(全国通用)2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.3空间点、直线、平面之间的位置关系学案
2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6空间向量及其运算课件理北师大版
又因为向量(－3，－4,5)的模为 －32＋－42＋52＝5 2，
所以与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是
1 ±5
2(－3，－4，5)＝±102(－3，－4,5).
123456
解析 答案
6.O 为空间中任意一点，A，B，C 三点不共线，且O→P＝34O→A＋81O→B＋tO→C， 1
若 P，A，B，C 四点共面，则实数 t＝_8__. 解析 ∵P，A，B，C四点共面，
第八章 立体几何与空间向量
§8.6 空间向量及其运算
内容索引
基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 课时作业
基础知识 自主学习
1.空间向量的有关概念
知识梳理
名称 零向量 单位向
量
概念 模为 0 的向量
1 相同 相等
长度相(反模)为相的等 向量
相等向 方向平行或重且合模
的向量
量
平面
表示 0
a＝b
_________a_21＋_a_22_＋_a_23 _________
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. 几何画板展示 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：O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(其 中 x＋y＋z＝1)，O 为空间中任意一点. 几何画板展示
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解析 答案
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) ，
2019高考数学一轮复习第8章立体几何第8课时空间向量的应用(二)空间的角与距离练习理
第8课时 空间向量的应用(二) 空间的角与距离1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( ) A.12 B.21015 C.23D.1115答案 B解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系， 令AD ＝1，∴DB 1→＝(1，1，1)，CM →＝(1，－12，0)．∴cos 〈DB 1→，CM →〉＝1－123·52＝1515. ∴sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.2．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)． ∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.3．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．150°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos120°|＝12，又0°≤θ≤90°.∴θ＝30°.4．(2018·天津模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010答案 C解析 由题意，连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，连接BO.∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，∴C 1O ⊥B 1D 1.易得C 1O ⊥平面DBB 1D 1，∴∠C 1BO 即为直线BC 1与平面DBB 1D 1所成的角．在Rt △OBC 1中，OC 1＝22，BC 1＝25，∴直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为105，故选C.5.(2018·辽宁沈阳和平区模拟)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.63D.223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，4)，B(2，2，0)，B 1(2，2，4)，AC →＝(－2，2，0)，AD 1→＝(－2，0，4)，BB 1→＝(0，0，4)．设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0，取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2，2，1)是平面ACD 1的一个法向量．设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n |·|BB 1→|＝49×4＝13.故选A.6．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.35 B.45 C.34 D.55答案 B解析 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形． 设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52，∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158. 设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.7．(2018·山东师大附中模拟，理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝102，AB ＝10，PA ＝6，DA ⊥AB ，点Q 在PB 上，且满足PQ∶QB＝1∶3，则直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为________． 答案13052解析 方法一：如图，过点Q 作QH∥CB 交PC 于点H. ∵DA ⊥AB ，DC ∥AB ，∴在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝ 5. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝11. 取AB 的中点M ，连接CM ，∵DC ∥AB ，CM ＝AD ＝102， ∴在Rt △CMB 中，CB ＝CM 2＋MB 2＝5，又PB 2＝PA 2＋AB 2＝16，∴PC 2＋CB 2＝PB 2，∴CB ⊥PC. ∵QH ∥BC ，∴QH ⊥PC.① ∵PA ⊥CB ，∴PA ⊥QH.②由①②可得，QH ⊥平面PAC ，∴∠QCH 是直线CQ 与平面PAC 所成的角．∵QH ＝14BC ＝54，HC ＝34PC ＝3114，∴CQ ＝QH 2＋HC 2＝262，∴sin ∠QCH ＝QH CQ ＝13052.方法二：以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，6)，C(102，102，0)，B(0，10，0)， ∵PQ ＝14PB ，∴Q(0，104，364)，可知平面PAC 的一个法向量为m ＝(－1，1，0)，又CQ →＝(－102，－104，364)，∴|cos 〈m ，CQ →〉|＝|m ·CQ →||m ||CQ →|＝13052，故直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为13052.8．(2018·上海八校联考)如图所示为一名曰“堑堵”的几何体，已知AE⊥底面BCFE ，DF ∥AE ，DF ＝AE ＝1，CE ＝7，四边形ABCD 是正方形．(1)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，判断四面体EABC 是否为鳖臑，若是，写出其每一个面的直角，并证明；若不是，请说明理由． (2)记AB 与平面AEC 所成的角为θ，求cos2θ的值． 答案 (1)略 (2)17解析 (1)∵AE⊥底面BCFE ，EC ，EB ，BC 都在底面BCFE 上，∴AE ⊥EC ，AE ⊥EB ，AE ⊥BC.∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE.又∵BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE ，∴四面体EABC 是鳖臑，∠AEB ，∠AEC ，∠CBE ，∠ABC 为直角．(2)∵AE ＝1，CE ＝7，AE ⊥EC ， ∴AC ＝22，又ABCD 为正方形． ∴BC ＝2，∴BE ＝ 3.作BO⊥EC 于O ，则BO⊥平面AEC ，连接OA ，则OA 为AB 在面AEC 上的射影．∴θ＝∠BAO，由等面积法得BE·BC ＝EC·OB. ∴OB ＝3·27，sin θ＝OB AB ＝217，cos2θ＝1－2sin 2θ＝17.提示 本题也可用向量法求解．9.(2016·课标全国Ⅲ，理)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点． (1)证明：MN∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)8525解析 (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN.由N 为PC 的中点知TN∥BC，TN ＝12BC ＝2.又AD∥BC，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN∥平面PAB.(2)取BC 的中点E ，连接AE.由AB ＝AC 得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－（BC 2）2＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N(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 ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.10．如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)15解析 (1)四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，如图，则△ACD 为等边三角形， 又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD∥AB，得AM⊥AB， ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1， 又AB∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B.(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以AB ，AM ，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 ， 则A 1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，3，0)，D 1(－12，32，2)，∴DD 1→＝(12，－32，2)，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2，0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝|n ·DD 1→|n |·|DD 1→||＝15.11.(2018·山西太原一模)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值． 答案 (1)略 (2)12解析 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD. ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ，∴AC⊥平面BEFD ， ∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC⊥BD，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ，∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE)2＝8，∴BD ＝2 2.设OA ＝a(a>0)，则A(a ，0，0)，C(－a ，0，0)，E(0，2，1)，F(0，－2，2)，∴EF →＝(0，－22，1)，AE →＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 1＋z 1＝0，－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22，∴m ＝(32a ，1，22)是平面AEF 的一个法向量，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22，∴n ＝(－32a，1，22)是平面CEF 的一个法向量，∵二面角A －EF －C 是直二面角，∴m ·n ＝－18a 2＋9＝0，∴a ＝ 2.∵BE ⊥平面ABCD ，∴∠BAE 是直线AE 与平面ABCD 所成的角， ∵AB ＝OA 2＋OB 2＝2，∴tan ∠BAE ＝BE AB ＝12.故直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为12.1.(2017·山西临汾一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是( )A ．90° ．60° C ．45° ．30°答案 B解析 将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB∥SC，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2.(2018·成都一诊)如图，正四棱锥P －ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( ) A ．60° B ．30° C ．45° D ．90°答案 A解析 如图，正四棱锥P －ABCD 中，根据底面积为6可得，BC ＝ 6.连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P －ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO⊥底面ABCD ，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO ∩AC ＝O ，所以BD⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BOOE＝3，即∠BEO＝60°.3.如图，平面ABCD⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.23B.33C.63D.13答案 C解析 设GB 与平面AGC 所成的角为θ. 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2a ，0)，C(0，2a ，2a)，G(a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a)，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.4．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33C.23D.13答案 A解析 如图，连接AC 交BD 于点O ，连接C 1O ，过C 作CH⊥C 1O 于点H. ∵⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥AC BD⊥AA 1AC ∩AA 1＝A ⇒⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥平面ACC 1A 1CH ⊂平面ACC 1A 1⇒⎩⎪⎨⎪⎧CH⊥BD CH⊥C 1O BD ∩C 1O ＝O ⇒CH ⊥平面C 1BD ，∴∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角．5．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( ) A.235B.23913C.54D.43答案 B解析 取AC 的中点E ，连接BE ，如图所示，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →，即5×23×cos θ＝4×23×32(θ为AD →与EB →的夹角)，∴cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又BE⊥平面AA 1C 1C ，∴所求角的正切值为23913.6．(2016·北京东城质量调研)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是( ) A.23 B.73 C.32D.37答案 B解析 以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立直角坐标系，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴E(a 2，a 2，1)，G(a 3，a 3，13)，GE →＝(a6，a 6，23)，BD →＝(0，－a，1)，∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2.∴GE →＝(13，13，23)，BA 1→＝(2，－2，2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．∵cos<GE →，BA 1→>＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为73.7．(2018·太原模拟)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 为边长是2的正三角形，顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，若E 为BC 的中点，且直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为( ) A ．3π B ．4π C ．5π D ．6π答案 D解析 ∵顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，而且△BCD 是正三角形，∴三棱锥A －BCD 是正三棱锥，∴AB ＝AC ＝AD.令底面△BCD 的重心(即中心)为P ，∵△BCD 是边长为2的正三角形，DE 是BC 边上的高，∴DE ＝3，PE ＝33，DP ＝233.∵直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，即tan ∠AEP ＝22，∴AP ＝263，∵AE 2＝AP 2＋EP 2，∴AD ＝2，于是AB ＝AC ＝AD ＝BC ＝CD ＝DB ＝2，∴三棱锥A －BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.8．(2018·江西临海上一中一模)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1.点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是________． 答案1010解析 取AB 的中点为F ，连接B 1F ，过点F 作FG⊥BD，垂足为G ，连接B 1G ，由正方体性质知BB 1⊥FG ，BD ∩BB 1＝B ，BD ⊂平面BDD 1B 1，BB 1⊂平面BDD 1B 1，所以FG⊥平面BDD 1B 1，故∠FB 1G为FB 1与平面BDD 1B 1所成的角，所以FG ＝24，B 1F ＝52，所以sin ∠FB 1G ＝2452＝1010.又因为AE∥B 1F ，所以直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是1010. 9．(2014·福建，理)在平面四边形ABCD 中．AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB⊥CD；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)63解析 (1)∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图所示． 由(1)知AB⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD.以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD与平面MBC 所成角的正弦值为63.11 10．(2017·浙江)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．解析 (1)如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB.因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF ＝12AD ， 又因为BC∥AD，BC ＝12AD ，所以EF∥BC 且EF ＝BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC ，AD 的中点为M ，N.连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ.因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得P N⊥AD.由DC⊥AD，N 是AD 的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN ，由BC∥AD 得BC⊥平面PBN ，那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH.MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14， 在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2， 所以sin ∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.3
§8.3平面的基本性质与推论1．平面的基本性质及推论(1)平面的基本性质基本性质1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内．基本性质2：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．基本性质3：如果不重合的两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线．(2)平面基本性质的推论推论1：经过一条直线和直线外的一点，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．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：既不平行又不相交的直线(2)判断两直线异面：与一平面相交于一点的直线与这个平面内不经过交点的直线是异面直线．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．知识拓展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.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF 所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 连接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.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．(2017·湖南省湘中名校联考)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()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α答案 C解析A中，m，n可能的位置关系为平行、相交、异面，故A错误；B中，m与n也有可能平行，B错误；C中，根据线面平行的性质可知C正确；D中，若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.5．(2017·湖北七市联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析对于A，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B，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C，与直线m垂直的直线不可能与平面α平行，不正确；对于D，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，连接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(2018·沈阳质检)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()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D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A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．(2)(2017·河北唐山一中月考)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，连接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、与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)(2016·山东)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()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A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，故选A.(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()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B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．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．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，a⊂α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若a⊂α，b⊥β，α∥β，则由α∥β，b⊥β⇒b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；若a⊥b，a⊂α，b⊥β，则b⊥α或b∥α或b⊂α，此时α∥β或α与β相交，所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.2．(2018·佛山模拟)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()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D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．对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线答案 C解析不论l∥α，l⊂α，还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.4．设正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()A．(0，2) B．(0，3) C．(1，2) D．(1，3)答案 A解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于2.故选A.5．下列命题中，正确的是()A．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B．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C．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D．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 D解析对于A，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A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故B错误．对于C，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D.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()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B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．(2018·广州质检)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；③DE与MN垂直．以上三个命题中，正确命题的序号是________．答案②③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，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，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形．∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，则CP＋P A1的最小值为________．答案5 2解析连接A1B，将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个平面四边形A1BCC1，则此时对角线CP＋P A1＝A1C达到最小，在等腰直角三角形△BCC1中，BC1＝2，∠CC1B＝45°，在△A1BC1中，A1B＝40＝210，A1C1＝6，BC1＝2，∴A1C21＋BC21＝A1B2，即∠A1C1B＝90°.对于展开形成的四边形A1BCC1，在△A1C1C中，C1C＝2，A1C1＝6，∠A1C1C＝135°，由余弦定理有，CP＋P A1＝A1C＝2＋36－122cos 135°＝50＝5 2.11.(2018·石家庄调研)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H 为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.即D1，H，O三点共线．12.如图，在空间四边形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，且满足AE∶EB＝CF∶FB ＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，过E，F，G的平面交AD于点H.(1)求AH ∶HD ；(2)求证：EH ，FG ，BD 三线共点． (1)解 ∵AE EB ＝CFFB ＝2，∴EF ∥AC ，∴EF ∥平面ACD ，而EF ⊂平面EFGH ， 平面EFGH ∩平面ACD ＝GH ， ∴EF ∥GH ，∴AC ∥GH . ∴AH HD ＝CGGD＝3.∴AH ∶HD ＝3∶1. (2)证明 ∵EF ∥GH ，且EF AC ＝13，GH AC ＝14，∴EF ≠GH ，∴四边形EFGH 为梯形．令EH ∩FG ＝P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD ， 又P ∈FG ，FG ⊂平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， ∴P ∈BD .∴EH 、FG 、BD 三线共点．13．(2018·长春质检)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( ) A ．l 1⊥l 4 B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定 答案 D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，可以排除选项A 和C.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.(2017·郑州质检)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 ，连接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 ，可得④正确；若存在某个位置，使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.(2017·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( )A ．4πB ．πC ．2π D.π2答案 D解析 连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt △MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2.16．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． 答案 无数解析 方法一 在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有1个交点N ，M 取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这3条异面直线都有交点．如图所示．方法二(图略)在A1D1上任取一点P，过点P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，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量8
高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 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)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.7
§8.7 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直1．用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 以t 为参数的参数方程．向量a 称为该直线的方向向量．(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝(1－t )OA →＋tOB →，叫做空间直线的向量参数方程． 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l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝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u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝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．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⊥βα∥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.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1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 (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1) B ．(1，－1,1) C.⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎫33，33，－33 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x＝y＝z.故选C.5．直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有()A．l∥αB．l⊥αC．l与α斜交D．l⊂α或l∥α答案 B解析由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.6．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对答案 C解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直.题型一利用空间向量证明平行问题典例(2018·大理月考)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Axyz ，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 →与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Oxyz .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 ，连接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 ，连接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 ， 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 ，连接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 ，CD ⊂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，连接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 ，连接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 (2018·桂林模拟)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 ，连接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 (2016·北京)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AM AP 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 ，连接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 (12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 .[1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)，[3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.[9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 .[12分]1．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P (2,3,3) B ．P (－2,0,1) C ．P (－4,4,0) D ．P (3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 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 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.3.(2017·西安模拟)如图，F 是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点，E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合 答案 A解析 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D (0,0,0)，F (0,1,0)，D 1(0,0,2)，设E (2,2，z )，则D 1F →＝(0,1，－2)，DE →＝(2,2，z )，∵D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0， ∴z ＝1，∴B 1E ＝EB .4．(2017·广州质检)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.5．(2017·青岛模拟)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＝257.6．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．7．(2018·青海质检)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Dxyz .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DCQ ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.(2017·郑州调研)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．(2017·成都调研)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()A ．相交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 以点C1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 ＝2a3，则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a3，a3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a3，a ，MN →＝⎝⎛⎭⎫－a3，0，2a3.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 .11.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 ＝1.12．(2018·长沙模拟)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( )A ．(1,1,1)B.⎝⎛⎭⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎫24，24，1答案 C解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接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. 13．(2018·东莞质检)如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案 72解析 以O 点为坐标原点，OB ，OS 所在直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S ()0，0，3，M ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 设P (x ，y,0)，∴AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，32，MP →＝⎝⎛⎭⎫x ，y ，－32， 由AM →·MP →＝y －34＝0，得y ＝34， ∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为2 1－⎝⎛⎭⎫342＝72.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八
§8.6 空间向量及其运算1．空间向量的有关概念及定理2.两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则角∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，通常规定0≤〈a ，b 〉≤π. 3．两条异面直线所成的角把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角(锐角或直角)叫做两条异面直线所成的角． 4．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＝a·a ，|a |＝x 2＋y 2＋z 2. (2)向量的坐标运算：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.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 ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________． 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2， ∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 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( ) A ．垂直 B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案 B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.(2017·上饶期中)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 →等于( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 答案 B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 (2018·唐山质检)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 (2017·抚州模拟)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 (2017·济南月考)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 (12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，[9分] 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →，即A 1B ⊥C 1M .[12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( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 A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，故选A.2．(2017·黄冈模拟)已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A.32 B ．－2 C ．0 D.32或－2 答案 B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( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交 答案 B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( )A.5π6B.2π3C.π3D.π6 答案 D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，故选D. 5．(2017·郑州调研)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等于( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3答案 B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．(2018·绵阳质检)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( )A. 3B. 2 C ．1 D.3－ 2答案 D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．(2018·遵义调研)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 →等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定 答案 B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( )A ．(4,0,3)B ．(3,1,3)C ．(1,2,3)D ．(2,1,3) 答案 B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．(2018·吉林模拟)已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形答案 D 解析 由已知得BA →·BC →<0，CB →·CD →<0，DC →·DA →<0，AB →·AD →<0，由夹角的定义知∠B ，∠C ，∠D ，∠A 均为钝角，故A ，B ，C 不正确．16．(2017·郑州调研)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.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.1
§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．多面体的结构特征2．旋转体的形成3.三视图与直观图知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.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)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( × ) (5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( × ) (6)菱形的直观图仍是菱形．( × ) 题组二 教材改编2．下列说法正确的是( ) A ．相等的角在直观图中仍然相等 B ．相等的线段在直观图中仍然相等 C ．正方形的直观图是正方形D ．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行 答案 D解析 由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变． 3．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三易错自纠4．某空间几何体的主视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案 A解析由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其主视图为三角形，而圆柱的主视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的左视图为()答案 B解析左视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线．由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________．答案616a 2 解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.题型一 空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等． 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 A解析 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．(2018·青岛模拟)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．思维升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析主视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此主视图是①，左视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此左视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16答案 B解析 观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2017·汕头模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析 A ，B ，D 选项满足三视图作法规则，C 不满足三视图作法规则中的宽相等，故C 不可能是该锥体的俯视图．思维升华 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π 答案 B解析 方法一 (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.方法二 (估值法)由题意知，12V圆柱<V几何体<V圆柱，又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的左视图和俯视图，则该锥体的主视图可能是( )答案 A解析 由俯视图和左视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.题型三 空间几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．答案22解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．跟踪训练 (2017·贵阳联考)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．答案 2＋22解析 如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1， 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22.1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)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2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其主视图和左视图完全相同时，它的主视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当主视图和左视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，主视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P－A1B1A的左视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D.5．(2018·武汉调研)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的主视图时，以zOx平面为投影面，则得到的主视图可以为()答案 A解析设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体补成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的主视图为A.6．(2017·黄山质检)一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、俯视图如图所示，则其左视图为()答案 C解析根据一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、俯视图可得几何体的直观图如图所示．所以左视图如图所示.故选C.7．(2017·东北师大附中、吉林一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其主视图、俯视图如图所示，则其左视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析 由几何体的结构特征和主视图、俯视图，得该几何体的左视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其左视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析 由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的主视图与左视图的面积之比为________．答案 1∶1解析 根据题意，三棱锥P —BCD 的主视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；左视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P —BCD 的主视图与左视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O 为正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为平面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的射影可能是________．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．(2018·长沙调研)某四面体的三视图如图所示，则该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案27解析由三视图可知该四面体为三棱锥V—ABC，如图，其中EC＝CB＝2，AE＝23，VC＝2，AE⊥BE，VC⊥平面ABE，所以在六条棱中，最大的棱为VA或者AB.AC2＝AE2＋EC2＝(23)2＋22＝16，所以VA2＝AC2＋VC2＝16＋22＝20，此时VA＝20＝25，AB2＝AE2＋EB2＝(23)2＋42＝28，所以AB＝28＝27>25，所以棱长最大的为27.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析 画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8答案 C解析 如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的主视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的主视图为④.而其他几种展开方式对应的主视图在题中没有出现．故选D.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.8 Word版含答案
§8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 最新考纲考情考向分析 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 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l 1与l 2所成的角θ a 与b 的夹角β 范围⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b |a ||b |2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．3．二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角．4．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB 、CD 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〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 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 (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2.(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|BO →|＝|AB →·n ||n |.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．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( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°。
(新课标)2019届高考数学一轮复习第八章立体几何8.7空间向量的坐标表示、
集合与常用逻辑用语 立体几何
8．7 空间向量的坐标表示、运算及应用
1．空间向量基本定理 如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p，存在有序实数 组____________，使得__________________．其中，{a，b，c}叫做空间的一 个________，a，b，c 都叫做__________． 2．空间直角坐标系 (1)如果空间的一个基底的三个基向量____________，且长都为______， 则这个基底叫做单位正交基底，常用{i，j，k}来表示(其中|i|＝|j|＝|k|＝1)． (2)在空间选定一点 O 和一个单位正交基底{i，j，k}，以 O 为原点，分 别以 i，j，k 的方向为正方向建立三条数轴：__________________________， 它们都叫做坐标轴， 这时我们说建立了一个空间直角坐标系 Oxyz， 点 O 叫做 原点，向量 i，j，k 都叫做坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平 面，分别称为 xOy 平面、yOz 平面、zOx 平面．
③根据法向量的定义建立关于 x，y，z 的方程组
；
④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有 ______个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量． 6．利用空间向量表示立体几何中的平行、垂直和夹角 设直线 l，m 的方向向量为 a，b，平面 α，β 的法向量分别为 u，v，则 (1)线线平行：l∥m⇔____________⇔____________． (2)线线垂直：l⊥m⇔____________⇔____________． (3)线面平行：l∥α⇔____________⇔____________． (4)线面垂直，方法一：l⊥α⇔__________⇔__________； 方法二：若 e1，e2 为平面 α 的一组基底，则 a⊥e1， l⊥α ⇔ ⇔a· e1＝a· e2＝0. a ⊥ e 2 (5)面面平行：α∥β⇔____________⇔____________． (6)面面垂直：α⊥β⇔____________⇔____________．
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教学案 理
高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：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．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴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)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 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，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 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FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.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)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4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用课件：第八
(2)PD⊥平面ABE. 证明 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA. ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， ∴AE⊥平面PCD， 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD. ∵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，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.
A.α⊥β且m⊂α
C.m∥n且n⊥β √
B.α⊥β且m∥α
D.m⊥n且α∥β
解析 由线面垂直的判定定理，可知C正确.
1
2
3
4
5
6
解析
答案
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 A.与AC，MN均垂直 √ B.与AC垂直，与MN不垂直 C.与AC不垂直，与MN垂直 D.与AC，MN均不垂直
1 2 3 4 5 6
题组二 教材改编
2.下列命题中错误的是
A.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
B.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
C.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D.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 √
平面.
(2) 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).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4) 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
2019届高考大一轮复习备考资料之数学人教A版全国用讲
§8.5 直线、平面垂直的判定与性质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平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．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：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，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．(2)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)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)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)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( √ ) (4)若α⊥β，a ⊥β，则a ∥α.( × )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( √ )(6)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.( × )2．[P73T1]下列命题中错误的是()A．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βB．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βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．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 D解析对于D，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，其他选项均是正确的．3．[P67T2]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，连接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．4．(2017·湖南六校联考)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，下列给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β答案 C解析由线面垂直的判定定理，可知C正确．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()A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案 A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.故选A.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()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC答案 B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.故选B.题型一直线与平面垂直的判定与性质典例如图所示，在四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P—ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD.又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴CD⊥平面P AC.而AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，而PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.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．(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．跟踪训练如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝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ABCA1B1C1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 ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形， 因此BC 1⊥B 1C .因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ， 所以BC 1⊥平面B 1AC .又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1. 题型二 平面与平面垂直的判定与性质典例 (2018·开封模拟)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 ，连接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 连接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.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⊥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 (2017·南昌模拟)如图，已知在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，平面P AD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面P AD ；(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M —EFG 的体积． (1)证明 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，且CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面P AD . 又因为在△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点， 所以EF ∥CD ，所以EF ⊥平面P AD .因为EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面P AD . (2)解 因为EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，所以CD ∥平面EFG ，因此CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离， 所以V 三棱锥M —EFG ＝V 三棱锥D —EFG ，取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，FH ，则EF ∥GH ， 因为EF ⊥平面P AD ，EH ⊂平面P AD ， 所以EF ⊥EH .于是S △EFH ＝12EF ×EH ＝2＝S △EFG ，因为平面EFG ⊥平面P AD ，平面EFG ∩平面P AD ＝EH ，△EHD 是正三角形，所以点D 到平面EFG 的距离等于正△EHD 的高，即为 3. 所以三棱锥M —EFG 的体积V 三棱锥M —EFG ＝V 三棱锥D —EFG ＝13×S △EFG ×3＝233.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)证明连接AC交BD于点O，连接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，连接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)证明连接AB1与A1B，两线交于点O，连接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ACC 1A 1， ∴BM ⊥AC 1. ∵AC ＝2，∴AM ＝1.又∵AA 1＝2，∴在Rt △ACC 1和Rt △A 1AM 中， tan ∠AC 1C ＝tan ∠A 1MA ＝2， ∴∠AC 1C ＝∠A 1MA ，即∠AC 1C ＋∠C 1AC ＝∠A 1MA ＋∠C 1AC ＝90°， ∴A 1M ⊥AC 1.∵BM ∩A 1M ＝M ，BM ，A 1M ⊂平面A 1BM ， ∴AC 1⊥平面A 1BM .(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 ，连接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，∴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 (12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A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.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，连接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，连接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.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，[10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.[12分]1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则()A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直答案 D解析对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；对于B，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B错误；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误．D正确．2．(2017·深圳四校联考)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()A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．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 B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A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B不正确；根据面面垂直的性质定理，知选项C，D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()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m答案 A解析选项A，∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m的位置关系不确定；选项C，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；选项D，∵α∥β，l⊂α，m⊂β，此时，l与m的位置关系不确定．故选A.4．(2017·中原名校联盟联考)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，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β答案 C解析对于选项A，由α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，由α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m 与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.5．(2018·衡水调研)如图，在正四面体P—ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC答案 D解析因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE⊂平面P AE，所以BC⊥平面P AE，因为DF∥BC，所以DF⊥平面P AE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B，C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()A．①②B．①②③C．①D．②③答案 B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．(2018·洛阳模拟)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，连接AC，则BD⊥AC，且P A∩AC＝A，∴BD⊥平面P AC，∴BD⊥PC.∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )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．(2018届“超级全能生”全国联考)如图1，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝2，AD ＝DC ＝CB ＝1，将△ADC 沿AC 折起，使得平面ADC ⊥平面ABC ，E 为AB 的中点，连接DE ，DB (如图2)．(1)求证：BC ⊥AD ；(2)求点E 到平面BCD 的距离． (1)证明 作CH ⊥AB 于点H ，则BH ＝12，AH ＝32，又BC ＝1，∴CH ＝32， ∴CA ＝3，∴AC ⊥BC ，∵平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ADC ，又AD ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥AD .(2)解 ∵E 为AB 的中点，∴点E 到平面BCD 的距离等于点A 到平面BCD 距离的一半． 而平面ADC ⊥平面BCD ，∴过A 作AQ ⊥CD 于Q ， 又∵平面ADC ∩平面BCD ＝CD ，且AQ ⊂平面ADC ， ∴AQ ⊥平面BCD ，AQ 就是点A 到平面BCD 的距离． 由(1)知AC ＝3，AD ＝DC ＝1， ∴cos ∠ADC ＝12＋12－(3)22×1×1＝－12，又0<∠ADC <π，∴∠ADC ＝2π3， ∴在Rt △QAD 中，∠QDA ＝π3，AD ＝1，∴AQ ＝AD ·sin ∠QDA ＝1×32＝32. ∴点E 到平面BCD 的距离为34. 12.(2017·湖北七市联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM —DCP与刍童ABCD —A 1B 1C 1D 1的组合体中，AB ＝AD ，A 1B 1＝A 1D 1.台体体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S＋S )h ，其中S ′，S 分别为台体上、下底面的面积，h 为台体的高．(1)证明：BD ⊥平面MAC ；(2)若AB ＝1，A 1D 1＝2，MA ＝3，三棱锥A —A 1B 1D 1的体积V ′＝233，求该组合体的体积．(1)证明 由题意可知ABM —DCP 是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD ⊥平面MAB ，∴AD ⊥MA ，又MA ⊥AB ，AD ∩AB ＝A ，AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴MA ⊥平面ABCD ，∴MA ⊥BD .又AB ＝AD ，∴四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ， 又MA ∩AC ＝A ，MA ，AC ⊂平面MAC ， ∴BD ⊥平面MAC .(2)解 设刍童ABCD —A 1B 1C 1D 1的高为h ，则三棱锥A —A 1B 1D 1的体积V ′＝13×12×2×2×h＝233， ∴h ＝3，故该组合体的体积V ＝12×1×3×1＋13×(12＋22＋12×22)×3＝32＋733＝1736.13．(2018届南宁市联考)如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点．现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H .下列说法错误的是________．(填序号)①AG ⊥△EFH 所在平面；②AH ⊥△EFH 所在平面；③HF ⊥△AEF 所在平面；④HG ⊥△AEF所在平面．答案①③④解析折之前AG⊥EF，CG⊥EF，折之后也垂直，所以EF⊥平面AHG，折之前∠B，∠D，∠C均为直角，折之后三点重合，所以折之后AH，EH，FH三条直线两两垂直，所以AH⊥△EFH 所在平面，②对；同时可知AH⊥HG，又HF⊥△AEH所在平面，过AE不可能做两个平面与直线HF垂直，③错；如果HG⊥△AEF所在平面，则有HG⊥AG，与②中AH⊥HG矛盾，④错；若AG⊥△EFH所在平面，则有AG⊥HG，与②中AH⊥HG矛盾，所以①也错．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.(2017·兰州模拟)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，连接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.(2018·泉州模拟)点P在正方体ABCD—A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A—D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．答案 ①②④解析 连接BD 交AC 于点O ，连接DC 1交D 1C 于点O 1，连接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11P AD C A D PC V V --=三棱锥三棱锥，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人教B版全国通用文档：第八
§8.2空间几何体的表面积与体积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 ＝a 2＋b 2＋c 2. (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．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( ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cm D.32 cm答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2.3.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47. 题组三 易错自纠4．(2017·陕西西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4答案 D解析 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2016·全国Ⅱ)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( ) A ．12π B.323π C ．8π D ．4π答案 A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，故选A.6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为________．答案 1∶1解析 由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V 圆锥＝13×π×23＝83π，V 半球＝12×43π×23＝163π，所以V 剩余＝V 半球－V 圆锥＝83π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为1∶1.题型一 求空间几何体的表面积1．(2016·全国Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 答案 A解析 由题意知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和．由43πR 3－18×43πR 3＝28π3，得球的半径R ＝2. 则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.2．(2017·黑龙江哈师大附中一模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.73B.172 C ．13 D.17＋3102答案 C解析 由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示．则CC ′⊥平面ABC ，上、下底均为等腰直角三角形，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，A ′C ′＝B ′C ′＝C ′C ＝2，∴AB ＝2，A ′B ′＝2 2.∴棱台的上底面面积为12×1×1＝12，下底面面积为12×2×2＝2，梯形ACC ′A ′的面积为12×(1＋2)×2＝3，梯形BCC ′B ′的面积为12×(1＋2)×2＝3，过A 作AD ⊥A ′C ′于点D ，过D 作DE ⊥A ′B ′，则AD ＝CC ′＝2， DE 为△A ′B ′C ′斜边高的12，∴DE ＝22，∴AE ＝AD 2＋DE 2＝32， ∴梯形ABB ′A ′的面积为12×(2＋22)×32＝92，∴几何体的表面积S ＝12＋2＋3＋3＋92＝13，故选C.思维升华 空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)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． (3)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命题点1 以三视图为背景的几何体的体积典例 (2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.命题点2 求简单几何体的体积典例 (2018·广州调研)已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AA 1，CC 1的中点，则四棱锥C 1—B 1EDF 的体积为________． 答案 16a 3解析 方法一 如图所示，连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ，过点O 1作O 1H ⊥B 1D 于点H .因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF ， 所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离．易知平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ， 又平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， 所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，所以O 1H 等于四棱锥C 1—B 1EDF 的高． 因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， 所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .所以VC 1－B 1EDF ＝131B EDF S 四边形·O 1H ＝13×12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13×12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.方法二 连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，11111C B EDF B C EFD C EF V V V ---=+四棱锥三棱锥三棱锥＝13·1C EF S ∆·(h 1＋h 2)＝16a 3. 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．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 跟踪训练 (1)(2017·新乡二模)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B.163C.83D.43答案 C解析 该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，V ＝V 柱＋V 锥＝12×(1＋1)×1×2＋13×12×(1＋1)×1×2＝83，故选C.(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( ) A.23 B.33 C.43 D.32答案 A解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， 取AD 的中点O ，连接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.故选A. 题型三 与球有关的切、接问题典例 (2016·全国Ⅲ)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 ．4πB.9π2C ．6π D.32π3答案 B解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.引申探究1．若将本例中的条件变为“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，求球O 的表面积． 解 将直三棱柱补形为长方体ABEC —A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC —A 1B 1E 1C 1的外接球． ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．解 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝⎛⎭⎫943＝243π16.思维升华 空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解． 跟踪训练 (2018·深圳调研)如图所示，在平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A.3π2 B ．3π C.2π3D ．2π答案 A解析 如图，取BD 的中点为E ，BC 的中点为O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .因为AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .由于平面ABD ⊥平面BCD ， 所以AE ⊥平面BCD .因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32. 所以该球的体积V ＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝3π2.三视图(基本的、和球联系的)考点分析 三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体． 典例 (1)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A.1603 B ．160 C ．64＋32 2D ．60(2)某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．解析 (1)由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为8－4＝4，故V 直三棱柱＝8×4＝32，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，故V 四棱锥＝13×16×4＝643，故该几何体的体积V ＝V 直三棱柱＋V 四棱锥＝32＋643＝1603，故选A.(2)如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为32，所以该组合体的体积V ＝13×12×(2＋1)×32×1＋14×43π×13＝34＋π3.答案 (1)A (2)34＋π31．(2017·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1答案 D解析 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D. 2．(2017·安徽安师大附中、马鞍山二中测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30答案 C解析 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V ＝12×4×3×5－13×12×4×3×(5－2)＝24，故选C.3．(2017·宝鸡质检)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( )A.16π3 B ．16π C.32π3 D ．32π答案 B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，故选B.4．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为( )A ．24πB ．30πC ．42πD ．60π答案 A解析 由三视图知，该几何体是半径为3的半球与底面半径为3、高为4的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝12×43π×33＋12×13π×32×4＝24π，故选A.5．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3 答案 A解析直观图是四棱锥P—ABCD，如图所示，S△P AB＝S△P AD＝S△PDC＝12×2×2＝2，S△PBC＝12×22×22×sin 60°＝23，S四边形ABCD＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.6．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《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()A．8π B．12πC．20π D．24π答案 C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R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.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4πR2＝20π，故选C.7．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.(2017·南昌一模)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．(2018·长沙质检)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Rr＝________.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EACD 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 ＝x2. 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EACD 的体积V 三棱锥EACD ＝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EACD 的侧面积为3＋2 5.12.(2018·贵阳质检)如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值． (1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形， ∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC . ∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ， DC ，AC ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC . 在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，∴BC ＝4－x 2(0<x <2)， ∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2，∴V (x )＝V 三棱锥E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2)． ∵x 2(4－x 2)≤⎝⎛⎭⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时取等号，∴当x ＝2时，体积有最大值33.13.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N —P AC 与三棱锥D —P AC 的体积比为( )A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3答案 D解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的射影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ， 所以PP ′∥NN ′.连接BP ′，则在△BPP ′中， 由BN ＝2PN ，得NN ′PP ′＝23.V 三棱锥N —P AC ＝V 三棱锥P —ABC －V 三棱锥N —ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′ ＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′) ＝13S △ABC ·13PP ′ ＝19S △ABC ·PP ′， V 三棱锥D —P AC ＝V 三棱锥P —ACD ＝13S △ACD ·PP ′＝13S △ABC ·PP ′. ∴V 三棱锥N —P AC ∶V 三棱锥D —P AC ＝19∶13＝1∶3.14．(2017·唐山统考)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( ) A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π答案 C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，故选C.15．(2017·云南师范大学附属中学适应性考试)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( ) A.32B.233C.23D.13答案 B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， 故选B.16．(2016·浙江)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体P —BCD 的体积的最大值是________．答案 12解析 设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ·sin ∠ACB＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )． 要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体P —BCD ＝13×12(23－x )x＝16[－(x －3)2＋3]， 由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体P —BCD 取最大值为16×3＝12.。
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用文档：第八章 立体几何与空间向量8.7 Word版含答案
§8.7 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲考情考向分析1.理解直线的方向向量及平面的法向量．2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理. 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．用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 以t 为参数的参数方程．向量a 称为该直线的方向向量．(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝(1－t )OA →＋tOB →，叫做空间直线的向量参数方程．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．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.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，。
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系教师用书 理
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第八章立体几何与空间向量 8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系教师用书理苏教版1.四个公理公理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。
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)位置关系的分类错误!(2）异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点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，b所成的角.②范围：错误!。
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。
等角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。
【知识拓展】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。
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§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 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 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(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．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．知识拓展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．[P52B组T1(2)]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( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C 为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．[P45例2]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．(2017·湖南省湘中名校联考)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( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥n C ．若α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥lD ．若α∩β＝m ，α∩γ＝n ，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α 答案 C解析 A 中，m ，n 可能的位置关系为平行、相交、异面，故A 错误；B 中，m 与n 也有可能平行，B 错误；C 中，根据线面平行的性质可知C 正确；D 中，若m ∥n ，根据线面垂直的判定可知D 错误，故选C.5．(2017·湖北七市联考)设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不可能与平面α垂直 答案 B解析 对于A ，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B ，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C ，与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行，不正确；对于D ，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，连接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ADD 1A 1.又平面ABCD ∩平面ADD 1A 1＝DA ，∴P ∈直线DA ，∴CE ，D 1F ，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 (2018·沈阳质检)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，BG GC ＝DH HC ＝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l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2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( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案 D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A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．(2)(2017·唐山一中月考)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，连接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)(2016·山东)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( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 A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，故选A. (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( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B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典例 (2018·南宁模拟)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( )A.15B.25C.35D.45答案 D解析 连接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．连接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.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB的值． 解 设AA 1AB＝t ，则AA 1＝tAB . ∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos∠A 1BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910. ∴t ＝3，即AA 1AB＝3. 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 (2017·佛山模拟)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A 1C 1的中点E ，连接B 1E ，ED ，AE ，在Rt△AB 1E 中，∠AB 1E 为异面直线AB 1与BD 所成的角． 设AB ＝1，则A 1A ＝2，AB 1＝3，B 1E ＝32， 故∠AB 1E ＝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( )A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．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D．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 A解析选项A是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．2．(2018·佛山模拟)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( )A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D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·济南模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案 C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.4．(2017·福州质检)直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接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°.故选C.5．下列命题中，正确的是( )A．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B．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C．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D．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 D解析对于A，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A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然a⊂α，故B错误．对于C，当a⊂α时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．故选D.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( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 B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．(2018·广州质检)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，连接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ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.11.(2018·石家庄调研)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綊DD1，∴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.如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点，求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解 如图所示，取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵在△ACD 中，E ，F 分别是AD ，AC 的中点， ∴EF ∥CD .∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角． 在Rt△EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12，∴BE ＝52. 在Rt△EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt△BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52.在等腰三角形EBF 中，cos∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010.∴异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010.13．(2018·长春质检)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( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定 答案 D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，可以排除选项A 和C.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.(2017·郑州质检)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 ，连接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 ，可得④正确；若存在某个位置，使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.(2017·山西四校联考)如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，点N 在正方体的底面ABCD 内运动，则MN 的中点P 的轨迹的面积是( )A ．4πB ．πC ．2π D.π2答案 D解析 连接DN ，则△MDN 为直角三角形，在Rt△MDN 中，MN ＝2，P 为MN 的中点，连接DP ，则DP ＝1，所以点P 在以D 为球心，半径R ＝1的球面上，又因为点P 只能落在正方体上或其内部，所以点P 的轨迹的面积等于该球面面积的18，故所求面积S ＝18×4πR 2＝π2.16.如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________．答案66解析 设直线AC 与BD ′所成的角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设点O 是AC 的中点，由已知得AC ＝6，如图，以点O 为坐标原点，以OB 所在直线为x 轴，OA 所在直线为y 轴，过点O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0， C ⎝⎛⎭⎪⎫0，－62，0，作DH ⊥AC 于点H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直， ∵△CDA ∽△CHD ，∴CD CH ＝CA CD，∴CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306， 因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 则BD ′—→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0,1,0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′—→，n 〉|＝|BD ′—→·n ||BD ′—→||n |＝639＋5cos α，所以当cos α＝－1时，cos θ取最大值66.。