →
＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD
所成角为θ，
则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →|·|DP →|＝3
43＝3
4， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3
4
.
解题策略：利用空间向量求线面角的关注点
(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度，再取其
余角即为所求．
(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值，不要误
以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求．
[压轴题动态设计(三)]
(2019·全国卷Ⅲ)(12分)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的二面角B­CG­A的大小．
[思维模型]
[规范解答](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由平行公理的推论证四点共面(2分)
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.由线线垂直证线面垂直(4分)
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
由线面垂直证面面垂直(5分)
(2)解：作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由面面垂直的性质构建线面垂直为建系作准备(7分)
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝ 3.确定垂足的位置为建系定量
(8分)
以H 为坐标原点，HC →
的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →
＝(2，－1，0).建系：利用垂直关系建系并求有关点和向量的坐标(9分)
设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，
即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．
建模：准确求法向量，构建计算二面角的模型(11分) 又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32
.
因此，二面角B ­CG ­A 的大小为30°.下结论得满分(12分)
1．考查目标：本题考查四点共面、面面垂直、二面角的求解．考查空间想象能力、转化与化归思想，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养．
2．解题策略：二面角的大小通过二面角的平面角表达，设二面角的平面角为θ，则|cos
θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2
|.由θ∈[0，π)，可知θ的正弦值是唯一的，cos θ的正负要根
据几何体中两个平面夹角的大小来定．
2．(2019·天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.
(1)求证：BF ∥平面ADE ；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E ­BD ­F 的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
解：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1，2，h )．
(1)证明：依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量，又BF →
＝(0，2，h )，可得BF →·AB →
＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .
(2)依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →
＝(－1，－2，2)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，
－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可
得n ＝(2，2，1)．因此有cos 〈CE →
，n 〉＝CE →
·n |CE →||n |
＝－49.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9
.
(3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，
2y 1＋hz 1＝0，不妨令y
＝1，可得m ＝⎝
⎛⎭⎫1，1，－2
h .
由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|＝
⎪
⎪
⎪
⎪
4－
2
h
32＋
4
h2
＝
1
3，解得h＝
8
7.经检验，符合题意．所以，
线段CF的长为
8
7.
考点三空间向量解决线面关系的探索问题
(2019·长沙模拟)如
图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝22，PB＝32，PB⊥AC.
(1)求证：平面P AB⊥平面P AC；
(2)若∠PBA＝45°，试判断棱P A上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为
3
3，若存在，求出
AE
AP的值；若不存在，请说明理由．[自我探究]
(1)
知啥四棱锥一条侧棱长与底面一边垂直及边的长度
证啥两平面垂直
咋证线面垂直定理及两平面垂直定理去证
(2)
知啥一侧面一角大小与空间中两直线的垂直关系
求啥一直线与平面所成的角
咋求建立空间直角坐标系，用空间向量坐标公式去求
AD＝22，所以BC＝AD＝22，
又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，
所以AC⊥AB，
又PB⊥AC，且AB∩PB＝B，所以AC⊥平面P AB，。