(江苏专用)2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7.4空间几何体及其表面积、体积课件

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江苏2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量73直线平面垂直的判定与性质课件0

思维升华
SI WEI SHENG HUA
证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理.②垂直于平面的传递性.③面面垂直的性质. (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质.
跟踪训练1 (2019·贵阳模拟)如图，在三棱锥ABCD中， AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A， D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求证：(1)EF∥平面ABC；
证明在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF. 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)AD⊥AC.
证明因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
题组三易错自纠
4.若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的
√A.充分不必要条件
C.充要条件
B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
解析由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.
概念方法微思考
1.若两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吗？提示垂直.若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面. 2.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面吗？提示垂直.在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行.由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面.

(江苏专用)2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7.1空间点、直线、平面之间的位置关系练习

7.1 空间点、直线、平面之间的位置关系1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为( )A．4B．3C．2D．1答案 A解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．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.3．(2020·秦皇岛模拟)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.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC答案 C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.5.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连结A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．∴A，M，O三点共线．6．(2019·海南联考)在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为42，底面是边长为26的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为( ) A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析如图，由题意可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，连结MN，所以OP∥MN，则∠BMN是异面直线OP与BM所成的角．因为OP ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，因为在四棱锥P －ABCD 中，所有侧棱长都为42，底面是边长为26的正方形，所以OC ＝23，所以OP ＝32－12＝25，因此MN ＝5，在Rt△BON 中，BN ＝OB 2＋ON 2＝15， ∴tan∠BMN ＝BN MN＝3，∴∠BMN ＝60°，则异面直线OP 与BM 所成的角为60°.故选C.7．(多选)如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，下列四个命题中，正确的命题是( )A ．BM 与ED 平行B ．CN 与BE 是异面直线C ．CN 与BM 成60°角D ．DM 与BN 垂直答案 CD解析由题意画出正方体的图形如图，显然AB 不正确；∠ANC ＝60°，即CN 与BM 成60°角，C 正确；因为BC ⊥DM ，CN ⊥DM ，BC ∩CN ＝C ，BC ，CN ⊂平面BCN ，所以DM ⊥平面BCN ，又BN ⊂平面BCN ，所以DM ⊥BN ，所以D 正确．故选CD.8．(多选)关于正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1有如下四个说法，其中正确的说法是( )A ．若点P 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1PC 的体积不变B ．若点P 是平面A 1B 1C 1D 1上到点D 和C 1距离相等的点，则P 点的轨迹是直线A 1D 1C ．若点P 在线段BC 1(含端点)上运动时，直线AP 与DC 所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3D ．若点P 在线段BC 1(含端点)上运动时，直线AP 与D 1C 所成的角一定是锐角答案 AB解析对于A ，由BC 1∥AD 1，可得BC 1∥平面AD 1C ，则P 到平面AD 1C 的距离不变，由△AD 1C 的面积为定值，可知点P 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1PC 的体积不变，故A 正确；对于B ，若点P 是平面A 1B 1C 1D 1上到点D 和C 1距离相等的点，则P 点的轨迹是平面A 1BCD 1与平面A 1B 1C 1D 1的交线A 1D 1，故B 正确；对于C ，直线AP 与DC 所成角即为∠PAB ，当P 与C 1重合时，∠PAB 最大，最大值为arctan 2＜π3，故C 错误；对于D ，当P 与C 1重合时，AP 与D 1C 所成的角为π2，故D 错误．所以其中说法正确的是A ，B.9．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案 6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．10．如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．答案 2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连结C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，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.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．(1)证明假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)解取CD的中点G，连结EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG . 在Rt△EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解 (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连结DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．(2019·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学模拟)已知平面α∩平面β＝直线l ，点A ，C ∈α，点B ，D ∈β，且A ，B ，C ，D ∉l ，点M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点，则下列说法正确的是( )A ．当|CD |＝2|AB |时，M ，N 不可能重合B ．M ，N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当直线AB ，CD 相交，且AC ∥l 时，BD 可与l 相交 D ．当直线AB ，CD 异面时，MN 可能与l 平行答案 B解析 A 选项：当|CD |＝2|AB |时，若A ，B ，C ，D 四点共面且AC ∥BD 时，则M ，N 两点能重合，可知A 错误；B 选项：若M ，N 可能重合，则AC ∥BD ，故AC ∥l ，此时直线AC 与直线l 不可能相交，可知B 正确；C 选项：当AB 与CD 相交，直线AC ∥l 时，直线BD 与l 平行，可知C 错误；D 选项：当AB 与CD 是异面直线时，MN 不可能与l 平行，可知D 错误．故选B. 14．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13答案 A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1 ＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1， ∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)， ∴∠CD 1B 1＝π3，得sin∠CD 1B 1＝32，故选A.15.如图，已知多面体PABCDE 的底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥平面ABCD ，ED ∥PA ，且PA ＝3ED ＝3AB ，现将△CDE 以直线DE 为轴旋转一周后，则直线BP 与动直线CE 所成角的范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，5π12解析如图所示，将PB 平移到EB 1的位置，C 1点在以D 为圆心，半径为1的圆上运动．则∠B 1EC 1就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，EB 1，EC 1为定值，故最值由B 1C 1来确定，故当C 1在C 处线线角最小，在C 2处线线角最大．由于PA ＝3ED ＝3AB ，故∠PBA ＝∠EB 1D ＝π3.而DE ＝DC ＝1，故∠ECD ＝π4，所以∠CEB 1＝π3－π4＝π12.而∠EC 2D ＝∠ECD ＝π4，故∠B 1EC 2＝π－π4－π3＝5π12.所以所求线线角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，5π12.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解 (1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连结OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连结PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以四边形PEFB 为平行四边形，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF . 故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos∠OFE ＝OF EF＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。

2021版新高考数学一轮复习课件：第7章立体几何(共7个课时)

• [解析] (1)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A、C错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故B错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故D错误，故选A、B、C、D．
• (2)①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误；④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．
考点突破 • 互动探究
考点一空间几何体的结构特征——自主练透
例 1 (1)(多选题)给出下列四个命题，其中错．误．命．题．是( ABCD ) A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
A．2 17 C．3
B．2 5 D．2
[解析] 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点 M，N 的位置如图① 所示．
圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如图②所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径． |ON|＝14×16＝4，|OM|＝2， ∴|MN|＝ |OM|2＋|ON|2＝ 22＋42＝2 5．
结构其余各面都是__四__边__形____．
其余各面都是有一个
特征 ②每相邻两个四边形的公共边都公共顶点的__三__角__形___
互相_____平__行_
的多面体
面的平面去截棱锥， __截___面__和___底__面__之间的部分
侧棱
__平__行__且__相__等____

第七章立体几何与空间向量基础知识默写课件-2025届高三数学一轮复习

球的接、切问题3
4.球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点
为其外接球球心.R2＝
.
5. R＝
的半径). 6.R2＝的半径).
(R 是圆柱外接球的半径，h 是圆柱的高，r 是圆柱底面圆 (R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆
1.基本事实
空间点线面位置关系1
①过
.{a,b,c}叫做空间的一个基底.
2.空间位置关系的向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2 l1⊥l2
n1∥n2⇔ (λ∈R) n1⊥n2⇔ .
直线l的方向向量为n，平面α的法 l∥α
向量为m，l⊄α
l⊥α
n⊥m⇔ n∥m⇔n＝
. (λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β α⊥β
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
1.正方体与球
球的接、切问题1
①内切球：内切球直径2R＝正方体的
.
②棱切球：棱切球直径2R＝正方体的
.
③外接球：外接球直径2R＝正方体体的
.
2.长方体与球
外接球直径 2R＝
简单几何体2
3.柱、锥、台、球的表面积和体积
几何体
名称
表面积
柱体
S表＝S侧＋2S底
体积 V＝___
锥体
S表＝S侧＋S底
V＝_____
台体球
S表＝S侧＋S上＋S下 S表＝_____
V＝_____________ V＝_____
简单几何体3
4.求空间几何体的体积的常用方法规则几何体的体积，直接利用公式

2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章+高考专题突破四+高考中的立体几何问题

＝
|AB1|·|CD1|
2 4·
4＝21，
又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，
∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.
命题点2 求线面角例2 如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC， ∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
大一轮复习讲义
高考专题突破四高考中的立体几何问题
题型一多维探究空间角的求法
命题点1 求线线角例1 (2019·湖北知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面
2 直线AC1与A1B所成角的余弦值为__4___.
M→A1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 AA1＝AC＝AB＝2，则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，A1(0,0， 3)，C1(－2,0， 3)，
所以A→C1＝(－3,0， 3)，A→1B＝(0， 3，－ 3)，
所以 cos〈A→C1，A→1B〉＝2
SI WEI SHENG HUA
(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|＝||ll·||nn||.

(江苏专用)2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量7.5空间向量及其应用课件

3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角
a，b是空间两个非零向量，过空间任意一点O，作
→ OA
＝a，O→B＝b，则∠AOB
叫做向量a与向量b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是 0≤〈a，b〉≤π ，若〈a，
b〉＝π2，则称a与b 互相垂直，记作a⊥b. ②两向量的数量积
已知空间两个非零向量a，b，则 |a||b|cos〈a，b〉叫做向量a，b的数量积，
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 C.异面
√B.平行 D.相交但不垂直
解析由题意得，A→B＝(－3，－3,3)，C→D＝(1,1，－1)， ∴A→B＝－3C→D，∴A→B与C→D共线，
向量表示 a·b
a＝λb(b≠0，λ∈R) a·b＝0(a≠0，b≠0)
坐标表示 _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_ _a_1_＝__λ_b_1，__a_2_＝__λ_b_2_，__a_3＝__λ_b_3_ _a_1_b_1＋__a_2_b_2_＋__a_3b_3_＝__0_
共面向量
平行于同一个平面的向量
表示 0
a＝b a的相反向量为－a
a∥b
2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa. (2)共面向量定理如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在有序实数组(x，y)，使得p＝xa＋yb. (3)空间向量基本定理如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝ xe1＋ye2＋ze3 .

2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量4空间直线平面的平行练习含解析

空间直线、平面的平行考试要求 1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．知识梳理1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行错误!⇒a∥α性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行错误!⇒a∥b2.面面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行错误!⇒β∥α性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行错误!⇒a∥b常用结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ×)(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( ×)(3)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.( ×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √)教材改编题1．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( )A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交．2．已知不重合的直线a，b和平面α，则下列选项正确的是( )A．若a∥α，b⊂α，则a∥bB．若a∥α，b∥α，则a∥bC．若a∥b，b⊂α，则a∥αD．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α答案 D解析若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，A错；若a∥α，b∥α，则a∥b或异面或相交，B错；若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，C错；若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，D对．3.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是BC ，PD 的中点，求证：(1)PB ∥平面ACF ；(2)EF ∥平面PAB .证明 (1)如图，连接BD 交AC 于O ，连接OF ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是BD 的中点，又∵F 是PD 的中点，∴OF ∥PB ，又∵OF ⊂平面ACF ，PB ⊄平面ACF ， ∴PB ∥平面ACF .(2)取PA 的中点G ，连接GF ，BG . ∵F 是PD 的中点， ∴GF 是△PAD 的中位线， ∴GF 綉12AD ，∵底面ABCD 是平行四边形，E 是BC 的中点， ∴BE 綉12AD ，∴GF 綉BE ，∴四边形BEFG 是平行四边形， ∴EF ∥BG ，又∵EF ⊄平面PAB ，BG ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .命题点2 直线与平面平行的性质例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM 上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴PA∥OM，又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD，又平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.教师备选如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE是梯形．证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD.∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD.∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC⊂平面BCFE，∴BC∥EF.∵AD＝BC，AD≠EF，∴BC≠EF，∴四边形BCFE是梯形．思维升华(1)判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点)．②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．跟踪训练1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.题型二平面与平面平行的判定与性质例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．(1)求证：BC∥GH；(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.延伸探究在本例中，若将条件“E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．解如图，连接A1B交AB1于O，连接OD1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 又由题设A 1D 1D 1C 1＝DC AD，所以DC AD＝1，即AD DC＝1. 教师备选如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G 分别为B 1C 1，A 1B 1，AB 的中点．(1)求证：平面A 1C 1G ∥平面BEF ；(2)若平面A 1C 1G ∩BC ＝H ，求证：H 为BC 的中点．证明 (1)∵E ，F 分别为B 1C 1，A 1B 1的中点， ∴EF ∥A 1C 1，∵A 1C 1⊂平面A 1C 1G ，EF ⊄平面A 1C 1G ， ∴EF ∥平面A 1C 1G ，又F ，G 分别为A 1B 1，AB 的中点， ∴A 1F ＝BG ，又A 1F ∥BG ，∴四边形A 1GBF 为平行四边形，则BF ∥A 1G ，∵A 1G ⊂平面A 1C 1G ，BF ⊄平面A 1C 1G ， ∴BF ∥平面A 1C 1G ，又EF ∩BF ＝F ，EF ，BF ⊂平面BEF ， ∴平面A 1C 1G ∥平面BEF .(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．思维升华证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理．(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．(3)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．跟踪训练2 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，证明：B1D1∥l.证明(1)由题设知BB1綉DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綉B1C1綉BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .题型三平行关系的综合应用例4 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为对角线BD ，CD 1上的点，且CQ QD 1＝BP PD ＝23.(1)求证：PQ ∥平面A 1D 1DA ；(2)若R 是AB 上的点，AR AB的值为多少时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA ？请给出证明． (1)证明连接CP 并延长，与DA 的延长线交于M 点，如图，连接MD 1，因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ∥AD ，故△PBC ∽△PDM ，所以CP PM ＝BP PD ＝23，又因为CQ QD 1＝BP PD ＝23，所以CQ QD 1＝CP PM ＝23，所以PQ ∥MD 1.又MD 1⊂平面A 1D 1DA ，PQ ⊄平面A 1D 1DA ，故PQ ∥平面A 1D 1DA .(2)解当AR AB 的值为35时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA .如图，证明如下：因为AR AB ＝35，即BR RA ＝23，故BR RA ＝BP PD. 所以PR ∥DA .又DA ⊂平面A 1D 1DA ，PR ⊄平面A 1D 1DA ，所以PR ∥平面A 1D 1DA ，又PQ ∥平面A 1D 1DA ，PQ ∩PR ＝P ，PQ ，PR ⊂平面PQR ，所以平面PQR ∥平面A 1D 1DA . 教师备选如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO . 又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG . 又M 为AB 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又MN ⊂平面MNG ，BD ⊄平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE ，BD ⊂平面BDE ，DE ∩BD ＝D ，所以平面BDE ∥平面MNG .思维升华证明平行关系的常用方法熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．跟踪训练3 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围．(1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD . 又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH . (2)解设EF ＝x (0<x <4)，由(1)知EF ∥AB ， ∴CF CB ＝EF AB ＝x4，与(1)同理可得CD ∥FG ， ∴FG CD ＝BF BC，则FG 6＝BF BC＝BC －CF BC ＝1－x4， ∴FG ＝6－32x .∴四边形EFGH 的周长L ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x .又∵0<x <4，∴8<L <12，故四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．课时精练1．(2022·宁波模拟)下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a⊂α，b⊄α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．(2022·呼和浩特模拟)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案 D解析对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面不一定平行，故A不正确；对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故B不正确；对于C，两个平面中的两条直线平行，不能保证两个平面平行，故C不正确；对于D，如图，在直线b上取点B，过点B和直线a确定一个平面γ，交平面β于a′，因为a∥β，所以a∥a′，又a′⊄α，a⊂α，所以a′∥α，又因为b∥α，b∩a′＝B，b⊂β，a′⊂β，所以β∥α.3．(2022·广州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则( )A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四边形MNEF为平行四边形D．四边形MNEF为梯形答案 D解析由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．4．(2022·杭州模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )A．2∶3B．2∶5C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5．(多选)(2022·济宁模拟)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )答案AC解析对于A，AB∥DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG并延长，交AB延长线于H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；对于C，AB∥DF，AB⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C正确；对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，∴直线AB与平面DEF相交，故D错误．6．(多选)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜程度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图(3)所示时，AE ·AH 为定值答案 AD解析根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A 正确；由题图可知水面EFGH 的边EF 的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B 错误；因为A 1C 1∥AC ，AC ⊂平面ABCD ，A 1C 1⊄平面ABCD ，所以A 1C 1∥平面ABCD ，当平面EFGH 不平行于平面ABCD 时，A 1C 1不平行于水面所在平面，故C 错误；当容器倾斜如题图(3)所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH －BFG 的体积V 为定值，又V ＝S △AEH ·AB ，高AB 不变，所以S △AEH 也不变，即AE ·AH 为定值，故D 正确．7．考查①②两个命题，①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α为平面)，则此条件为__________．答案 l ⊄α解析 ①由线面平行的判定定理知l ⊄α；②由线面平行的判定定理知l ⊄α.8.如图所示，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件______，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合) 解析连接HN ，FH ，FN (图略)，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1.9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点，求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H . 证明如图．(1)取B 1B 的中点M ，连接HM ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， ∴HD 1∥MC 1. 又MC 1∥BF ， ∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接OE ，OD 1，则OE 綉12DC .又D 1G 綉12DC ，∴OE 綉D 1G .∴四边形OEGD 1是平行四边形， ∴EG ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，EG ⊄平面BB 1D 1D ， ∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，由题意易证B 1D 1∥BD .又B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面PAD . 证明 (1)如图，连接EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AE ，BC ＝AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以O 为AC 的中点．又因为F 是PC 的中点，所以FO ∥AP ，因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点，所以FH ∥PD ，因为PD ⊂平面PAD ，FH ⊄平面PAD ，所以FH ∥平面PAD .又因为O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，所以OH ∥AD ，因为AD ⊂平面PAD ，OH ⊄平面PAD ，所以OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，FH ，OH ⊂平面OHF ，所以平面OHF ∥平面PAD . 又因为GH ⊂平面OHF ，所以GH ∥平面PAD .11．(多选)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线．下列命题正确的是( )A．如果m∥n，n⊂α，那么m∥αB．如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥nC．如果α∥β，m⊂α，那么m∥βD．如果α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，那么m⊥β答案BC解析如果m∥n，n⊂α，那么m∥α或m⊂α，故A不正确；如果m∥α，m⊂β，α∩β＝n，那么m∥n，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故B正确；如果α∥β，m⊂α，那么m∥β，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故C正确；缺少m⊂α这个条件，故D不正确．12．(2022·福州检测)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是( )A．直线BQ∥平面EFGB．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFGD．平面A1BQ∥平面EFG答案 B解析过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．13．(多选)(2022·临沂模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将△ABE 沿AE 翻折，使得二面角B －AE －D 为直二面角，得到图2所示的四棱锥B －AECD ，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B －AECD 中，下列说法正确的有( )图1 图2A ．B ，E ，C ，F 四点不共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAE C ．三棱锥B －ADC 的体积为定值D ．存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直答案 AB解析对于A ，假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以E 在平面BCF 上，又因为E 在折前线段BC 上，BC ∩平面BCF ＝C ，所以E 与C 重合，与E 异于C 矛盾，所以直线BE 与直线CF 必不在同一平面上，即B ，E ，C ，F 四点不共面，故A 正确；对于B ，如图，当点F 为线段BD 的中点，EC ＝12AD 时，直线CF ∥平面BAE ，证明如下：取AB 的中点G ，连接GE ，GF ，则EC ∥FG 且EC ＝FG ，所以四边形ECFG 为平行四边形，所以FC ∥EG ，又因为EG ⊂平面BAE ，则直线CF 与平面BAE 平行，故B 正确；对于C ，在三棱锥B －ADC 中，因为点E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离发生变化，所以三棱锥B －ADC 的体积不是定值，故C 不正确；对于D ，过D 作DH ⊥AE 于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ∩平面AECD ＝AE ，所以DH ⊥平面BAE ，所以DH ⊥BE ，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，且DC ⊂平面AECD ，DH ∩DC ＝D ，所以BE ⊥平面AECD ，所以BE ⊥AE ，与△ABE 是以B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 不正确．14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB ＝3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，C 1D 1的中点，点P 在平面ABCD 内，若直线D 1P ∥平面EFG ，则线段D 1P 长度的最小值是________．答案72解析如图，连接D 1A ，AC ，D 1C .因为E ，F ，G 分别为AB ，BC ，C 1D 1的中点，所以AC ∥EF ，又EF ⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，则EF ∥平面ACD 1.同理可得EG ∥平面ACD 1，又EF ∩EG ＝E ，EF ，EG ⊂平面EFG ，所以平面ACD 1∥平面EFG . 因为直线D 1P ∥平面EFG ，所以点P 在直线AC 上．在△ACD 1中，易得AD 1＝2，AC ＝2，CD 1＝2，所以1AD C S △＝12×2×22－⎝⎛⎭⎪⎫222＝72，故当D 1P ⊥AC 时，线段D 1P 的长度最小，最小值为7212×2＝72.15．(2022·合肥市第一中学模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ，N 分别是棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1∥平面AMN ，则PA 1的长度范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，52B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，32 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32答案 B解析取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连接A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 的中点O ，连接A 1O ，如图所示，∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ，∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ，AM ，MN ⊂平面AMN ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1∥平面AMN ，∴点P 的轨迹是线段EF ，∵A 1E ＝A 1F ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，EF ＝1212＋12＝22，∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值A 1O ， A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，当P 与E (或F )重合时，PA 1的长度取最大值A 1E 或A 1F ，A 1E ＝A 1F ＝52.∴PA 1的长度范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52.16．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为AB 1，A 1C 1上的点，A 1N ＝AM .(1)求证：MN ∥平面BB 1C 1C ；(2)求MN 的最小值．(1)证明如图，作NE ∥A 1B 1交B 1C 1于点E ，作MF ∥AB 交BB 1于点F ，连接EF ，则NE ∥MF .∵NE ∥A 1B 1，∴NEA 1B 1＝C 1NA 1C 1.又MF ∥AB ，∴MF AB ＝B 1MAB 1，∵A 1C 1＝AB 1，A 1N ＝AM ，∴C 1N ＝B 1M .∴NE A 1B 1＝MF AB，又AB ＝A 1B 1，∴NE ＝MF .∴四边形MNEF 是平行四边形，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，EF ⊂平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解设B 1E ＝x ，∵NE ∥A 1B 1， ∴B 1E B 1C 1＝A 1NA 1C 1.又∵MF ∥AB ，∴B 1F BB 1＝B 1M AB 1，∵A 1N ＝AM ，A 1C 1＝AB 1＝2a ，B 1C 1＝BB 1＝a ，B 1E ＝x ，∴B 1E B 1C 1＋B 1F BB 1＝A 1N A 1C 1＋B 1MAB 1，∴x a ＋B 1F a ＝1，∴B 1F ＝a －x ，从而MN ＝EF ＝B 1E 2＋B 1F 2 ＝x 2＋a －x2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22， ∴当x ＝a 2时，MN 的最小值为22a .。

江苏2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量74空间几何体及其表面积体积课件0

解析 Rt△ABC 中，斜边 BC＝2 2， ∴△ABC 所在截面圆半径 r＝ 2，又O到平面ABC的距离为1，可得球 O 的半径 R＝ r2＋1＝ 3，故球O的表面积为12π.
题型突破典题深度剖析重点多维探究
题型一自主演练空间几何体的结构特征
1.(多选)以下命题，不正确的有
√A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 √B.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
空间几何体表面积、体积的求法 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. (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)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解.
跟踪训练1 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意
23 一点，则三棱锥D－A1BC的体积是___3___.
C. 2
D.3 10
解析如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M. 又 AM＝12BC＝25，OM＝12AA1＝6，所以球 O 的半径 R＝OA＝ 522＋62＝123.
引申探究1 本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是 3 2 的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？
解依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3 2× 2＝6，高为 3 22－12×62＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.
(2)母线长为1的圆锥，其侧面展开图的面积为 π2，则该圆锥的体积为__2_43_π__.
解析设圆锥底面圆的半径为r，高为h，圆锥的侧面积 S＝πrl＝π2，解得 r＝21，从圆锥的轴截面图中可得 h＝ 23，所以圆锥的体积 V＝13πr2h＝13π×14× 23＝243π.

2021版高考数学一轮复习第七章立体几何 7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系教学案苏教版

第二节空间点、直线、平面之间的位置关系[最新考纲] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．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：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3：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．拓展：公理3的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线平行直线异面直线：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°，90°]．拓展：异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线，如图所示．3．空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系 (1)空间中直线与平面的位置关系(2)空间中平面与平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β0个两平面相交α∩β＝l 无数个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．[常用结论]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．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)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．( )(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( )(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．( )[答案](1)×(2)√(3)×(4)×二、教材改编1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线C[由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．]2.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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°C[连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求的角，又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.]3．下列命题正确的是( )A．两个平面如果有公共点，那么一定相交B．两个平面的公共点一定共线C．两个平面有3个公共点一定重合D．过空间任意三点，一定有一个平面D[如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．]4.如图，在三棱锥ABCD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．(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD[(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.]考点1 平面的基本性质及应用共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：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．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1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，则由P∈直线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．本例第(1)问的证明应用了公理2的推论，采用线线共面，则线上的点必共面的思想；本例第(2)问的证明应用了公理3，采用先证明CE与D1F相交，再证明交点在直线DA 上．1.(2019·衡水中学模拟)有下列四个命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；③空间四点中有三点共线，则此四点共面；④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．其中真命题的所有序号有．②③[①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]2.如图所示，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)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF ∥BD . 在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，所以GH ∥BD ，所以EF ∥GH .所以E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，所以P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC . 所以P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，所以P ∈AC ，所以P ，A ，C 三点共线．考点2 判断空间两直线的位置关系空间中两直线位置关系的判定方法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l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交D [法一：(反证法) 由于l 与直线l 1，l 2分别共面，故直线l 与l 1，l 2要么都不相交，要么至少与l 1，l 2中的一条相交．若l ∥l 1，l ∥l 2，则l 1∥l 2，这与l 1，l 2是异面直线矛盾．故l 至少与l 1，l 2中的一条相交．法二：(模型法)如图(1)，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图(2)，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．]图(1) 图(2)2.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )A．BM＝EN，且直线BM、EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM、EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线B[如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F.连接BF，∵平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO＝3，ON＝1，EN＝2，MF＝32，BF＝52，∴BM＝7.∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中点，∴点N在BD上，且BN＝DN.又∵M为ED的中点，∴BM，EN为△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.]3．在下列四个图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有．(填序号)①②③④②④[图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连接MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，因此GH 与MN 异面．所以在图②④中，GH 与MN 异面．]在直接判断不好处理的情况下，反证法、模型法(如构造几何体：正方体、空间四边形等)和特例排除法等是解决此类问题的三种常用便捷方法．考点3 异面直线所成的角1.平移法求异面直线所成角的一般步骤(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角．(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小．提醒：异面直线所成的角θ∈.2.坐标法求异面直线所成的角：当题设中含有两两垂直的三边关系时，常采用坐标法．提醒：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．(1)[一题多解](2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22(2)如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．①求证：直线EF 与BD 是异面直线；②若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)C [法一：(平移法)如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM .易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角．因为在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，,DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5，所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 故选C.法二：(坐标法)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，所以AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，则由向量夹角公式，得cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C.法三：(补体法)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋1＋12＝5，B ′B 1＝12＋32＝2，DB 1＝12＋12＋32＝ 5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝55.故选C.](2)[解] ①证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．②取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝12AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.平移法、坐标法和补体法是求两条异面直线所成角的大小的三种常用方法，其中平移法和补体法的实质是平行移动直线，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，体现了化归思想．[教师备选例题]1．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13 A[如图，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1.∴B 1D 1∥m . ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1，同理可证CD 1∥n . 因此直线m 与n 所成的角即直线B 1D 1与CD 1所成的角．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形，故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32.] 2．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)②③ [依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．]1.(2019·聊城一模)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为( )A.33 B.55 C.306D.66D [取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.]2．(2019·西安模拟)如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是．②③④[还原成正四面体ADEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．易知GH与EF异面，BD与MN异面．连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确命题的序号是②③④.]。

2021年江苏高考数学一轮复习讲义第7章第6节立体几何中的向量方法

第六节立体几何中的向量方法［最新考纲］能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.［必备知识填充J1. 异面直线所成的角设a , b 分别是两异面直线l i , |2的方向向量，则a 与b 的夹角〈a , b 〉 l l 与l 2所成的角0范围 0v 〈a , b 〉v n n0<关系/ 八 a b cos 〈a ，b 〉=a||b|la blcos = |cos 〈a , b > |= jajbj2.直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ,平面a 的法向量为n ,直线l 与平面a 所成的角0,贝U sin 0= |cos 〈 a , n 〉|=3.二面角(1) 如图①，AB , CD 是二面角a l-B 的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小0=〈AB , CD 〉.(2) 如图②③，n i , n 2分别是二面角a l- B 的两个半平面a, B 的法向量，则二面角的大小 0满足|cos 0= |cos 〈n i , n 2〉|，二面角的平面角大小是向量 n i 与n 2 的夹角(或其补角).［知识拓展］点到平面的距离护參冬独与坍打除双基方点Ja =n JJaJJ4如图所示，已知AB 为平面a 的一条斜线段，n 为平面a 的法向量，贝U B 到—》平面a 的距离为|Bb|= AB/1一、思考辨析(正确的打“V”，错误的打“X”)(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.( )nn⑷两异面直线夹角的范围是 0，2，直线与平面所成角的范围是 0,㊁，二面角的范围是［0，n ］()［答案］(1) X (2)X (3)X ⑷ V 二、教材改编1. 已知向量m, n 分别是直线I 和平面a 的方向向量和法向量，若cos <m ， 1n 〉= — 2，则I 与a 所成的角为()A . 30°B . 60°C . 120°D . 150° 1A ［由于cos <m ，n 〉= — 2，所以< m ，n 〉= 120 °所以直线I 与a 所成的角为30 °2.已知两平面的法向量分别为 m = (0,1,0)，n =(0,1,1)，贝U 两平面所成的二面角为()［学情自测验收3B.f nC.4或3nD.2或3nC m = (0,1,0)，n二(0,1,1)，•••m n = 1, |m 匸 1, |n|= 2/ 、 m n n --cos 〈m , n 〉= =吕，• 〈 m , n 〉=：.' |m||n| 2 ' ' 4n3•••两平面所成的二面角为4或4 n 故选c.]3.如图所示，在正方体 ABCD-A i B i C i D i中，已知 M , N 分别是BD 和AD 的中点，贝U B i M 与D i N 所成角的余弦值为（）A ［以D 为原点建立空间直角坐标系 D-xyz ,如图,设 AB = 2,贝U N(1,0,0), D i (0,0,2), M(1,1,0), B i (2,2,2),• B i M = (- 1,- 1,- 2),A. .30io C.30莎D i N = (1,0,• E h MD i N =— 1 + 4 = 3,|B i M|= .'6, |D i N|= .'‘5,•cos〈 B i M , D TN>_3_ _J0 门_30= 10 >0,••• B i M与D i N所成角的余弦值为.故选A.] 4. 如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC-A i B i C i的底面边长为2,侧棱长为2 .'2，则AC i与侧面ABB i A i所成的角为___________ . n [如图，以A为原点，以AB, Afe（AE丄AB）, AA i所在直线分别为x轴、y 轴、z轴（如图）建立空间直角坐标系，设D为A i B i的中点, 则A(0,0,0), C i(i，3, 2 .：2), D(i,0,2 ⑵，•AC i = (i，.：3, 2 .：2), AD =(i,0,2 ⑵.AC i ADcos/ C i AD =|A C i||AD|/ C i AD为AC i与平面ABB i A i所成的角, i, J3,聖•i, 0, 2 2 _ 3竝xV9 = 2，n 又•••/ C i AD € 0, 2 ,•/ C i AD= 6.]______________ + 课堂考点探究找囲甌書踐雀•考点1求异面直线所成的角E•总用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.⑵确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量.(3) 利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4) 两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.酸阳| (2017全国卷U )已知直三棱柱ABC-A i B i C i中，/ ABC= 120° AB 二2, BC= CC1 = 1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()C ［在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA,BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B-xyz，则A(0,2,0), B1(0,0,1), Ccos 〈 A B 1,EBC >_ AB 1 BC 1 _ 2 _\F 0A B 1| |B(C 1| 5X 2 5' 故选C.］1.本例条件换“直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中，AB _ BC _ AA 1, / ABC _90°［母题探究］点E , F 分别是棱AB , BB 1的中点”，则直线EF 和BC 1所成的角是 ___________60° ［以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB i 为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示.设 AB = BC = AA i = 2,贝U C i (2,0,2), E(0,1,0), F(0,0,1), 二 EF = (0，- 1,1)，B C i = (2,0,2)，二 EF BC i = 2, 2 1石X 厂2二2,则EF 和BC i 所成的角是60°2.本例条件换为：“直三棱柱 ABC-A i B i C i 中，底面为等边三角形，AA i=AB , N , M 分别是A i B i , A i C i 的中点”，贝U AM 与BN 所成角的余弦值为 .10 ［如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD , DC , DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 AC = 2,则A(0,- 1,0),••• cos <EF , E K C > 所以AMl = (0,1,2), BN =M(0,0,2), B( —:'3, 0,0), N —所以町，心器「倍也-10nEU平两异面直线所成角的范围是旅0, 2，两向量的夹角a的范围是［0 , n,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.［教师备选例题］如图，四边形ABCD为菱形，/ ABC- 120°, E, F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD，DF丄平面ABCD，BE-2DF，AE丄EC.(1) 证明：平面AEC丄平面AFC;(2) 求直线AE与直线CF所成角的余弦值.［解］(1)证明：女口图所示，连接BD，设BD A AC- G，连接EG, FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB- 1.由/ ABC- 120 ° 可得AG -GC- 3.由BE丄平面ABCD，AB- BC-2,可知AE- EC.又AE丄EC,所以EG- .3,且EG丄AC.在Rt A EBG 中,可得BE- ,2,故DF在Rt A FDG中，可得FG-在直角梯形BDFE中，由BD = 2, BE= 2 DF =孑，可得EF= 弩，从而EG1 2+ FG2= EF2，所以EG丄FG.又AC A FG= G，AC, FG?平面AFC，所以EG丄平面AFC.因为EG?平面AEC，所以平面AEC丄平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz,1 求证：BD丄平面PAC;2 若PA_AB，求PB与AC所成角的余弦值.由(1)可得A(0, —.''3, 0), E(1,0,、⑵，F — 1, 0,于,C(0, .3 0),所以 AE = (1，.3 . 2)， CF = — 1，— 3.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为Ek 纭如图，在四棱锥P-ABCD 中，FA 丄平面ABCD ，底面ABCD 是菱形, AB _2，Z BAD _60°所以AC 丄BD.因为PA 丄平面ABCD ，所以FA X BD.又因为AC n PA =A ,所以BD 丄平面PAC.⑵设 AC n BD = O.因为/ BAD = 60° PA = AB = 2,所以 BO = 1, AO = CO = 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O-xyz ,则 P(0,— .'3, 2), A(0,— .'3, 0), B(1,0,0), C(0, ；3, 0). 所以 PB = (1 , .'3,—2),AC = (0,2 .'3, 0).设PB 与AC 所成角为9,则故 cos 〈 AE ，C F > AE CF _^3AE||CF| 3PBAC _____ 6 ___ _J6|PB||AC| 2 -2X 2 3 4(1)法一：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)法二：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角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.酸加 (2019深圳模拟)已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 为菱形，PD = PB , H 为PC 上的点，过 AH 的平面分别交 PB , PD 于点M , N ,且BD //平面 AMHN.(1) 证明：MN 丄PC ;(2) 当H 为PC 的中点，FA = PC = '3AB ，PA 与平面ABCD 所成的角为60° 求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值.［解］(1)证明：连接AC 、BD 且AC A BD = 0,连接PO.因为ABCD 为菱形，所以BD 丄AC ,因为PD = PB ,所以PO 丄BD ,cos 9= 即PB 与AC 所成角的余弦值为二6. 誤爲临利用向量法求线面角的2种方法因为AC A PO = O 且AC、PO?平面FAC,所以BD丄平面PAC,因为PC?平面PAC,所以BD丄PC,因为BD //平面AMHN ,且平面AMHN A平面PBD= MN ,所以BD // MN , MN丄平面PAC,所以MN 丄PC.⑵由(1)知BD 丄AC 且P0丄BD ,因为PA = PC ,且0为AC 的中点,所以P0丄AC ,所以P0丄平面ABCD ,所以PA 与平面ABCD 所成的角为/ PAO ,所以/ PAO = 60 °所以 AO = 2PA , PO ^23PA ,以OA , OD , OP 分别为x , y , z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 设 PA = 2,所以 0(0,0,0),A(1,0,0),B 0,—彳，0 ,C(- 1,0,0), D0,f, 0 , P (0, 0, .3), H — |, 0,宁,所以0,晋，0 , A H = —3, 0,宁,AD = -1,扌 0 .设平面AMHN 的法向量为n = (x , y , z), 2 *3 3 y 二°, 即3 血 c—*+亍=0, n BD = 0, 所以一n A H = 0,因为 PA = ,'3ABz= 2,3,所以n = (2,0,2.3),n AD .'3所以sin A |cos〈 n,AD〉A|n|AD|设AD与平面AMHN所成角为9,所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为-43.京疔申若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin3 49+ cos2(A 1求出其值•不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求.洋(2019浙江高考)如图，已知三棱柱ABC-A i B i C i，平面A i ACC i丄平面ABC,/ ABC = 90° / BAC= 30° A i A= A i C = AC, E, F 分别是AC, A i B i 的中点.3 证明：EF丄BC;4 求直线EF与平面A i BC所成角的余弦值.［解］法一：(几何法)(1)连接A i E,因为A i A=A i C , E是AC的中点，所以A i E 丄AC.又平面A i ACC i丄平面ABC, A i E?平面A i ACC i,平面A i ACC i n 平面ABC = AC,所以，A i E丄平面ABC，贝U A i E丄BC.又因为A i F // AB, / ABC= 90° 故BC丄A i F.所以BC丄平面A i EF.因此EF± BC.［解］(1)证明：因为四边形ABCD是菱形,。

最新-2021届高考数学文科江苏版1轮复习课件：第7章立体几何 1 第1讲平面的基本性质、空间两

一条直线与两条平行直线都相交，则这三条直线共面．
【证明】已知：直线 a∥b，直线 l∩a＝A，直线 l∩b＝B. 求证：直线 a，b，l 共面．设直线 a 和 l 确定的平面为 α，假设直线 b 不在平面 α 内，过点 B 在平面 α 内作直线 b′∥a，但 b∥a，即过点 B 可作两条直线 b′、b 都与 a 平行，这与平行公理矛盾，所以 b⊂α，即 a，b，l 共面．
【解析】 (1)图①中，直线 GH∥MN；图②中，G，H，N 三点共面，但 M∉面 GHN，因此直线 GH 与 MN 异面；图③ 中，连结 MG，GM∥HN，因此 GH 与 MN 共面；图④中， G，M，N 共面，但 H∉面 GMN，因此 GH 与 MN 异面．所以在图②④中，GH 与 MN 异面． (2)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．
1．如图所示，在三棱锥 P-ABC 的六条棱所在的直线中，异面直线共有___3_____对．
[解析] 根据异面直线的定义可知共 3 对，分别是 AP 与 BC， CP 与 AB，BP 与 AC.
2．如图所示，点 A 是平面 BCD 外一点，AD＝BC＝2，E、 F 分别是 AB、CD 的中点，且 EF＝ 2，则异面直线 AD 和 BC 所成的角为__9_0_°____．
为异面直线 D1C 与 BE 所成的角．不妨设
AA1＝2AB＝2，则 A1E＝1，BE＝ 2，A1B
＝ 5 ，在 △A1BE 中， cos ∠ A1BE ＝

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解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；对于④，可知侧棱垂直于底面，故④正确. 综上，命题①②③不正确.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定. (2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析.
侧棱侧面形状
_平__行__且__相__等__ _平__行__四__边__形__
相交于一点但不一定相等
_三__角__形__
延长线交于_一__点__ _梯__形__
2.旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，
垂直于底面
相交于_一__点__ 延长线交于_一__点__
轴截面
全等的_矩__形__
§7.4 空间几何体及其表面积、体积
INDEX
基础落实回扣基础知识训练基础题目
知识梳理
1.多面体的结构特征
名称
棱柱
图形
棱锥
棱台
含义
由一个平面多边当棱柱的一个底面收
形沿某一方向平缩为一个点时，得到
移形成的空间几的几何体叫做棱锥
何体叫做棱柱
用一个_平__行__于__棱__锥__底__ 面的平面去截棱锥，得到两个几何体，一个仍然是棱锥，另一个我们称之为棱台
题组二教材改编
2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，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.
3 2
cm
解析 S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π， ∴r2＝4，∴r＝2.
3.在如图所示的几何体中，是棱柱的为__③__⑤___.(填写所有正确的序号)
解析 Rt△ABC 中，斜边 BC＝2 2， ∴△ABC 所在截面圆半径 r＝ 2，又O到平面ABC的距离为1，可得球 O 的半径 R＝ r2＋1＝ 3，故球O的表面积为12π.
题型突破典题深度剖析重点多维探究
题型一自主演练空间几何体的结构特征
1.(多选)以下命题，不正确的有
√A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 √B.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
题型二多维探究空间几何体的表面积与体积
命题点1 空间几何体的表面积
例1 (2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A.12 2π C.8 2π
√B.12π
D.10π
解析设圆柱的轴截面的边长为x，则由 x2＝8，得 x＝2 2， ∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×( 2)2＋2π× 2×2 2＝12π.故选 B.
(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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.
(√ )
(4)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.( × )
命题点2 求简单几何体的体积
例2 (1)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长
为 3，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为
A.3
√ 3
B.2
C.1
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
几何体
名称
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋2S底 S表面积＝S侧＋S底
V＝_S_h_ 1
V＝_3_S_h__
台体(棱台和圆台) 球
S表面积＝S侧＋S上＋S下 S＝_4_π_R_2_
V43_π_R_3_
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
√D.一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
解析由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确. 对于命题D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确.
2.给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱. 其中不正确的命题为_①__②__③___.(填序号)
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 V1＝31×21×21a×12b×12c＝418abc，剩下的几何体的体积 V2＝abc－418abc＝4478abc，所以V1∶V2＝1∶47.
6.Rt△ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝2，若球心O到平面ABC的距离为1，则球O的半径为___3__，球O的表面积为__1_2_π__.
概念方法微思考
1.如何求旋转体的表面积？提示求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面积之和. 2.如何求不规则几何体的体积？提示求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解.
基础自测
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“×”)
题组三易错自纠
4.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.
32 3π
C.8π
D.4π
解析由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线为 2 3即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.
5.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__1_∶__4_7__.
全等的_等__腰__ _三__角__形__
全等的_等__腰__梯__形__
_圆__
侧面展开图
_矩__形__
_扇__形__
_扇__环__
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝_2_π_r_l
S圆锥侧＝_π_r_l S圆台侧＝_π_(_r1_＋__r_2_)l_