高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.4平行关系课件文北师大版
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 8.3 空间图形的基本关系与公理课件 文 北师大版
2.直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类 平行 直线
共面直线 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 ： 过 空 间 任 意 一 点 P 分 别 引 两 条 异 面 直 线 a ， b 的 平 行 线 l1 ， l2(a∥l1，b∥l2)，这两条相交直线所成的 锐角(或直角) 叫作异面直线
思考辨析
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.( × )
考点自测
1.下列命题正确的个数为 答案 解析
①梯形可以确定一个平面；
②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.
A.0
B.1
C.2
D.3
②中两直线可以平行、相交或异面，④中若三个点在同一条直线上， 则两个平面相交，①③正确.
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.
∵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.
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.。
【优化方案】高考数学总复习 第8章§8.4空间中的平行关系精品课件 理 北师大版
NQ⊥BE，P、Q为垂足(如图)，连结PQ.
∵MP∥AB，NQ∥AB， ∴MP∥NQ. 2 2 又 NQ＝ BN＝ CM＝MP， 2 2 ∴MPQN 是平行四边形． ∴MN∥PQ. 又 PQ 平面 BCE，而 MN 平面 BCE， ∴MN∥平面 BCE.
法二：过 M 作 MG∥BC，交 AB 于 G(如图)， 连结 NG.
4．考察下列三个命题，在“________”处都缺少同 一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中 l、 m 为直线，α、β 为平面)，则此条件为________． m α l∥m ① l∥m ⇒l∥α； ② m∥α ⇒l∥α；
l⊥β ③ α⊥β ⇒l∥α
§8.4 空间中的平行关系
§ 8.4 空 间 中 的 平 行 关 系
双基研习•面对高考
考点探究•挑战高考
考向瞭望•把脉高考
双基研习•面对高考
基础梳理 1．直线与平面平行的判定与性质
平面外 平面内 交线 平行
l∥ b
α∩β＝b
2. 平 面 与 平 面 平 行 的 判 定 与 性 质
相交直线 平行
例2 如图所示，B为△ACD所在平面外一点，
M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重 心． (1)求证：平面MNG∥平面ACD； (2)若△ACD是边长为2的正三角形．判断△MGN 的形状并求△MGN的面积．
【思路点拨】
由三角形重心的性质得到等比
线段，由此推出线线平行，应用面面平行判定 定理得出面面平行．在(1)的结论下，结合比例 关系可求解(2)．
【名师点评】
面面平行常转化为线面平行，
【解】 (1)证明：连结 BM，BN，BG 并延长分 别交 AC，AD，CD 于 E，F，H 三点，连结 EF， FH，HE.
48第八章 立体几何与空间向量 8.4 直线、平面平行的判定与性质
§8.4直线、平面平行的判定与性质最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥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一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行⎭⎪⎬⎪⎫⇒a∥b概念方法微思考1．一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)平行于同一条直线的两个平面平行．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.()题组二教材改编2．[P58练习T3]平面α∥平面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∥α3．[P62A组T3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC 的位置关系为________．题组三易错自纠4．(2019·荆州模拟)对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n5．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线6．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)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，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE.命题点2 直线与平面平行的性质例2 (2019·东三省四市教研联合体模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝1.(1)证明：EF ∥平面PDC ； (2)求点F 到平面PDC 的距离．思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练1 (2019·崇左联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AC ⊥平面ABCD ，且P A ⊥AC ，P A ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．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，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.引申探究1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D 分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1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．跟踪训练2 (2018·合肥质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A－CEF的体积．题型三平行关系的综合应用例4 如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练3 如图，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．(1)画出平面α与正方体ABCD－A1B1C1D1各面的交线；(2)求证：BD1∥平面α.1．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∥α2．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3．(2019·济南模拟)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能4．(2018·大同模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有()A．0条B．1条C．2条D．0条或2条5．(2017·全国Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()6．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)7．(2018·贵阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中是真命题的是________．(填序号)8．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度为________．10.如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)11．(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD ＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥P－ABM的体积．12.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B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝2 2，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BFB．三棱锥A－BEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．异面直线AE，BF所成的角为定值14．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()15.如图，在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝10，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532 C ．15 D ．45 316.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AC 与BD 相交于点O ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝3，三棱锥P －ACD 的体积为9.(1)求AD 的值；(2)过点O 的平面α平行于平面P AB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H ，求截面EFGH 的周长．。
北师大版版高考数学一轮复习第八章立体几何空间向量及其运算教学案理
一、知识梳理１．空间向量的有关定理（１）共线向量定理：对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb．（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唯一的有序实数对（x，y），使p＝x a＋y b．（３）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{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底．２．两个向量的数量积（与平面向量基本相同）（１）两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝错误!，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.（２）两向量的数量积两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．（３）向量的数量积的性质１a·e＝|a|cos〈a，e〉（其中e为单位向量）；２a⊥b⇔a·b＝0；３|a|２＝a·a＝a２；４|a·b|≤|a||b|.（４）向量的数量积满足如下运算律１（λa）·b＝λ（a·b）；２a·b＝b·a（交换律）；３a·（b＋c）＝a·b＋a·c（分配律）．３．空间向量的坐标运算（１）设a＝（a１，a２，a３），b＝（b１，b２，b３）．a＋b＝（a１＋b１，a２＋b２，a３＋b３），a—b＝（a１—b１，a２—b２，a３—b３），λa＝（λa１，λa２，λa３），a·b＝a１b１＋a２b２＋a３b３，a⊥b⇔a１b１＋a２b２＋a３b３＝0，a∥b⇔a１＝λb１，a２＝λb２，a３＝λb３（λ∈R），cos〈a，b〉＝错误!＝错误! .（２）设A（x１，y１，z１），B（x２，y２，z２），则错误!＝错误!—错误!＝（x２—x１，y２—y１，z２—z１）．４．直线的方向向量与平面的法向量的确定（１）直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称错误!为直线l的方向向量，与错误!平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．（２）平面的法向量１定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．２确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为错误!５．空间位置关系的向量表示常用结论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：错误!＝x错误!＋y错误!（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：错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（其中x＋y＋z＝１），O为空间任意一点．二、教材衍化１．如图所示，在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，M为A１C１与B１D１的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝________（用a，b，c表示）．解析：错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!（错误!—错误!）＝c＋错误!（b—a）＝—错误!a＋错误! b＋c.答案：—错误!a＋错误!b＋c２．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________．解析：|错误!|２＝错误!２＝（错误!＋错误!＋错误!）２＝错误!２＋错误!２＋错误!２＋２（错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!）＝１２＋２２＋１２＋２（１×２×cos １２0°＋0＋２×１×cos １２0°）＝２，所以|错误!|＝错误!，所以EF的长为错误!.答案：错误!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________．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD１所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设DA＝２，则A（２，0，0），M（0，0，１），O（１，１，0），N（２，１，２），所以错误!＝（—２，0，１），错误!＝（１，0，２），错误!·错误!＝—２＋0＋２＝0，所以AM⊥ON.答案：垂直一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）空间中任意两非零向量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）若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．（）（５）两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．（）（6）若A，B，C，D是空间任意四点，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0.（）答案：（１）√（２）×（３）×（４）×（５）×（6）√二、易错纠偏错误!错误!错误!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．相交但不垂直解析：选B.由题意得，错误!＝（—３，—３，３），错误!＝（１，１，—１），所以错误!＝—３错误!，所以错误!与错误!共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CＤ．空间向量的线性运算（自主练透）１．在空间四边形ABCD中，若错误!＝（—３，５，２），错误!＝（—7，—１，—４），点E，F分别为线段BC，AD的中点，则错误!的坐标为（）A．（２，３，３）Ｂ．（—２，—３，—３）C．（５，—２，１）Ｄ．（—５，２，—１）解析：选Ｂ．因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以错误!＝错误!—错误!，错误!＝错误!（错误!＋错误!），错误!＝错误!（错误!＋错误!）．所以错误!＝错误!（错误!＋错误!）—错误!（错误!＋错误!）＝错误!（错误!＋错误!）＝错误![（３，—５，—２）＋（—7，—１，—４）]＝错误!（—４，—6，—6）＝（—２，—３，—３）．２．在三棱锥OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量错误!，错误!，错误!表示（１）错误!；（２）错误!.解：（１）错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＝错误!错误!＋错误!（错误!—错误!）＝错误!错误!＋错误![错误!（错误!＋错误!）—错误!]＝—错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!.（２）错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!—错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!.３．如图所示，在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，M，N，P分别是AA１，BC，C１D１的中点，试用a，b，c表示以下各向量：（１）错误!；（２）错误!；（３）错误!＋错误!.解：（１）因为P是C１D１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝a＋错误!＋错误!错误!＝a＋c＋错误!错误!＝a＋c＋错误!b.（２）因为N是BC的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!c.（３）因为M是AA１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝—错误!a＋错误!＝错误!a＋错误!b＋c，又错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!c＋a，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.错误!用已知向量表示未知向量的解题策略（１）用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．（２）要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．（３）在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．共线、共面向量定理的应用（师生共研）如图所示，已知斜三棱柱ABCA１B１C１，点M，N分别在AC１和BC上，且满足错误!＝k错误!，错误!＝k错误!（0≤k≤１）．（１）向量错误!是否与向量错误!，错误!共面？（２）直线MN是否与平面ABB１A１平行？【解】（１）因为错误!＝k错误!，错误!＝k错误!，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝k错误!＋错误!＋k错误!＝k（错误!＋错误!）＋错误!＝k（错误!＋错误!）＋错误!＝k错误!＋错误!＝错误!—k错误!＝错误!—k（错误!＋错误!）＝（１—k）错误!—k错误!，所以由共面向量定理知向量错误!与向量错误!，错误!共面．（２）当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB１A１内，当0<k≤１时，MN不在平面ABB１A１内，又由（１）知错误!与错误!，错误!共面，所以MN∥平面ABB１A１.错误!三点P，A，B共线空间四点M，P，A，B共面错误!＝λ错误!错误!＝x错误!＋y错误!对空间任一点O，＝错误!＋t错误!对空间任一点O，错误!＝错误!＋x错误!＋y错误!对空间任一点O，错误!＝x错误!＋（１—x）错误!对空间任一点O，错误!＝x错误!＋y错误!＋（１—x—y）错误!１．已知a＝（λ＋１，0，２），b＝（6，２μ—１，２λ），若a∥b，则λ与μ的值可以是（）Ａ．２，错误!Ｂ．—错误!，错误!Ｃ．—３，２Ｄ．２，２解析：选Ａ．因为a∥b，所以b＝k a，即（6，２μ—１，２λ）＝k（λ＋１，0，２），所以错误!解得错误!或错误!２．若A（—１，２，３），B（２，１，４），C（m，n，１）三点共线，则m＋n＝________．解析：错误!＝（３，—１，１），错误!＝（m＋１，n—２，—２）．因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得错误!＝λ错误!.即（m＋１，n—２，—２）＝λ（３，—１，１）＝（３λ，—λ，λ），所以错误!，解得λ＝—２，m＝—7，n＝４．所以m＋n＝—３．答案：—３３．如图，在四棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A１D１，D １D，D１C１的中点．（１）试用向量错误!，错误!，错误!表示错误!；（２）用向量方法证明平面EFG∥平面AB１C.解：（１）设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.由题图得错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝c＋b＋错误!错误!＝错误!a＋b＋c＝错误!错误!＋错误!＋错误!.（２）证明：由题图，得错误!＝错误!＋错误!＝a＋b，错误!＝错误!＋错误!＝错误!b＋错误!a＝错误!错误!，因为EG与AC无公共点，所以EG∥AC，因为EG错误!平面AB１C，AC平面AB１C，所以EG∥平面AB１C.又因为错误!＝错误!＋错误!＝a＋c，错误!＝错误!＋错误!＝错误!c＋错误!a＝错误!错误!，因为FG与AB１无公共点，所以FG∥AB１，因为FG错误!平面AB１C，AB１平面AB１C，所以FG∥平面AB１C，又因为FG∩EG＝G，FG，EG平面EFG，所以平面EFG∥平面AB１C.空间向量数量积的应用（典例迁移）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）错误!·错误!；（２）错误!·错误!.【解】设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，（１）错误!＝错误!错误!＝错误!c—错误!a，错误!＝—a，错误!·错误!＝错误!·（—a）＝错误!a２—错误!a·c＝错误!.（２）错误!·错误!＝（错误!＋错误!＋错误!）·（错误!—错误!）＝错误!·（错误!—错误!）＝错误!·（错误!—错误!）＝错误!·（c—a）＝错误!（—１×１×错误!＋１×１×错误!＋１＋１—１×１×错误!—１×１×错误!）＝错误!.【迁移探究１】（变问法）在本例条件下，求证EG⊥AB.证明：由例题知错误!＝错误!（错误!＋错误!—错误!）＝错误!（b＋c—a），所以错误!·错误!＝错误!（a·b＋a·c—a２）＝错误!错误!＝0．故错误!⊥错误!，即EG⊥AB.【迁移探究２】（变问法）在本例条件下，求EG的长．解：由例题知错误!＝—错误!a＋错误!b＋错误!c，|错误!|２＝错误!a２＋错误!b２＋错误!c２—错误!a·b＋错误!b·c—错误!c·a＝错误!，则|错误!|＝错误!，即EG的长为错误!.【迁移探究３】（变问法）在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值．解：由例题知错误!＝错误!b＋错误!c，错误!＝错误!＋错误!＝—b＋错误!a，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝—错误!，由于异面直线所成角的范围是错误!.所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为错误!.错误!空间向量数量积的三个应用求夹角设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝错误!，进而可求两异面直线所成的角求长度（距离）运用公式|a|２＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题解决垂直问题利用a⊥b⇔a·b＝0（a≠0，b≠0），可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题三棱柱ABCA１B１C１中，M，N分别是A１B，B１C１上的点，且BM＝２A１M，C１N＝２B１N.设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c.（１）试用a，b，c表示向量错误!；（２）若∠BAC＝90°，∠BAA１＝∠CAA１＝60°，AB＝AC＝AA１＝１，求MN的长．解：（１）由题图知错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＋错误!错误!＝错误!（c—a）＋a＋错误!（b—a）＝错误!a＋错误!b＋错误!c.（２）由题设条件知，因为（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２a·b＋２b·c＋２a·c＝１＋１＋１＋0＋２×１×１×错误!＋２×１×１×错误!＝５，所以|a＋b＋c|＝错误!，|错误!|＝错误!|a＋b＋c|＝错误!.利用向量证明平行与垂直问题（多维探究）角度一证明平行问题（一题多解）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝２，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：（１）PB∥平面EFG；（２）平面EFG∥平面PBC.【证明】（１）因为平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，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）．法一：错误!＝（0，１，0），错误!＝（１，２，—１），设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令z＝１，则n＝（１，0，１）为平面EFG的一个法向量，因为错误!＝（２，0，—２），所以错误!·n＝0，所以n⊥错误!，因为PB错误!平面EFG，所以PB∥平面EFG.法二：错误!＝（２，0，—２），错误!＝（0，—１，0），错误!＝（１，１，—１）．设错误!＝s错误!＋t错误!，即（２，0，—２）＝s（0，—１，0）＋t（１，１，—１），所以错误!解得s＝t＝２．所以错误!＝２错误!＋２错误!，又因为错误!与错误!不共线，所以错误!，错误!与错误!共面．因为PB错误!平面EFG，所以PB∥平面EFG.（２）因为错误!＝（0，１，0），错误!＝（0，２，0），所以错误!＝２错误!，所以BC∥EF.又因为EF错误!平面PBC，BC平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF平面EFG，GF平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.角度二证明垂直问题如图，在三棱锥PABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝４，AO＝３，OD＝２．（１）证明：AP⊥BC；（２）若点M是线段AP上一点，且AM＝３．试证明平面AMC⊥平面BMC.【证明】（１）如图所示，以O为坐标原点，以射线DB方向为x轴正方向，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O（0，0，0），A（0，—３，0），B（４，２，0），C（—４，２，0），P（0，0，４）．于是错误!＝（0，３，４），错误!＝（—8，0，0），所以错误!·错误!＝（0，３，４）·（—8，0，0）＝0，所以错误!⊥错误!，即AP⊥BC.（２）由（１）知AP＝５，又AM＝３，且点M在线段AP上，所以错误!＝错误!错误!＝错误!，又错误!＝（—４，—５，0），所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!，则错误!·错误!＝（0，３，４）·错误!＝0，所以错误!⊥错误!，即AP⊥BM，又根据（１）的结论知AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.错误!（１）利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤１建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；２建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；３通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；４根据运算结果解释相关问题．（２）空间线面位置关系的坐标表示设直线l，m的方向向量分别为a＝（a１，b１，c１），b＝（a２，b２，c２），平面α，β的法向量分别为u＝（a３，b３，c３），v＝（a４，b４，c４）．１线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a１＝ka２，b１＝kb２，c１＝kc２.２线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a１a２＋b１b２＋c１c２＝0．３线面平行（l错误!α）l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a１a３＋b１b３＋c１c３＝0．４线面垂直l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u⇔a１＝ka３，b１＝kb３，c１＝kc３.５面面平行α∥β⇔u∥v⇔u＝k v⇔a３＝ka４，b３＝kb４，c３＝kc４.⑥面面垂直α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a３a４＋b３b４＋c３c４＝0．如图所示，四棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为１，且两两夹角为60°.（１）求AC１的长；（２）求证：AC１⊥BD；（３）求BD１与AC夹角的余弦值．解：（１）记错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝c·a＝错误!.|错误!|２＝（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２（a·b＋b·c＋c·a）＝１＋１＋１＋２×错误!＝6，所以|错误!|＝错误!，即AC１的长为错误!.（２）证明：因为错误!＝a＋b＋c，错误!＝b—a，所以错误!·错误!＝（a＋b＋c）·（b—a）＝a·b＋|b|２＋b·c—|a|２—a·b—a·c＝b·c—a·c＝|b||c|cos 60°—|a||c|cos 60°＝0．所以错误!⊥错误!，所以AC１⊥BD.（３）错误!＝b＋c—a，错误!＝a＋b，所以|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，错误!·错误!＝（b＋c—a）·（a＋b）＝b２—a２＋a·c＋b·c＝１．所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.所以AC与BD１夹角的余弦值为错误!.[基础题组练]１．已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，用a，b，c表示错误!，则错误!等于（）Ａ．错误!（b＋c—a）Ｂ．错误!（a＋b＋c）Ｃ．错误!（a—b＋c）Ｄ．错误!（c—a—b）解析：选Ｄ．错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!（c—a—b）．２．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＝（）Ａ．9 Ｂ．—9Ｃ．—３Ｄ．３解析：选Ｂ．由题意知c＝x a＋y b，即（7，6，λ）＝x（２，１，—３）＋y（—１，２，３），所以错误!解得λ＝—9．３．在空间四边形ABCD中，错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!＝（）Ａ．—１Ｂ．0Ｃ．１Ｄ．不确定解析：选Ｂ．如图，令错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!＝a·（c—b）＋b·（a—c）＋c·（b—a）＝a·c—a·b＋b·a—b·c＋c·b—c·a＝0．４．如图，在大小为４５°的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为１的正方形，则B，D两点间的距离是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．１Ｄ．错误!解析：选Ｄ．因为错误!＝错误!＋错误!＋错误!，所以|错误!|２＝|错误!|２＋|错误!|２＋|错误!|２＋２错误!·错误!＋２错误!·错误!＋２错误!·错误!＝１＋１＋１—错误!＝３—错误!，所以|错误!|＝错误!.５．已知A（１，0，0），B（0，—１，１），O为坐标原点，错误!＋λ错误!与错误!的夹角为１２0°，则λ的值为（）Ａ．±错误!Ｂ．错误!Ｃ．—错误!Ｄ．±错误!解析：选Ｃ．错误!＋λ错误!＝（１，—λ，λ），cos １２0°＝错误!＝—错误!，得λ＝±错误!.经检验λ＝错误!不合题意，舍去，所以λ＝—错误!.6．如图所示，在长方体ABCDA１B１C１D１中，O为AC的中点．用错误!，错误!，错误!表示错误!，则错误!＝________．解析：因为错误!＝错误!错误!＝错误!（错误!＋错误!），所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!（错误!＋错误!）＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!.答案：错误!错误!＋错误!错误!＋错误!7．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝１．在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________．解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝错误!PD，又P（0，0，１），D （0，１，0），所以PD＝错误!＝错误!，所以MN＝错误!.答案：错误!8．如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝错误!，则cos〈错误!，错误!〉的值为________．解析：设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝错误!，且|b|＝|c|，错误!·错误!＝a·（c—b）＝a·c—a·b＝错误!|a||c|—错误!|a||b|＝0，所以错误!⊥错误!，所以cos〈错误!，错误!〉＝0．答案：09．如图，在多面体ABCA１B１C１中，四边形A１ABB１是正方形，AB＝AC，BC＝错误!AB，B１C１綊错误!BC，二面角A１ABC是直二面角．求证：（１）A１B１⊥平面AA１C；（２）AB１∥平面A１C１C.证明：因为二面角A１ABC是直二面角，四边形A１ABB１为正方形，所以AA１⊥平面BAC.又因为AB＝AC，BC＝错误!AB，所以∠CAB＝90°，即CA⊥AB，所以AB，AC，AA１两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝２，则A（0，0，0），B１（0，２，２），A１（0，0，２），C（２，0，0），C１（１，１，２）．（１）错误!＝（0，２，0），错误!＝（0，0，—２），错误!＝（２，0，0），设平面AA１C的一个法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!即错误!取y＝１，则n＝（0，１，0）．所以错误!＝２n，即错误!∥n.所以A１B１⊥平面AA１C.（２）易知错误!＝（0，２，２），错误!＝（１，１，0），错误!＝（２，0，—２），设平面A１C１C的一个法向量m＝（x１，y１，z１），则错误!即错误!令x１＝１，则y１＝—１，z１＝１，即m＝（１，—１，１）．所以错误!·m＝0×１＋２×（—１）＋２×１＝0，所以错误!⊥m，又AB１错误!平面A１C１C，所以AB１∥平面A１C１C.１0．如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝１，BC＝２．求证：（１）EF∥平面PAB；（２）平面PAD⊥平面PDC.证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（１，0，0），C（１，２，0），D（0，２，0），P（0，0，１），所以E错误!，F错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，0，—１），错误!＝（0，２，—１），错误!＝（0，0，１），错误!＝（0，２，0），错误!＝（１，0，0），错误!＝（１，0，0）．（１）因为错误!＝—错误!错误!，所以错误!∥错误!，即EF∥AB.又AB平面PAB，EF错误!平面PAB，所以EF∥平面PAB.（２）因为错误!·错误!＝（0，0，１）·（１，0，0）＝0，所以错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.所以平面PAD⊥平面PDC.[综合题组练]１．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（x，y，z ∈R），则“x＝２，y＝—３，z＝２”是“P，A，B，C四点共面”的（）Ａ．必要不充分条件Ｂ．充分不必要条件Ｃ．充要条件Ｄ．既不充分也不必要条件解析：选Ｂ．当x＝２，y＝—３，z＝２时，即错误!＝２错误!—３错误!＋２错误!.则错误!—错误!＝２错误!—３（错误!—错误!）＋２（错误!—错误!），即错误!＝—３错误!＋２错误!，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设错误!＝m错误!＋n错误!（m，n∈R），即错误!—错误!＝m（错误!—错误!）＋n（错误!—错误!），即错误!＝（１—m—n）错误!＋m错误!＋n错误!，即x＝１—m—n，y＝m，z＝n，这组数显然不止２，—３，２．故“x＝２，y＝—３，z＝２”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．２．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝错误!，AF＝１，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为（）A．（１，１，１）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．设M点的坐标为（x，y，１），因为AC∩BD＝O，所以O错误!，又E（0，0，１），A（错误!，错误!，0），所以错误!＝错误!，错误!＝（x—错误!，y—错误!，１），因为AM∥平面BDE，所以错误!∥错误!，所以错误!⇒错误!所以M点的坐标为错误!.３.如图，在正四棱柱ABCDA１B１C１D１中，AA１＝２，AB＝BC＝１，动点P，Q分别在线段C１D，AC上，则线段PQ长度的最小值是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．设错误!＝λ错误!，错误!＝μ错误!，（λ，μ∈[0，１]）．所以错误!＝λ（0，１，２）＝（0，λ，２λ），错误!＝错误!＋μ（错误!—错误!）＝（１，0，0）＋μ（—１，１，0）＝（１—μ，μ，0）．所以|错误!|＝|错误!—错误!|＝|（１—μ，μ—λ，—２λ）|＝错误!＝错误!≥错误!＝错误!，当且仅当λ＝错误!，μ＝错误!，即λ＝错误!，μ＝错误!时取等号．所以线段PQ长度的最小值为错误!.故选Ｃ．４．在正三棱柱ABCA１B１C１中，侧棱长为２，底面边长为１，M为BC的中点，错误!＝λ错误!，且AB１⊥MN，则λ的值为________．解析：如图所示，取B１C１的中点P，连接MP，以错误!，错误!，错误!的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为１，侧棱长为２，则A错误!，B１（—错误!，0，２），C错误!，C１错误!，M（0，0，0），设N错误!，因为错误!＝λ错误!，所以N错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!.又因为AB１⊥MN，所以错误!·错误!＝0．所以—错误!＋错误!＝0，所以λ＝１５．答案：１５５．在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．（２）在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．解：（１）证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E错误!，P（0，0，a），F错误!.错误!＝错误!，错误!＝（0，a，0）．因为错误!·错误!＝0，所以错误!⊥错误!，从而得EF⊥CD.（２）存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，设G（x，0，z），则错误!＝错误!，若使GF⊥平面PCB，则由错误!·错误!＝错误!·（a，0，0）＝a错误!＝0，得x＝错误!；由错误!·错误!＝错误!·（0，—a，a）＝错误!＋a错误!＝0，得z＝0．所以G点坐标为错误!，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．6．如图，棱柱ABCDA１B１C１D１的所有棱长都等于２，∠ABC和∠A１AC均为60°，平面AA１C１C⊥平面ABCD.（２）在直线CC１上是否存在点P，使BP∥平面DA１C１，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．解：（１）证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A１O，在△AA１O中，AA１＝２，AO＝１，∠A１AO＝60°，所以A１O２＝AA错误!＋AO２—２AA１·AO cos 60°＝３，所以AO２＋A１O２＝AA错误!，所以A１O⊥AO.由于平面AA１C１C⊥平面ABCD，且平面AA１C１C∩平面ABCD＝AC，A１O平面AA１C１C，所以A１O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA１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（错误!，0，0），C（0，１，0），D（—错误!，0，0），A１（0，0，错误!），C１（0，２，错误!）．由于错误!＝（—２错误!，0，0），错误!＝（0，１，错误!），错误!·错误!＝0×（—２错误!）＋１×0＋错误!×0＝0，所以错误!⊥错误!，即BD⊥AA１.（２）存在．理由如下：假设在直线CC１上存在点P，使BP∥平面DA１C１，设错误!＝λ错误!，P（x，y，z），则（x，y—１，z）＝λ（0，１，错误!）．从而有P（0，１＋λ，错误!λ），错误!＝（—错误!，１＋λ，错误!λ）．设平面DA１C１的法向量为n＝（x２，y２，z２），则错误!又错误!＝（0，２，0），错误!＝（错误!，0，错误!），则错误!取n＝（１，0，—１），因为BP∥平面DA１C１，则n⊥错误!，即n·错误!＝—错误!—错误!λ＝0，得λ＝—１，即点P在C１C的延长线上，且C１C＝CP.。
北师版高考总复习一轮数学精品课件 第8章立体几何与空间向量 第5节空间向量及其运算
+
1
OC
12
+
1
OC
18
1
OC
8
(2)连接 AG 并延长交 BC 于点 N,连接 ON.由点 G 是△ABC 的重心,可得 =
2
,
3
=
1
]=
3
1
3
1
(
2
1
+
3
+ ),则 =
2
− ,则1
3
2
1
1
− )= +
3
12
12
2
3
=
=
题组二连线高考
5.(2014·广东,理5)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°角的是
( B )
A.(-1,1,0)
B.(1,-1,0)
C.(0,-1,1)
D.(-1,0,1)
解析 设 A,B,C,D 四个选项中的向量分别为 a1,a2,a3,a4.A 选项,
·1
cos<a,a1>=||| |
8
(2)已知 O,A,B,C,D,E,F,G,H 为空间 9 个点(如图),并且
OE=kO, O =kO, OH=kOD, C = D+m, EG = EH+mE .求证:
①A,B,C,D 四点共面;
②C ∥ EG;
③OG=kOC.
证明 ①因为 = +m,所以 , , 是共面向量.又因为 , ,
1
1
√2× √2
=
=
-1
1
=-2,则<a,a1>=120°;B
高考数学(理)(北师大版)大一轮复习讲义 第八章 立体几何与空间向量第八章 8.8
1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 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.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．【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 |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，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.( × )1．(2016·烟台模拟)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.53 C.56 D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______________________________．答案 π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)×(1，0，22)12×9＝32， 又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴∠C 1AD ＝π6.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩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 ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)， F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)， CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉 ＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°.题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT 平面P AB ，MN平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．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．(1)证明 ∵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)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．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. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F-BC-A 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH 平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . (2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F-BC-A 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)． 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO 平面P AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)． 易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)． ∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63. 整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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 ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值． 规范解答(1)证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. [7分](3)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，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的一个法向量， 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)． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[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； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．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 ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120° 答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →.∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( ) A.15 B.255 C.55 D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ， 则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE . 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量，又DA →＝(2,0,0)， ∴点A 到平面BDE 的距离是d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 10．(2017·江西新余一中调研)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，且斜边AB ＝22，侧棱AA 1＝3，点D 为AB 的中点，点E 在线段AA 1上，AE ＝λAA 1(λ为实数)．(1)求证：不论λ取何值时，恒有CD ⊥B 1E ；(2)当λ＝13时，求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．(1)证明 在等腰直角三角形ABC 中，AC ＝BC ， 点D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， CD 平面ABC ，∴AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AB ＝A ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1， 又B 1E 平面ABB 1A 1，∴不论λ取何值时，恒有CD ⊥B 1E .(2)解 方法一 由(1)知，CD ⊥平面ABB 1A 1， DE ⊥CD ，AD ⊥CD ，即∠ADE 为二面角E －CD －A 的平面角， ∵λ＝13，∴AE ＝1，又AD ＝12AB ＝2，∴DE ＝AD 2＋AE 2＝3，∴cos ∠ADE ＝AD DE ＝63.∴平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值大小为63. 方法二 分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，D (1,1,0)，E (2,0,1)，B 1(0,2,3)， C 1(0,0,3)，∴CD →＝(1,1,0)，CE →＝(2,0,1)，设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝x ＋y ＝0，n ·CE →＝2x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－2)． 平面ABC 的一个法向量为CC 1→＝(0,0,3)． ∴|cos 〈n ，CC 1→〉|＝|n ·CC 1→||n ||CC 1→|＝63×12＋(－1)2＋(－2)2＝63， ∴平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为63. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB 平面PBE ，CM 平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ， 从而CD ⊥PD .所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE ，且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH . 又CE 平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠P AB ＝90°，且P A 与CD 所成的角为90°，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.12.(2016·潍坊模拟)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD 平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧λy ＋2(1－λ)z ＝0，x ＋y ＝0， 令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2(1－λ)，故n 1＝(1，－1，λ2(1－λ))是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)， ∴|cos 〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ22(1－λ)2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。
高考数学北师大理一轮复习第章立体几何与空间向量平行关系文档
⾼考数学北师⼤理⼀轮复习第章⽴体⼏何与空间向量平⾏关系⽂档1．直线与平⾯平⾏的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝?aα，b?α，a∥αa∥b a∥α，aβ，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝?a∥b判定性质定义定理图形条件α∩β＝?aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，aβ结论α∥βα∥βa∥b a∥α【思考辨析】判断下⾯结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若⼀条直线平⾏于⼀个平⾯内的⼀条直线，则这条直线平⾏于这个平⾯．(×)(2)若⼀条直线平⾏于⼀个平⾯，则这条直线平⾏于这个平⾯内的任⼀条直线．(×)(3)如果⼀个平⾯内的两条直线平⾏于另⼀个平⾯，那么这两个平⾯平⾏．(×)(4)如果两个平⾯平⾏，那么分别在这两个平⾯内的两条直线平⾏或异⾯．(√)(5)若直线a与平⾯α内⽆数条直线平⾏，则a∥α.(×)(6)空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则EF∥平⾯BCD.(√)(7)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(×)1．⼀条直线l上有相异三个点A、B、C到平⾯α的距离相等，那么直线l与平⾯α的位置关系是()A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或lα答案 D解析当距离不为零时，l∥α，当距离为零时，lα.2．设α，β，γ为三个不同的平⾯，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，nγ，且________，则m∥n”中的横线处填⼊下列三组条件中的⼀组，使该命题为真命题．①α∥γ，nβ；②m∥γ，n∥β；③n∥β，mγ.可以填⼊的条件有()A．①或②B．②或③C．①或③D．①或②或③答案 C解析由⾯⾯平⾏的性质定理可知，①正确；当n∥β，mγ时，n和m在同⼀平⾯内，且没有公共点，所以平⾏，③正确．故选C.3．(教材改编)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内的直线可能异⾯；C中，两平⾯可相交；D中，由直线与平⾯平⾏的判定定理知，b∥α，正确．4．(教材改编)如图，正⽅体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD 1与平⾯AEC 的位置关系为________．答案平⾏解析连接BD ，设BD ∩AC ＝O ，连接EO ，在△BDD 1中，O 为BD 的中点，所以EO 为△BDD 1的中位线，则BD 1∥EO ，⽽BD 1?平⾯ACE ，EO 平⾯ACE ，所以BD 1∥平⾯ACE .5．过三棱柱ABC －A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平⾯ABB 1A 1平⾏的直线共有________条．答案 6解析各中点连线如图，只有⾯EFGH 与⾯ABB 1A 1平⾏，在四边形EFGH 中有6条符合题意.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，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P AD . 证明 (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平⾏四边形，∴O 为AC 的中点．⼜∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， FO平⾯BEF ，A P ?平⾯BEF ，∴AP ∥平⾯BEF .(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，∴FH∥平⾯P AD.⼜∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，∴OH∥平⾯P AD.⼜FH∩OH＝H，∴平⾯OHF∥平⾯P AD.⼜∵GH平⾯OHF，∴GH∥平⾯P AD.命题点2直线与平⾯平⾏性质定理的应⽤例2(2014·安徽)如图，四棱锥P－ABCD的底⾯是边长为8的正⽅形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共⾯的四点，平⾯GEFH⊥平⾯ABCD，BC∥平⾯GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的⾯积．(1)证明因为BC∥平⾯GEFH，BC平⾯PBC，且平⾯PBC∩平⾯GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)解如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为P A＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.⼜BD∩AC＝O，且AC，BD都在底⾯内，所以PO⊥底⾯ABCD.⼜因为平⾯GEFH⊥平⾯ABCD，且P O?平⾯GEFH，所以PO∥平⾯GEFH.因为平⾯PBD∩平⾯GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底⾯ABCD，从⽽GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的⾼．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从⽽KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42， PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的⾯积S ＝GH ＋EF2·GK＝4＋82×3＝18.思维升华判断或证明线⾯平⾏的常⽤⽅法：(1)利⽤线⾯平⾏的定义(⽆公共点)；(2)利⽤线⾯平⾏的判定定理(aα，bα，a ∥b ?a ∥α)；(3)利⽤⾯⾯平⾏的性质定理(α∥β，aα?a∥β)；(4)利⽤⾯⾯平⾏的性质(α∥β，aβ，a ∥α?a ∥β)．(1)如图所⽰，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，E 为PD 的中点，AB ＝1，求证：CE ∥平⾯P AB ；(2)如图所⽰，CD ，AB 均与平⾯EFGH 平⾏，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．证明 (1)由已知条件有AC ＝2AB ＝2，AD ＝2AC ＝4，CD ＝2 3. 如图所⽰，延长DC ，AB ，设其交于点N ，连接PN ，因为∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，所以C为ND的中点，⼜因为E为PD的中点，所以EC∥PN，因为EC平⾯P AB，PN平⾯P AB，所以CE∥平⾯P AB.(2)∵CD∥平⾯EFGH，⽽平⾯EFGH∩平⾯BCD＝EF，∴CD∥EF.同理HG∥CD，且HE∥AB，∴EF∥HG.同理HE∥GF，∴四边形EFGH为平⾏四边形．∴CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异⾯直线CD和AB所成的⾓．⼜∵CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平⾏四边形EFGH为矩形．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－A 1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共⾯；(2)平⾯EF A1∥平⾯BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.⼜∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共⾯．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵E F?平⾯BCHG，BC平⾯BCHG，∴EF∥平⾯BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平⾏四边形，∴A1E∥GB.∵A1E?平⾯BCHG，GB平⾯BCHG，∴A1E∥平⾯BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平⾯EF A1∥平⾯BCHG.引申探究1．在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平⾯A1B1BA.证明如图所⽰，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B，⼜H D?平⾯A1B1BA，A1B平⾯A1B1BA，∴HD∥平⾯A1B1BA.2．在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平⾯A1BD1∥平⾯AC1D. 证明如图所⽰，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平⾏四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B平⾯A1BD1，D M?平⾯A1BD1，∴DM∥平⾯A1BD1.⼜由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平⾏四边形，∴DC1∥BD1.⼜DC1?平⾯A1BD1，BD1平⾯A1BD1，∴DC1∥平⾯A1BD1，⼜∵DC1∩DM＝D，DC1，DM平⾯AC1D，∴平⾯A1BD1∥平⾯AC1D.思维升华证明⾯⾯平⾏的⽅法：(1)⾯⾯平⾏的定义；(2)⾯⾯平⾏的判定定理：如果⼀个平⾯内有两条相交直线都平⾏于另⼀个平⾯，那么这两个平⾯平⾏；(3)利⽤垂直于同⼀条直线的两个平⾯平⾏；(4)两个平⾯同时平⾏于第三个平⾯，那么这两个平⾯平⾏；(5)利⽤“线线平⾏”、“线⾯平⾏”、“⾯⾯平⾏”的相互转化．如图，在正⽅体ABCD—A 1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平⾯BDD1B1；(2)平⾯EFG∥平⾯BDD1B1.证明(1)如图，连接SB，∵E 、G 分别是BC 、SC 的中点，∴EG ∥SB . ⼜∵SB平⾯BDD 1B 1，E G ?平⾯BDD 1B 1，∴直线EG ∥平⾯BDD 1B 1.(2)连接SD ，∵F 、G 分别是DC 、SC 的中点，∴FG ∥SD . ⼜∵SD平⾯BDD 1B 1，F G ?平⾯BDD 1B 1，∴FG ∥平⾯BDD 1B 1，⼜EG平⾯EFG ，FG平⾯EFG ，EG ∩FG ＝G ，∴平⾯EFG ∥平⾯BDD 1B 1. 题型三平⾏关系的综合应⽤例4 如图所⽰，在四⾯体ABCD 中，截⾯EFGH 平⾏于对棱AB 和CD ，试问截⾯在什么位置时其截⾯⾯积最⼤？解∵AB ∥平⾯EFGH ，平⾯EFGH 与平⾯ABC 和平⾯ABD 分别交于FG 、EH . ∴AB ∥FG ，AB ∥EH ，∴FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ，∴截⾯EFGH 是平⾏四边形．设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α (α即为异⾯直线AB 和CD 所成的⾓或其补⾓)．⼜设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平⾯⼏何知识可得x a ＝CG BC ，y b ＝BG BC ，两式相加得x a ＋y b ＝1，即y ＝ba (a－x )，∴S ?EFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x ·b a ·(a －x )·sin α＝b sin αa x (a －x )．∵x >0，a －x >0且x ＋(a －x )＝a 为定值，∴当且仅当x ＝a －x 时，b sin αa x (a －x )＝ab sin α4，此时x ＝a 2，y ＝b2.即当截⾯EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 为棱AD 、AC 、BC 、BD 的中点时截⾯⾯积最⼤．思维升华利⽤线⾯平⾏的性质，可以实现与线线平⾏的转化，尤其在截⾯图的画法中，常⽤来确定交线的位置，对于最值问题，常⽤函数思想来解决．如图所⽰，四棱锥P －ABCD 的底⾯是边长为a 的正⽅形，侧棱P A ⊥底⾯ABCD ，在侧⾯PBC 内，有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找⼀点F ，使EF ∥平⾯P AD . 解如图所⽰，在平⾯PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ，连接AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ，∵EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ，∴四边形FEGA 为平⾏四边形，∴FE ∥AG . ⼜AG平⾯P AD ，F E ?平⾯P AD ，∴EF ∥平⾯P AD . ∴F 即为所求的点．⼜P A ⊥⾯ABCD ，∴P A ⊥BC ，⼜BC ⊥AB ，∴BC ⊥⾯P AB . ∴PB ⊥BC .∴PC 2＝BC 2＋PB 2＝BC 2＋AB 2＋P A 2. 设P A ＝x 则PC ＝2a 2＋x 2，由PB ·BC ＝BE ·PC 得： a 2＋x 2·a ＝2a 2＋x 2·63a ，∴x ＝a ，即P A ＝a ，∴PC ＝3a .⼜CE ＝a 2－(63a )2＝33a ，∴PE PC ＝23，∴GE CD ＝PE PC ＝23，即GE ＝23CD ＝23a ，∴AF ＝23a .即AF ＝23故点F 是AB 上靠近B 点的⼀个三等分点．5．⽴体⼏何中的探索性问题典例 (12分)如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底⾯ABCD 为直⾓梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，SA ⊥底⾯ABCD，SA ＝AB ＝BC ＝2.tan ∠SDA ＝23. (1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找⼀点E ，使CE ∥平⾯SAB ，并证明．规范解答解 (1)∵SA ⊥底⾯ABCD ，tan ∠SDA ＝23，SA ＝2，∴AD ＝3.[2分]由题意知四棱锥S －ABCD 的底⾯为直⾓梯形，且SA ＝AB ＝BC ＝2，[4分] V S －ABCD ＝13×SA ×12×(BC ＋AD )×AB＝13×2×12×(2＋3)×2＝103.[6分] (2)当点E 位于棱SD 上靠近D 的三等分点处时，可使CE ∥平⾯SAB .[8分] 证明如下：取SD 上靠近D 的三等分点为E ，取SA 上靠近A 的三等分点为F ，连接CE ，EF ，BF ，则EF 綊23AD ，BC 綊23AD ，∴BC綊EF，∴CE∥BF.[10分]⼜∵BF平⾯SAB，C E?平⾯SAB，∴CE∥平⾯SAB.[12分]解决⽴体⼏何中的探索性问题的步骤第⼀步：写出探求的最后结论；第⼆步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．温馨提醒(1)⽴体⼏何中的探索性问题主要是对平⾏、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题⼀般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进⾏推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到⽭盾的结论就否定假设．(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成⽴”，“只需使……成⽴”．[⽅法与技巧]1．平⾏问题的转化关系线∥线判定性质线∥⾯判定⾯∥性质判定⾯2．直线与平⾯平⾏的主要判定⽅法(1)定义法；(2)判定定理；(3)⾯与⾯平⾏的性质．3．平⾯与平⾯平⾏的主要判定⽅法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β.[失误与防范]1．在推证线⾯平⾏时，⼀定要强调直线不在平⾯内，否则会出现错误．2．在解决线⾯、⾯⾯平⾏的判定时，⼀般遵循从“低维”到“⾼维”的转化，即从“线线平⾏”到“线⾯平⾏”，再到“⾯⾯平⾏”；⽽在应⽤性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的⽅向总是由题⽬的具体条件⽽定，决不可过于“模式化”．3．解题中注意符号语⾔的规范应⽤．A组专项基础训练(时间：45分钟)1．平⾯α∥平⾯β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是() A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共⾯答案 D解析充分性：A，B，C，D四点共⾯，由平⾯与平⾯平⾏的性质知AC∥BD.必要性显然成⽴．2．(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平⾯，则下列命题正确的是() A．若α，β垂直于同⼀平⾯，则α与β平⾏B．若m，n平⾏于同⼀平⾯，则m与n平⾏C．若α，β不平⾏，则在α内不存在与β平⾏的直线D．若m，n不平⾏，则m与n不可能垂直于同⼀平⾯答案 D解析对于A，α，β垂直于同⼀平⾯，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平⾏于同⼀平⾯，m，n关系不确定，可平⾏、相交、异⾯，故B错；对于C，α，β不平⾏，但α内能找出平⾏于β的直线，如α中平⾏于α，β交线的直线平⾏于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同⼀平⾯，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．3．设l为直线，α，β是两个不同的平⾯．下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析l∥α，l∥β，则α与β可能平⾏，也可能相交，故A项错；由“同垂直于⼀条直线的两个平⾯平⾏”可知B项正确；由l⊥α，l∥β可知α⊥β，故C项错；由α⊥β，l∥α可知l与β可能平⾏，也可能lβ，也可能相交，故D项错．故选B.4．如图，四边形ABCD是边长为1的正⽅形，MD⊥平⾯ABCD，NB⊥平⾯ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是()A．MC⊥ANB．GB∥平⾯AMNC．平⾯CMN⊥平⾯AMND．平⾯DCM∥平⾯ABN答案 C解析显然该⼏何图形为正⽅体截去两个三棱锥所剩的⼏何体，把该⼏何体放置到正⽅体中(如图)，取AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，⼜HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，⼜GB平⾯AMN，MH平⾯AMN，所以GB∥平⾯AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平⾯DCM∥平⾯ABN，所以D正确．5．下列四个正⽅体图形中，A，B为正⽅体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平⾯MNP的图形的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④答案 B解析①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平⾯MNP∥平⾯AA′B可得出AB∥平⾯MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平⾯MNP.6．在四⾯体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重⼼，则四⾯体的四个⾯中与MN 平⾏的是________．答案平⾯ABD与平⾯ABC解析如图，取CD的中点E，连接AE，BE.则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平⾯ABD，MN∥平⾯ABC.7．将⼀个真命题中的“平⾯”换成“直线”、“直线”换成“平⾯”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同⼀平⾯的两直线平⾏；②垂直于同⼀平⾯的两平⾯平⾏；③平⾏于同⼀直线的两直线平⾏；④平⾏于同⼀平⾯的两直线平⾏．其中是“可换命题”的是________．(填命题的序号)答案①③解析由线⾯垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同⼀直线的两平⾯平⾏也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同⼀平⾯的两平⾯可能平⾏或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平⾏于同⼀平⾯的两平⾯平⾏也是真命题，故③是“可换命题”；因为平⾏于同⼀平⾯的两条直线可能平⾏、相交或异⾯，故④是假命题，故④不是“可换命题”．8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(底⾯是正⽅形的直四棱柱叫正四棱柱)中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满⾜条件________时，有MN∥平⾯B1BDD1.答案M∈线段FH解析因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平⾯NHF∥平⾯B1BDD1，故线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平⾯B1BDD1.(答案不唯⼀)9.如图，ABCD与ADEF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D E?平⾯MNG，GN平⾯MNG，所以DE∥平⾯MNG.⼜M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，⼜BD平⾯MNG，MN平⾯MNG，所以BD∥平⾯MNG，⼜DE与BD为平⾯BDE内的两条相交直线，所以平⾯BDE∥平⾯MNG.10.如图，E、F、G、H分别是正⽅体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．求证：(1)EG∥平⾯BB1D1D；(2)平⾯BDF∥平⾯B1D1H.证明(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，易证四边形BEGO为平⾏四边形，故OB∥GE，由线⾯平⾏的判定定理即可证EG∥平⾯BB1D1D.(2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 如图，连接HB 、D 1F ，易证四边形HBFD 1是平⾏四边形，故HD 1∥BF . ⼜B 1D 1∩HD 1＝D 1， BD ∩BF ＝B ，所以平⾯BDF ∥平⾯B 1D 1H .B 组专项能⼒提升 (时间：30分钟)11．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平⾯，则下列命题中错误的是( ) A ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β B ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β C ．若mα，n β，m ∥n ，则α∥βD ．若m ，n 是异⾯直线，m α，m ∥β，n β，n ∥α，则α∥β答案 C解析由线⾯垂直的性质可知A 正确；由⾯⾯平⾏的性质可知B 正确；m α，n β，m ∥n ?α，β可能平⾏，也可能相交，故C 错误；由线⾯平⾏的性质和⾯⾯平⾏的判定定理可知D 正确．12.空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平⾏于两条对棱的截⾯四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．答案 (8,10)解析设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD ＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k . ⼜∵013．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三⾓形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平⾯DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平⾯DEFH ，那么四边形DEFH 的⾯积为________．答案452解析如图，取AC 的中点G ，连接SG ，BG . 易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，故AC ⊥平⾯SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平⾯DEFH ，SB 平⾯SAB ，平⾯SAB ∩平⾯DEFH ＝HD ，则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .⼜D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从⽽得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平⾏四边形．⼜AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其⾯积S ＝HF ·HD ＝(12AC )·(12SB )＝452.14．(2015·四川改编)⼀个正⽅体的平⾯展开图及该正⽅体的直观图的⽰意图如图所⽰．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正⽅体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平⾯BEG 与平⾯ACH 的位置关系．并证明你的结论．解 (1)点F ，G ，H 的位置如图所⽰．(2)平⾯BEG∥平⾯ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正⽅体，所以BC∥FG，BC＝FG，⼜FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平⾏四边形，所以BE∥CH，⼜CH平⾯ACH，B E?平⾯ACH，所以BE∥平⾯ACH，同理BG∥平⾯ACH，⼜BE∩BG＝B，所以平⾯BEG∥平⾯ACH.15.如图，已知正⽅形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝AF＝4，现将△AEF沿线段EF折起到△A′EF位置，使得A′C＝2 6.(1)求五棱锥A′－BCDFE的体积；(2)在线段A′C上是否存在⼀点M，使得BM∥平⾯A′EF？若存在，求A′M的长；若不存在，请说明理由．解(1)如图所⽰，连接AC，设AC∩EF＝H，连接A′H.∵四边形ABCD是正⽅形，AE＝AF＝4，∴H是EF的中点，且EF⊥AH，EF⊥CH，从⽽有A′H⊥EF，CH⊥EF，⼜A′H∩CH＝H，所以EF⊥平⾯A′HC，且EF平⾯ABCD，从⽽平⾯A′HC⊥平⾯ABCD，过点A′作A′O垂直HC且与HC相交于点O，。
2021高考数学一轮复习第8章立体几何初步第3节平行关系课件文北师大版
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(2)连接 FH，OH，因为 F，H 分别是 PC，CD 的中点， 所以 FH∥PD，因为 FH 平面 PAD，PD 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 OH 平面 PAD，AD 平面 PAD.所以 OH∥ 平面 PAD. 又 FH∩OH＝H，所以平面 OHF∥平面 PAD. 又因为 GH 平面 OHF，所以 GH∥平面 PAD.
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通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面 的交线，要树立这种应用意识．
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1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所 不平行的是( )
28
29
A [B 选项中，AB∥MQ，且 AB 平面 MNQ，MQ 平面 MNQ， 则 AB∥平面 MNQ；C 选项中，AB∥MQ，且 AB 平面 MNQ，MQ 平 面 MNQ，则 AB∥平面 MNQ；D 选项中，AB∥NQ，且 AB 平面 MNQ， NQ 平面 MNQ，则 AB∥平面 MNQ.故选 A.]
15
3．如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝2，E 为 AD 的中 点，点 F 在 CD 上，若 EF∥平面 AB1C，则 EF＝________.
2 [根据题意，因为 EF∥平面 AB1C，所以 EF∥AC.又 E 是 AD 的中点，所以 F 是 CD 的中点．
因此在 Rt△DEF 中，DE＝DF＝1，故 EF＝ 2.]
5
∵ l∥α，_l__β_， _α__∩__β_＝__b_，
∴l∥b
6
2.面面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
一个平面内的两条相交直线
高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.3空间图形的基本关系与公理课件理北师大版
师生(shī shēnɡ)共
研
证明
(2)CE，D1F，DA三线(sān xiàn)共点.
证明 ∵EF∥CD1，EF<CD1，
∴CE与D1F必相交，
设交点(jiāodiǎn)为P，如图所示.
则由P∈CE，CE
ABCD，得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
第七页，共62页。
题组一 思考辨析
基础(jīchǔ) 自测
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(chónghé)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.( × )
第六页，共62页。
【知识(zhī shi) 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(yī ɡè)平面与已知直线垂直. (3)过平面外一点有且只有一个(yī ɡè)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.
第八章 立体几何(lìtǐjǐhé)与空间向量
§8.3 空间图形(kōngjiān túxíng)的基本关系 与公理
第一页，共62页。
内容索引
基础知识 自主(zìzhǔ) 学习 题型分类(fēn lèi) 深 度剖析
课时(kèshí) 作业
第二页，共62页。
基础知识 自主(zìzhǔ)学习
第三页，共62页。
2021高三数学北师大版(文)一轮课件：第8章 第3节 平行关系
平面外一条直线与_此__平__面__内__ 判定定 的一条直线平行，则该直线与
理 此平面平行(简记为“线线平 行⇒线面平行”)
∵ l∥a ，a___α_， _l__α_， ∴l_∥__α_
性质 定理
一条直线与一个平面平行，则 过这条直线的任一平面与此 平面的 交线 与该直线平行(简 记为“线面平行⇒线线平 行”)
由题设知 A1B1 DC，可得 B1C A1D，故 ME ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形， 所以 MN∥ED.又 MN 平面 C1DE，所以 MN∥平面 C1DE.
32
⊙考点 2 平面与平面平行的判定与性质
判定平面与平面平行的四种方法 (1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)面面平行的判定定理(主要方法)； (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)； (4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面， 那么这两个平面平行(客观题可用)．
9
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． (5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相 平行． (6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的 两条直线，那么这两个平面平行． (7)垂直于同一条直线的两个平面平行． (8)垂直于同一平面的两条直线平行．
10
(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定理(α∥β，a α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a α，a β，a∥α⇒a∥β)．
20
直线与平面平行的判定 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．
高考数学一轮复习第八章立体几何8.4平行关系课件文北师大版
a∥b
-3知识(zhī shi)
梳理
双基自测(zì
cè)
自测(zì cè)点
评
1
2
3
2.面面平行的判定与性质
判
定义
定
性
定理
质
图
形
条 α∩β=⌀
件
a⫋ β,b⫋ β,a∩
b=P,a∥α,b∥α
结
α∥β
论
α∥β
α∥β,α∩
γ=a,β∩γ=b
α∥β,a⫋ β
a∥b
a∥α
第三页，共34页。
-4知识(zhī shi)
2
第十九页，共34页。
2
--20
20考点
(kǎo
diǎn)1
考点(kǎo
diǎn)3
考点(kǎo
diǎn)2
(2)如图,连接DB交AC于点F.
1
∵DC=2AB,DC∥AB,
1
∴DF= 2FB.
取PM的中点G,连接DG,FM,则DG∥FM,
又DG⊈平面AMC,FM⫋平面AMC,
∴DG∥平面AMC.
连接GN,则GN∥MC.
所以四面体 N-BCM 的体积
1
VN-BCM= ×S△BCM×
3
2
第十六页，共34页。
=
4√5
.
3
--17
17考点(kǎo
diǎn)1
考点(kǎo
diǎn)2
考点
(kǎo
diǎn)3
解题心得证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法:
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直
线平行的直线;
A.3
B.2
近年届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第4讲平行关系练习理北师大版(2021年整理)
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第4讲平行关系一、选择题1.（2017·榆林模拟）有下列命题:①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α;②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α;④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线。
其中真命题的个数是( ）A.1B.2 C。
3 D.4解析命题①l可以在平面α内,不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确。
答案A2。
设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面,且m，nα，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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解析若m,nα，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，nα，m∥β且n∥β,则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件.答案A3。
(2017·长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE,则DE与AB的位置关系是（)A。
异面B。
平行C。
相交D。
以上均有可能解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.答案B4.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是（）A.①③B。
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.3 空间图形的基本关系与公理学案 理 北师大版
§8.3 空间图形的基本关系与公理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)叫作异面直线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aα，bβ，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—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.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．既不充分又不必要条件答案 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 求两条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aα，bβ，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aα，故B错误．对于C，当aα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BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B 1D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.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时41 空间中的平行关系学案 文 北师大版-北师大版高三全册数
课时41 空间中的平行关系（课前预习案）班级：姓名：一、高考考纲要求1.了解直线和平面的位置关系；2.掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理．3.了解平面和平面的位置关系；4.掌握平面和平面平行的判定定理和性质定理．二、高考考点回顾1.线面平行的判定定理：①文字语言表述：平面外一条直线，则该直线与此平面平行。
②符号语言表述：；③作用：线线平行⇒线面平行2.面面平行的判定定理：①文字语言表述：一个平面内的与另一个平面平行，则这两个平面平行。
②符号语言表述：；③作用：线面平行⇒面面平行3.线面平行的性质定理：①文字语言表述：一条直线与一个平面平行，则；②符号语言表述：；③作用：线面平行⇒线线平行4.面面平行的性质定理：①文字语言表述：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，则；②符号语言表述：；③作用：面面平行⇒线线平行5.面面平行性质的推论：①文字语言表述：两个平面平行，则；②符号语言表述：；③作用：面面平行⇒线面平行三、课前检测1. 判断正错（1）若α内的两条直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行； （3）平行于同一平面的两直线平行。
（4）一条直线与一平面平行，它就和这个平面内任一直线平行。
（5）与两相交平面的交线平行的直线，必平行于这两个相交平面。
（6）若两平行线中的一条平行于某个平面，则另一条也平行于这个平面2．已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题 ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； 其中真命题的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3课内探究案班级： 姓名：考点一：线线平行问题【例1】如图所示，四面体ABCD 被一平面所截， 截面EFHG 为平行四边形.求证：GH CD //.【变式1】三棱柱111ABC A B C -中，过11A C 与点B 的平面αBFGHEADC交平面ABC 于直线L,试判定L 与11A C 的关系，并给出证明.考点二：线面平行问题【例2】如图在四棱锥ABCD P 中，ABCD 是平行四边形，N M ,分别是PC AB ,的中点，求证：MN // 平面PAD .1【变式2】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1、BC 1上分别有两点E 、F ，且B 1E =C 1F .求证：EF ∥平面ABCD .考点三：面面平行问题【典例3】 在正方体1111D C B A ABCD 中，P N M ,,分别为11111,,D C C B CC 的中点.求证：平面MNP // 平面BD A 1.A B 1D 1 1A 1D CB【变式3】如图所示，三棱柱111C B A ABC -，D 是BC 的中点，1D 是11C B 的中点，E 为1AC 的中点，求证：平面11BD A // 平面D AC 1. 当堂检测1．（★★）下列命题中，可以判断平面α∥β的是（ ）①a,b 为两条平行直线；②a ，b 为异面直线，a α⊂且b//α,b β⊂,a //β A ① B ② C ①② D 无2. （★★）设m ，n 是平面α 内的两条不同直线，1l ，2l 是平面β 内的两条相交直线，则α// β的一个充分而不必要条件是（ ） A.m // β 且1l // α B. m // 1l 且n // 2lC. m // β 且n // βD. m // β且n // l 2 3. （★★★）如图，S 是平行四边形ABCD 平面外一点，,M N 分别是,SA BD 上的点，且SM AM =NDBN。
2021版高考数学北师大版(理)一轮复习 第8章 立体几何与空间向量 8.4 垂直关系 文档
1．直线与平面垂直图形条件结论判定a⊥b，bα(b为α内的任意一条直线) a⊥αa⊥m，a⊥n，m、nα，m∩n＝O a⊥αa∥b，a⊥αb⊥α性质a⊥α，bαa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b 2.(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，假如它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面相互垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理假如一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面相互垂直错误!⇒α⊥β性质定理假如两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面错误!⇒l⊥α【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的很多条直线都垂直，则l⊥α.(×)(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(√)(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(√)(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(×)(5)a⊥α，aβ⇒α⊥β.(√)(6)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(×)1．(教材改编)下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是()A．l与平面α内的两条直线垂直B．l与平面α内很多条直线垂直C．l与平面α内的某一条直线垂直D．l与平面α内任意一条直线垂直答案 D解析由直线与平面垂直的定义，可知D正确．2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若α⊥β，由于α∩β＝m，bβ，b⊥m，所以依据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又aα，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，由于b⊥m，且a，m共面，肯定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3.如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析∵BC1⊥AC，BA⊥AC，BA∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上．4．(教材改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，P A，AC，BD，则肯定相互垂直的平面有___________________________________对．答案7解析由于PD⊥平面ABCD，故平面P AD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面P AC⊥平面PDB，平面P AB⊥平面P AD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若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，∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC ⊥平面P AB ，AB 平面P AB ，∴PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ， ∴AB ⊥平面PGC ， 又CG平面PGC ，∴AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高． 同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高， 即O 为△ABC 的垂心．题型一 直线与平面垂直的判定与性质例1 (1)(2022·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面相互垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点． ①求证：EF ⊥平面BCG ； ②求三棱锥D －BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．①证明 由已知得 △ABC ≌△DBC ， 因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .②解 在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h＝13×12BD ·BC ·sin120°·32＝12.(2)如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O 上一点，且BC ＝3AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB . 求证：P A ⊥CD .证明 由于AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ， 在Rt △ABC 中，由3AC ＝BC 得， ∠ABC ＝30°，设AD ＝1，由3AD ＝DB 得，DB ＝3，BC ＝23，由余弦定理得CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos30°＝3， 所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AO . 由于PD ⊥平面ABC ，CD平面ABC ，所以PD ⊥CD ，由PD ∩AO ＝D 得，CD ⊥平面P AB ， 又P A平面P AB ，所以P A ⊥CD .思维升华 (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)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．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 .∵AC ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ， ∴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 ， ∴AE ⊥平面PCD . 而PD平面PCD ，∴AE ⊥PD .∵P A ⊥底面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 ， ∴PD ⊥平面ABE .题型二 平面与平面垂直的判定与性质 例2 (1)(2021·山东)如图，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． ①求证：BD ∥平面FGH ；②若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .证明 ①方法一 如图，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点， 可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形． 则M 为CD 的中点， 又H 为BC 的中点， 所以HM ∥BD ，又HM 平面FGH ，B D ⃘平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .方法二 如图，在三棱台DEF ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ， 所以四边形HBEF 为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.又由于BD平面ABED，所以BD∥平面FGH.②连接HE，由于G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.(2)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD .求证：①CD⊥平面PBD.②平面PBC⊥平面PDC.证明①∵AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°，又∠DCB＝45°，∴∠BDC＝90°，即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面PBD.②由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD，PD∩CD＝D，∴BP⊥平面PDC.又BP平面PBC，∴平面PBC⊥平面PDC.思维升华面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要留意“平面内的直线”．(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质在不是很简单的题目中，要对此进行证明．ABC ＝π2，点(2021·重庆)如图，三棱锥P ABC中，平面P AC⊥平面ABC，∠D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.(1)证明：AB⊥平面PFE；(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．(1)证明由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.又平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，PE平面P AC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.因∠ABC＝π2，EF∥BC，故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.(2)解设BC＝x，则在Rt△ABC中，AB＝AC2－BC2＝36－x2，从而S△ABC＝12AB·BC＝12x36－x2.由EF ∥BC 知，AF AB ＝AE AC ＝23，得△AFE ∽△ABC ，故S △AFES △ABC ＝⎝⎛⎭⎫232＝49，即S △AFE ＝49S △ABC .由AD ＝12AE ，S △AFD ＝12S △AFE ＝12·49S △ABC＝29S △ABC ＝19x 36－x 2.从而四边形DFBC 的面积为S DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝12x 36－x 2－19x36－x 2＝718x36－x 2.由(1)知，PE ⊥平面ABC ， 所以PE 为四棱锥PDFBC 的高． 在Rt △PEC 中，PE ＝PC 2－EC 2＝42－22＝2 3.体积V PDFBC ＝13·S DFBC ·PE＝13·718x 36－x 2·23＝7，故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x ＞0，可得x ＝3或x ＝3 3. 所以，BC ＝3或BC ＝3 3. 题型三 垂直关系中的探究性问题例3 如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC . (1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明 在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC 平面ACE ，D F ⃘平面ACE ，∴DF ∥平面ACE . 又∵DF 平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)解 线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ， 连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE .在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE .又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF平面DFG ，∴平面DFG ⊥平面CDE .此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ， 由平面几何学问易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .思维升华 同“平行关系中的探究性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)所示． (1)求证：DE ∥平面A 1CB ；(2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由．(1)证明由于D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又由于DE平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又由于A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又由于DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又由于P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，由于DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 16．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—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思维点拨(1)要证线面平行，需证线线平行．(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．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]∵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，BC 1平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK ∥BC 1，∴A 1B 1⊥MK .∵四边形BB 1C 1C 为正方形，∴BC 1⊥B 1C .[10分] ∴MK ⊥B 1C . ∵A 1B 1平面A 1B 1C ，B 1C 平面A 1B 1C ，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴MK ⊥平面A 1B 1C .又∵MK平面A 1MK ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .[12分]温馨提示 (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．证明过程中要留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)证明过程肯定要严谨，使用定理时要对比条件、步骤书写要规范．[方法与技巧]1．三类论证(1)证明线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°； ②平面几何中证明线线垂直的方法； ③线面垂直的性质：a ⊥α，bα⇒a ⊥b ；④线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b . (2)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α；②判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、nα，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n⇒l ⊥α；③判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α； ④面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β； ⑤面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l ⇒a ⊥β.(3)证明面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； ②判定定理：aα，a ⊥β⇒α⊥β.2．转化思想：垂直关系的转化 线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂判定性质直在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中查找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作帮助线来解决． [失误与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要留意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即留意线线垂直和线面垂直的相互转化．2．面面垂直的性质定理是作帮助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．A组专项基础训练(时间：45分钟)1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β答案 D解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不肯定成立，故选D.2．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有()A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC答案 C解析∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC. 3．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成相互垂直的两个平面后，某同学得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④答案 B 解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD ⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.4．如图，已知棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x,0<x<1，设平面MEF∩平面MPQ＝l，则下列结论中不成立的是()A．l∥平面ABCDB．l⊥ACC．平面MEF与平面MPQ不垂直D．当x变化时，l不是定直线答案 D解析连接AC，BD，A1C1，B1D1，AC，BD交于点O，A1C1，B1D1交点于点O1. 由正方体的性质知，BD∥B1D1，AC∥A1C1，AC⊥BD，A1C1⊥B1D1.由于E，F是AB，AD的中点，所以EF∥BD.由于A1P＝A1Q，所以PQ∥B1D1.所以PQ∥EF，所以PQ∥平面MEF，EF∥平面MPQ，由平面MEF∩平面MPQ＝l，EF平面MEF，所以EF∥l，而EF平面ABCD，l平面ABCD.所以，l∥平面ABCD，所以选项A正确；由AC⊥BD，EF∥BD得EF⊥AC，而EF∥l，所以l⊥AC，所以选项B正确；连接MB1，MD1，O1M，则O1M∥AC1，而AC1⊥A1B，AC1⊥BD，BD∥EF，A1B∥MF，所以O1M⊥EF，O1M⊥MF，所以O1M⊥平面MEF，过直线l与平面MEF垂直的平面只能有一个，所以平面MEF与平面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；由于EF∥l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选项D不正确．5.如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．P A＝PB>PCB．P A＝PB<PCC．P A＝PB＝PCD．P A≠PB≠PC答案 C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故P A＝PB＝PC.6.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．答案1 2解析设B1F＝x，由于AB1⊥平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝2，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝12h.又2×2＝h22＋(2)2，所以h＝233，DE ＝33.在Rt△DB1E中，B1E＝(22)2－(33)2＝66.由面积相等得66×x2＋(22)2＝22x，得x＝12.7.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，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．8．点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．答案①②④解析由题意可得直线BC1平行于直线AD1，并且直线AD1平面AD1C，直线BC1⃘平面AD1C，所以直线BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，11A D PC P AD CV V--=，所以体积不变．故①正确；连接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又由于A1P平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1.故③不正确；由于直线AC⊥平面DB1，DB 1平面DB1.所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以可得DB1⊥平面AD1C.又由于DB 1平面PDB1.所以可得平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.9．(2021·安徽)如图，三棱锥P-ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM ，并求PMMC的值．(1)解由题设AB＝1，AC ＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝12·AB·AC·sin60°＝3 2.由P A⊥平面ABC，可知P A是三棱锥P-ABC的高，又P A＝1.所以三棱锥P-ABC的体积V＝13·S△ABC ·P A＝36.(2)证明如图，在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面P AC内，过点N作MN∥P A交PC于点M，连接BM.由P A⊥平面ABC知P A⊥AC，所以MN ⊥AC.由于BN∩MN＝N ，故AC ⊥平面MBN，又BM平面MBN，所以AC⊥BM. 在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝12，从而NC＝AC－AN＝32，由MN∥P A，得PMMC＝ANNC＝13.10.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD、PC的中点．求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)∵平面P AD∩平面ABCD＝AD.又平面P AD⊥平面ABCD，且P A⊥AD.∴P A⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE平面P AD，AD平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD，则P A⊥CD，又P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，从而CD⊥PD，又E、F分别为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由(2)知BE∥平面P AD，∴BE⊥CD，又EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又∵CD平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.B组专项力量提升(时间：30分钟)11．在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD ＝2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四周体A′—BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四周体A′—BCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A.32πB．3πC.23πD．2π答案 A解析依据题意，如图，可知Rt△A′BD中，A′B＝A′D＝1，BD＝2，在Rt△BCD 中，BD＝2，CD＝1，BC＝3，又由于平面A′BD⊥平面BCD，所以球心就是BC的中点，半径r＝32，所以球的体积为V＝4π3r3＝32π.故选 A.12．设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．答案①③④⇒②(或②③④⇒①)解析逐一推断．若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确．13．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，假如把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的全部新命题中，真命题有________个．答案 2解析若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．14．(2021·北京)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V-ABC的体积．(1)证明由于O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又由于V B⃘平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明由于AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又由于平面VAB⊥平面ABC，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又OC平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝ 3.又由于OC⊥平面VAB.所以三棱锥C-VAB的体积等于13·OC·S△VAB＝33，又由于三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC的体积为33.15．(2021·湖北)《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四周体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试推断四周体EBCD是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马P ABCD的体积为V1，四周体EBCD的体积为V2，求V1V2的值．(1)证明由于PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE平面PCD，所以BC⊥DE.又由于PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四周体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四周体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD ，∠BCE ，∠DEC ，∠DEB . (2)解 由已知得，PD 是阳马P-ABCD 的高， 所以V 1＝13S ABCD ·PD ＝13BC ·CD ·PD .由(1)知，DE 是鳖臑DBCE 的高，BC ⊥CE ， 所以V 2＝13S △BCE ·DE ＝16BC ·CE ·DE .在Rt △PDC 中，由于PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ＝CE ＝22CD ， 于是V 1V 2＝13BC ·CD ·PD 16BC ·CE ·DE ＝2CD ·PD CE ·DE＝4.。
2018届高考数学第1轮复习第八章立体几何8.4平行关系课件文北师大版
同理BG∥平面ACH.
又BE∩BG=B,所以平面BEG∥平面ACH.
考点1
考点2
考点3
-23-
解题心得判定面面平行的常用方法: (1)利用面面平行的判定定理; (2)面面平行的传递性(α∥β,β∥γ⇒α∥γ); (3)利用线面垂直的性质(l⊥α,l⊥β ⇒α∥β).
考点1
考点2
考点3
-24-
对点训练3如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB 为等边三角形,AC⊥BC,且AC=BC= √2 ,O,M分别为AB,VA的中点.
关闭
(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
答案
-6-
知识梳理 双基自测 自测点评
12345
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是
关闭
(填序号).
因为①AADB���1∥���CB1CD11;,
所以②四平边面形ABA1DD11∥C平1B面为B平D行C1四; 边形.
故 ③ADA1D∥1∥BCD1C,从1; 而①正确;
易证④ABDD1∥∥B平1D面1,BADBC1∥1. DC1,
又 AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,
故平面 AB1D1∥平面 BDC1,从而②正确;
由图易知 AD1 与 DC1 异面,故③错误;
因 AD1∥BC1,AD1⊈平面 BDC1,BC1⫋ 平面 BDC1,故 AD1∥平面 BDC1,
关闭
(1)AD.3 (2)BC.2 C.1 D.0
解析 答案
考点1
考点2
考点3
-14-
考点 2 直线与平面平行的判定与性质
例2(2016全国丙卷,文19)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.
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跟踪训练 (2018届昆明一中摸底)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中， ∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点M，N分别为A1C1，AB1的中点. (1)证明：MN∥平面BB1C1C；
a∥α，b∥α _____________ α∥β
β∩γ＝b ________
a∥b
α∥β，a a∥α
β
【知识拓展】 重要结论：
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
a ∥α，a β，α∩β＝b ___________________
_________ a∩α＝∅
a∥b ______
2.面面平行的判定与性质Βιβλιοθήκη 判定定义 图形 定理
性质
α∩β＝∅ 条件 ________ 结论 α∥β
a β，b β，a∩b＝P， α∥β，α∩γ＝a， ____________________ _______________
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“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面.( × )
(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线.
( ×)
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( × )
1
2
3
4
5
6
解析
答案
题组三 易错自纠 4.若平面α∥ 平面β ，直线a∥ 平面α ，点B∈β，则在平面 β内且过B点的 所有直线中
√
A.不一定存在与a平行的直线 B.只有两条与a平行的直线 C.存在无数条与a平行的直线 D.存在唯一与a平行的直线
解析 当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.
证明
命题点2 直线与平面平行的性质 典例 (2017· 长沙调研)如图，四棱锥P－ABCD的底 面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2 17 .点G， E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点， 平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH. (1)证明：GH∥EF； 证明 因为BC∥平面GEFH，BC 平面PBC， 且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC. 同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( √ )
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( × ) (6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( × )
1 2 3 4 5 6
题组二 教材改编
2.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
第八章 立体几何与空间向量
§8.4 平行关系
内容索引
基础知识 题型分类
自主学习 深度剖析
课时作业
基础知识
自主学习
知识梳理
1.直线与平面平行的判定与性质
判定 定义 定理 性质
图形
a α，b⊈α，a∥b a∩α＝∅ ________________ 条件 ________
结论 a∥α b ∥α
a∥α _____
解析
答案
3.如图，在正方体ABCD－ A1B1C1D1 中，E为DD1 平行 的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为______. 解析 连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO， 在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点， 所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO， 而BD1⊈平面ACE，EO 所以BD1∥平面ACE. 平面ACE，
证明
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积.
解答
思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊈α，b (3)利用面面平行的性质(α∥β，a α，a∥b⇒a∥α). α⇒a∥β).
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊈α，a⊈β，a∥α⇒a∥β).
1 证明 连接 EC，∵AD∥BC，BC＝ AD，∴BC 綊 AE， 2
∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点. 又F是PC的中点，∴FO∥AP， 又FO 平面BEF，AP⊈平面BEF，∴AP∥平面BEF.
证明
(2)求证：GH∥平面PAD. 证明 连接FH，OH， ∵F，H分别是PC，CD的中点， ∴FH∥PD，又PD 平面PAD，FH⊈平面PAD， ∴FH∥平面PAD. 又O是BE的中点，H是CD的中点， ∴OH∥AD，又AD 平面PAD，OH⊈平面PAD， ∴OH∥平面PAD. 又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD. 又GH 平面OHF，∴GH∥平面PAD.
∴EF∥HG.同理EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
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解析
答案
题型分类
深度剖析
题型一
直线与平面平行的判定与性质
多维探究
命题点1 直线与平面平行的判定 典例 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AD∥BC ， AB ＝ 1 BC＝ AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点， 2 AC与BE交于O点，G是线段OF上一点. (1)求证：AP∥平面BEF；
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解析
答案
5.设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件： ①a α，b β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ； ③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b. ②④ 填上所有正确的序号) 其中能推出α∥β的条件是______.(
解析 在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；
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 √
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，两平面可相交； D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确.
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由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；
在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足.
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解析
答案
6.如图是长方体被一平面所截得的几何体， 四边形 EFGH 为截面，则四边形 EFGH 的
平行四边形 形状为___________. 解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，