高考数学二轮专题复习 第一部分 专题四 立体几何与空间向量讲义

专题四 立体几何与空间向量

第一讲

考点一 空间几何体的三视图 一、基础知识要记牢

空间几何体的三视图、表面积及体积

三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”． 二、经典例题领悟好

[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )

(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )

[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.

(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧视图如图②所示．故选B.

[答案] (1)B (2)B

分析空间几何体的三视图的要点

(1)根据俯视图确定几何体的底面．

(左)

(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．

(3)确定几何体的形状，即可得到结果．

比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少

1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )

A．32 C．22

B．23 D．2

解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为

AC1＝AC2＋CC21＝

2

＋2

2

＋2＝23.

2

考点二 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢

常见的一些简单几何体的表面积和体积公式

圆柱的表面积公式：S＝2πr＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S＝πr＋πrl＝πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为母线长)； 圆台的表面积公式：S＝π(r′＋r＋r′l＋rl)(其中r和r′分别为圆台的上、下底面半径，

2

2

22

l为母线长)；

柱体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)； 1

锥体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)；

3

1

台体的体积公式：V＝(S′＋S′S＋S)h(S′，S分别为上、下底面面积，h为高)；

3432

球的表面积和体积公式：S＝4πR，V＝πR(R为球的半径)．

3二、经典例题领悟好

[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )

A．20π

B．24π C．28π D．32π

(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )

A．90π

B．63π C．42π D．36π

[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体， 设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h. 由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4， 由勾股定理得：l＝2＋

12

2

3

2

＝4，

S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.

(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6122

的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×3×10－×π×3×6＝63π.

2

法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×3×7＝63π.

[答案] (1)C (2)B

求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高

往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.

求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体

以易于求解.

三、预测押题不能少

2

2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )

A．1 C．4

B．2 D．8

解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半122径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr＋πr2＋4r＋πr·2r＝(5π＋4)r.

又S＝16＋20π，

∴(5π＋4)r＝16＋20π， ∴r＝4，r＝2，故选B.

1

(2)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．

4

2

2

2

2

解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，

1π2

∴V＝2×1×1＋2××π×1×1＝2＋.

42π

答案：2＋ 2

考点三 球与多面体的切接问题 一、基础知识要记牢

(1)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．

(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好

[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )

A．4π

9π B.

2

C．6π

32π D.

3

(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )

A．36π C．32π

112π B.

3 D．28π

6＋8－10

[解析] (1)设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴

2

R≤，∴Vmax＝×π×??3＝

2

3243

?3???

9π

.故选B. 2

(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是23.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接

球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中243心到三角形三个顶点的距离为×23＝，∴其外接球的半径R＝3328112π2

外接球的表面积S＝4πR＝4π×＝，故选B.

33

[答案] (1)B (2)B

处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路

(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置． (3)建立几何量间关系求半径r. 三、预测押题不能少

3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )

?43?22

??＋2＝?3?

28，则3

A．π C.π 2

3π B.

4π D.

4

33π?1?2322

解析：选B 设圆柱的底面半径为r，则r＝1－??＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝. 44?2?4

(2)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．

解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相

V1

V2

V1πR2·2R3

切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.

V2432

πR3

3答案： 2

[知能专练(十三)]

一、选择题

1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )

解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C中，其宽度为

3

，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2

2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )

A．1 C．3

B．2 D．4

解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，1

2××6×822S故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r＝＝

a＋b＋c6＋8＋10＝2，故选B.

3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )

A．4π C．2π

B．3π D．π

解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.

4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )

A．45，8 8

C．4(5＋1)，

3

8

B．45，

3 D．8,8

解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 2＋1＝5，所以S82

×2×2＝. 3

2

2

?1×2×5?＝45，V＝1＝4×侧?2?3??

5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )

A．10 C．14

B．12 D．16

解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为＝12，故选B.

6．如图，三棱锥V-ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图2

的面积为，则其侧视图的面积为( )

3

＋2

×2

A.

3

23 4

B.

3 33 6

C. D.

解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC，作VO⊥AC于O，连接OB(图略)，设底12

面边长为2a，高VO＝h，则△VAC的面积为×2a×h＝ah＝.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB，在

23113323

正三角形ABC中，高OB＝3a，所以侧视图的面积为OB·VO＝×3a×h＝ah＝×＝. 222233

1

7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺3寸，容纳米2 000斛(1

3丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )

A．1丈3尺 C．9丈2尺

B．5丈4尺 D．48丈6尺

解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r，若以尺为单位，则2 000×1.62＝

1?2?3r?10＋3＋?，解得r＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，

3??

故选B.

8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )

A.3 C．33

B．23 D．43

解析：选B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱

ABC-A1B1C1截去四棱锥A-BEDC得到的，故其体积V＝

×2×3＝23，故选B.

311＋22

×2×3－×432

500π

9．(2017·贵阳质检)三棱锥P-ABC的四个顶点都在体积为的球

3表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )

A．4 C．8

B．6 D．10

的

4πR解析：选C 依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝3500π222

，解得R＝5，由πr＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为R－r＝3，因此3

三棱锥P-ABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.

10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC16

是边长为4的等边三角形，三棱锥P-ABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为( )

3

A.16π

3

40π64π B. C.

33

80π

D. 3

3

解析：选D 依题意，记三棱锥P-ABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距11?31643?

离为h，则由VP-ABC＝S△ABCh＝×?×42?×h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到

33?433?123AB4322

平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R＝r＋

232sin 60°3

80π?23?2202

??＝3，所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR＝3，故选D. ?3?

二、填空题

11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．

解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC为直角三角形，∠B＝90°，AB＝1，BC＝2，PA⊥底面ABC，PA＝2，所以AC＝

PB＝5，PC＝3，PC2＝PB2＋BC2，∴∠PBC＝90°，则该三棱锥的表面积为

111111×1×2＋×1×2＋×2×5＋×2×5＝2＋25，体积为×2222322×1×2×2＝.

3

2

答案：2＋25

3

12．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．

解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD是正三角形，各边为2，侧棱AD⊥底面BCD，且AD＝2，底面△BCD的中垂线长DE＝3，

条长∴几

AC＝AB＝22，V三棱锥A-BCD＝×S△BCD×AD＝××2×3×2＝23

何体最长的棱长为22，体积为.

3

13131223

，即该3

答案：22

23

3

13．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．

解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为411×24

的三棱锥，其体积V＝××4＝. 323

4

答案：三棱锥 3

14．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．

解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体1

积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝

2面积为4πR＝25π.

答案：24 25π

15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．

2

?3?2＋22＝5，所以四棱柱的外接球的表?2?2??

33

解析：由三视图可知该几何体为一个球体的，故该几何体的表面积等于球的表面积的，加

44322

上以球的半径为半径的圆的面积，即S＝×4πR＋πR＝16π.

4

答案：16π

16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．

解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，＝23，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正图可知AO⊥平面BCD.

又OC＝CD－OD＝1，

1?13?∴V三棱锥A-BCD＝×?×23×1?×1＝. 3?23?答案：

3 3

2

2

形，

BD视

17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF＝2AD，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．

解析：取CF中点P，过P作PQ∥CB交BE于Q，连接PD，QD，则∥CP，且AD＝CP.

所以四边形ACPD为平行四边形，所以AC∥PD.所以平面PDQ∥平面

ADABC.

该几何体可分割成三棱柱PDQ -CAB和四棱锥D -PQEF， 所以V＝VPDQ -CAB＋VD -PQEF 112

＝×2sin 60°×2＋×23

＋

2

×3＝33.

答案：33 [选做题]

1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )

A．16

B．20 C．52 D．60

解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的11

体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B.

23

2．四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )

A．6

99

B．5 C. D.

24

解析：选D 过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题知，四棱锥P-ABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点．设

OMPO1h－19

PH＝h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝22，解得h＝，FHPF34h＋3

故选D.

3．(2017·兰州模拟)已知球O的半径为13，其球面上有三点A，B，C，若AB＝123，AC＝

BC＝12，则四面体OABC的体积为________．

解析：如图，过点A，B分别作BC，AC的平行线，两线相交于点D，连接CD，∵AC＝BC＝12，AB＝123，

AC2＋BC2－AB21

在△ABC中，cos∠ACB＝＝－，

2AC·BC2

∴∠ACB＝120°，

∴在菱形ACBD中，DA＝DB＝DC＝12， ∴点D是△ABC的外接圆圆心，

连接DO，在△ODA中，OA＝DA＋DO， 即DO＝OA－DA＝13－12＝25，∴DO＝5， 又DO⊥平面ABC，

113

∴VO -ABC＝××12×12××5＝603.

322答案：603

2

2

2

2

2

222

第二讲

考点一 空间线面位置关系的判断 一、基础知识要记牢

点、直线、平面之间的位置关系

空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．

二、经典例题领悟好

[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 C．A1E⊥BC1

B．A1E⊥BD D．A1E⊥AC

(2)(2016·全国卷Ⅱ)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编号)

[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面

A1B1CD.

又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.

法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正确；

∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E， 而D1E不与DC1垂直，故A错．

(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．

对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．

对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m?α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．

对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．

[答案] (1)C (2)②③④

解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法

(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；

(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.

三、预测押题不能少

1．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( )

解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.

法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.

考点二 空间线面平行、垂直关系的证明 一、基础知识要记牢

(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.

(3)线面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.

(5)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β. (6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. (7)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.

(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. (9)三垂线定理及逆定理：

①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直； ②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直． 二、经典例题领悟好

[例2] 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD.

[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD， 且PA垂直于这两个平面的交线AD， ∴PA⊥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PAD，AD?平面PAD， ∴BE∥平面PAD.

(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形． ∴BE⊥CD，AD⊥CD，

由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD. ∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD. ∵E和F分别是CD和PC的中点， ∴PD∥EF.∴CD⊥EF.

又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF. 又CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.

(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．

(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．

(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．

(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面?线面?线线. 三、预测押题不能少

2．由四棱柱ABCD -A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；

(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1. 证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

因为ABCD -A1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，

因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C， 因为O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1， 所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO. 因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，

又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1E⊥BD， 因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1， 又A1E?平面A1EM，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E， 所以B1D1⊥平面A1EM， 又B1D1?平面B1CD1， 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

[知能专练(十四)]

一、选择题

1．下列四个命题中，正确命题的个数是( ) ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β； ②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；

③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A?l，若直线AB⊥l，则AB⊥β； ④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β. A．0 C．2

B．1 D．3

解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m?β，故①不正确； ②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；

③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A?l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；

命题④是正确的．

2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥b B．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥b C．存在唯一平面α，使得a?α，且b∥α D．存在唯一平面α，使得a?α，且b⊥α

解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a?α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.

3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②

OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的

是( )

A．①② C．①

B．①②③ D．②③

解析：选B 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. ∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A， ∴BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴BC⊥PC. 对于②，∵点M为线段PB的中点， ∴OM∥PA，∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC.

对于③，由①知BC⊥平面PAC，

∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离．故①②③都正确．

4．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∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

解析：选B 画出一个长方体ABCD -A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，

C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1

⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD?平面ABCD.

5.(2017·成都模拟)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图，在长方体

ABCD-EFGH中，AB＝5，AD＝4，AE＝3，则△EBD在平面EBC上的射影的

面积是( )

A．234 C．10

25

B.

2 D．30

因为

解析：选A 连接HC，过D作DM⊥HC，交HC于M，连接ME，MB，

BC⊥平面HCD，又DM?平面HCD，所以BC⊥DM，因为BC∩HC＝C，所以

平面HCBE，即D在平面HCBE内的射影为M，所以△EBD在平面HCBE内

DM⊥

的射

影为△EBM，在长方体中，HC∥BE，所以△MBE的面积等于△CBE的面积，所以△EBD在平面EBC122

上的射影的面积为×5＋3×4＝234，故选A.

2

11

6．已知E，F分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AE＝AB，AF＝AA1，M，N23分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有( )

A．1条 C．6条

B．3条 D．无数条

1

解析：选D 取BH＝BB1，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，

3在D1E上任取一点M，过M在平面D1HE中作MG∥HO，交D1H于点G，其1

中OE＝D1E，过O作OK⊥平面ABCD于点K，连接KB，则四边形OHBK3

为矩形，再过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，由于MG∥HO，HO∥KB，KB?平面ABCD，GM?平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，GN∥FH，可得GN∥平面ABCD，由面面平行的判定定理得，平面GMN∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD，由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．

二、填空题

7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①

a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命题“α∩β＝a，b?γ，且________，

则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．

解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.

答案：①或③

8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠2，有以下四个结论：

①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．

其中正确结论的序号是________．

解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确．过M，N分别作MR⊥A1B1，NS⊥B1C1于点R，S，连接RS，当则M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M，N分别是AB1，BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面

A1B1C1D1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.

答案：①③

9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，

CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，

则下列结论正确的是________．

①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点； ②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延

长线上；

③对于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；

④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体AC-EGFH的体积是一个定值． 解析：对①，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥A-CDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证VC-EFG＝VD-EFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等．故④正确．

答案：③④ 三、解答题

10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

图2

图1

如图

H到

的中距离

(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；

(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明：(1)因为EF∥DB， 所以EF与DB确定平面BDEF. 如图，连接DE.

因为AE＝EC，D为AC的中点， 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDEF. 因为FB?平面BDEF， 所以AC⊥FB.

(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的

中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.

在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.

11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.

(1)求证： AB⊥平面ADE；

(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM. 证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD?平面ECD， 所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE. 在矩形ABCD中，AB⊥AD，

因为AD∩AE＝A，AD?平面ADE，AE?平面ADE， 所以AB⊥平面ADE.

(2)连接AN交BD于F点，连接FM， 因为AB∥CD且AB＝2DN， 所以AF＝2FN，

又AM＝2ME，所以EN∥FM，

又EN?平面BDM，FM?平面BDM，所以EN∥平面BDM. 12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面

ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．

(1)求证：平面EFG∥平面PMA； (2)求证：平面EFG⊥平面PDC.

证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点， ∴EG∥PM，GF∥BC. 又∵四边形ABCD是正方形， ∴BC∥AD，∴GF∥AD.

∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内， ∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA. 又∵EG，GF都在平面EFG内且相交， ∴平面EFG∥平面PMA.

(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA， ∴PD⊥平面ABCD.

又BC?平面ABCD，∴PD⊥BC. ∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC. 又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC. 由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC. 又GF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.

第三讲

考点一 空间角

考查类型(一) 异面直线所成的角 一、基础知识要记牢

空间角与空间向量

过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．

二、经典例题领悟好

[例1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1

＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )

A.3 2

B.

15103 C. D. 553

(2)(2016·浙江高考)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________．

[解析] (1)法一：如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝5，AD1＝2.

在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝1＋2－2×1×2×cos 60°＝3， 5＋2－310

所以cos∠B1AD1＝＝.

52×5×2

法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，

2

2

NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1

＝

5121，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC. 2222

1

2

?1?在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×?－?＝7，所以AC＝7，?2?

MQ＝7. 2

2

2

在△MQP中，MP＝MQ＋PQ＝11， 2

2

2

则在△PMN中，cos∠PNM＝

MN＋NP－MP＝2·MN·NP2

?5?2?2?2?11?2??＋??－???2??2??2?

2×10. 5

52×22

＝－10

， 5

所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为

(2)如图，作D′F⊥AC于点F，作BE⊥AC于点E，作FM垂直于过点B且平行于AC的直线，垂足为M，则∠D′BM是AC与BD′所成的角(或其补角)．在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝5，∠AD′C＝90°，∴AC＝6，D′F＝

5

6

，CF＝.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝

66

3－

2

62

＝215

.而AE2

＝

6， 2

∴EF＝6－

666

－＝.∵MF＝BE＝623

2215

， 2

∴D′M＝ D′F＋FM－2D′F·FM·cos∠D′FM ＝ ＝

515＋－262

5×6

15

cos∠D′FM 2

25

－5cos∠D′FM. 3

622

，∴BD′＝D′M＋BM＝9－5cos∠D′FM. 3

63

63

∵BM＝EF＝

∴cos∠D′BM＝

BM6＝≤＝，当且仅当∠D′FM为0°时，等号BD′9－5cos∠D′FM9－56

成立．

∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是[答案] (1)C (2)

用平移法求异面直线所成的角的步骤

(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；

(3)三求：解三角形，求出作出的角，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.

三、预测押题不能少

1．(1)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，若平面ABCD内有且仅有1个点到顶点A1的距离为1，则异面直线AA1，BC1所成的角为________．

解析：由题意可知，只有点A到A1距离为1，即高为1，所以该几何体是个正方体，所以异面直线AA1，BC1所成的角是

π答案：

4

(2)在正四棱锥V-ABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为________．

解析：如图，设AC∩BD＝O，连接VO，因为四棱锥V-ABCD是正四棱锥，所以VO⊥平面ABCD，故BD⊥VO.又四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，又

π. 46 6

6. 6

VO∩AC＝O，所以BD⊥平面VAC，所以BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角

π

的大小为.

2

π答案：

2

考查类型(二) 直线与平面所成的角 一、基础知识要记牢

平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，是这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．

二、经典例题领悟好

[例2] 如图，正四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2的正方形，高2，M为线段PC的中点．

为

(1)求证：PA∥平面MDB；

(2)设N为AP的中点，求CN与平面BMD所成角的正切值． [解] (1)如图，连接AC，设AC∩BD＝O，连接OM. 在△PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，所以OM∥AP. 因为AP?平面MDB，OM?平面MDB， 所以PA∥平面MDB.

(2)连接PO，由题意知PO⊥平面ABCD，且PO＝2，由四边形ABCD是边长为2的正方形，经计算可得BP＝DP＝PC＝PA＝2，因为PC＋PA＝AC，所以∠CPN＝90°.

因为M为PC的中点，所以PC⊥BM，

同理可得PC⊥DM，又BM∩DM＝M，所以PC⊥平面BMD. 设NC∩MO＝E，由(1)知平面APC∩平面DMB＝MO， 则∠MEC即为直线CN与平面BMD所成的角． 由(1)知OM∥PA， 所以∠PNC＝∠MEC.

在Rt△CPN中，CP＝2，NP＝1， 所以tan∠PNC＝＝2，

故直线CN与平面BMD所成角的正切值为2.

求直线与平面所成角的步骤

(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键； (2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；

(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解. 三、预测押题不能少

2．(1)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．

①证明：A1D⊥平面A1BC；

②求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．

2

2

2

CPNP

解：①证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE， 由题意得A1E⊥平面ABC， 所以A1E⊥AE.

因为AB＝AC，所以AE⊥BC.

又因为A1E，BC?平面A1BC，A1E∩BC＝E， 故AE⊥平面A1BC.

由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B， 从而DE∥A1A且DE＝A1A， 所以四边形AA1DE为平行四边形． 于是A1D∥AE.

又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC. ②作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF. 因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E. 因为BC⊥AE，AE∩A1E＝E， 所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F. 又因为DE∩BC＝E，所以A1F⊥平面BB1C1C. 所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角． 由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝2. 由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝14. 由DE＝BB1＝4，DA71＝EA＝2，∠DA1E＝90°，得A1F＝2

. 所以sin∠A71BF＝

8

. (2)如图，已知AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB＝BC＝4，CD＝2，△BEC边三角形．

①求证：平面ABE⊥平面ADE； ②求AE与平面CDE所成角的正弦值． 解：①证明：取AE的中点F，连接BF，DF. 由题意知AB＝BE＝4，∴BF⊥AE.

为等

计算可得BF＝AF＝22，AD＝DE＝BD＝25，DF＝23. 则BF⊥DF，因为AE∩DF＝F， 则BF⊥平面ADE.

又BF?平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADE.

②如图，补全成正三棱柱AMN-BEC，取MN的中点H，连接AH，EH， △AMN为正三角形，则AH⊥MN， 又CD⊥平面AMN，则AH⊥CD， 所以AH⊥平面CDE，

则∠AEH即为AE与平面CDE所成的角． 在△AEH中，AH⊥EH，AH＝23，AE＝42， sin∠AEH＝＝AHAE6， 4

6. 4

即AE与平面CDE所成角的正弦值为考查类型(三) 二面角 一、基础知识要记牢

以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．

二、经典例题领悟好

[例3] (1)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝3，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥P-BCD77π的外接球的体积为，则二面角P-BD-C的正弦值为( )

6

1A. 3C.3 2

1 B.

2 D.

7 3

(2)(2017·浙江高考)如图，已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2.分别记二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角为α，β，γ，则( )

A．γ<α<β C．α<β<γ

B．α<γ<β D．β<γ<α

BQCRQCRA77π7

[解析] (1)由外接球的体积为得该球的半径R＝，设球心O在平面PBD和平面BCD62

上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角P-BD-C的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝73

，O2C＝23

AB＝1，则OO2＝

331

，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，262

3

，故选C. 2

故∠O1EO2＝120°，则二面角P-BD-C的正弦值为

(2)如图①，设点O是点D在底面ABC内的射影，过点O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，∴∠OED就是二面角D-PR-Q的平面角，∴α＝∠OED，tan α＝，

同理tan β＝，tan γ＝. ODOEODOFODOG

底面的平面图如图②所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB＝2， 则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，3)，O?0，∵AP＝PB，＝＝2， 3??123??2

∴Q?，?，R?－，?， ?33??33?则直线PR的方程为y＝－3353x，直线PQ的方程为y＝23x，直线QR的方程为y＝x＋，239

?

?3??， 3?

BQCRQCRA2 21391

根据点到直线的距离公式，知OE＝，OF＝，OG＝，

21393

∴OE>OG>OF，∴tan α

[答案] (1)C (2)B

求二面角的常用方法 (1)找 ①点(定义法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图a，∠AOB为二面角α-l-β的平面角． ②线(三垂线定理法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图b，∠ABO为二面角α-l-β的平面角． ③面(垂面法)：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图c，∠AOB为二面角α-l-β的平面角． (2)算 ①射影面积公式：cos θ＝②公式法：sin θ＝. [说明] 如图，θ为二面角的大小，h为点A到平面β的距离，d为点A到棱l的距离． S射； S原hd 三、预测押题不能少 3．(1)如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一动点，且直线PD，PC与平面α所成角相等，则二面角P-BC-D的余弦值的最小值是( )

A.5 5

13

B. C. D．1 22

解析：选C ∵α⊥β，α∩β＝l，DA⊥l，CB⊥l，DA?β，CB?β，∴DA⊥α，CB⊥α，∴∠DAP＝∠CBP＝90°.又PD，PC与平面α所成角相等，∴∠DPA＝∠CPB.∴Rt△DPA∽Rt△CPB，

PADA1

∴＝＝，∴PB＝2PA.∵AB⊥BC，∴∠PBA是二面角P-BC-D的平面角．设PA＝t，则PB＝2t，PBCB2

PB＋AB－PA＝2×PB×AB2

2

2

在△PAB中， 由余弦定理得cos∠PBA＝12＋≥212

12

t＋6－t3t＋36

＝＝，而t2×2t×624t8t2

2

2

2

t＋12

tt×＝43当且仅当t＝，即t＝23时等号成立，∴当t＝23时，cos∠PBA有

tt433

最小值＝，故选C.

82

(2)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为α，则( )

A．∠A′DB≤α C．∠A′CB≤α

B．∠A′DB≥α D．∠A′CB≥α

解析：选B ∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C、D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝

BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中 ，∵A′D＋BD－A′B＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.

考点二 空间向量 一、基础知识要记牢 (1)空间向量的坐标运算

2

2

2

向量和 向量差 数量积 共线 垂直 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3) a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夹角公式 (2)空间两点间的距离 cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2＋a3b3 2222a2b21＋a2＋a31＋b2＋b3在空间直角坐标系中，已知点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则A，B两点间的距离

dAB＝|AB|＝―→

x2－x1

2＋y2－y1

2＋z2－z1

2.

(3)直线的方向向量与平面的法向量 ①直线的方向向量

直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．

②平面的法向量

若直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量． (4)向量法求空间角

①向量法求异面直线所成的角：

若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|a·b|

|＝. |a||b|

②向量法求线面所成的角：

求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，a〉|n·a||＝. |n||a|

③向量法求二面角：

求出二面角α-l-β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α-l-β所成的角θ为锐角，

|n1·n2|

则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝；

|n1||n2|若二面角α-l-β所成的角θ为钝角， |n1·n2|

则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－.

|n1||n2|二、经典例题领悟好

[例4] (2017·武昌调研)如图，在四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，

BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.

(1)证明：SD⊥平面SAB；

(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．

[解] (1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如

图所示的空间直角坐标系C-xyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．

设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，

―→―→―→

则AS＝(x－2，y－2，z)，BS＝(x，y－2，z)，DS＝(x－1，y，z)． ―→―→

由|AS|＝|BS|，得 ＝ x＋y－

222x－

2

＋y－

2

＋z

2

＋z，解得x＝1.

―→22

由|DS|＝1，得y＋z＝1.① ―→22

由|BS|＝2，得y＋z－4y＋1＝0.② 13

由①②，解得y＝，z＝.

22

3?―→?33?―→?33?―→?13??1

∴S?1，，?，AS＝?－1，－，?，BS＝?1，－，?，DS＝?0，，?，

22?22??22????22?―→―→―→―→

∴DS·AS＝0，DS·BS＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS， 又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.

(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， ―→―→―→―→

则n⊥BS，n⊥CB，∴n·BS＝0，n·CB＝0. ―→?33?―→

又BS＝?1，－，?，CB＝(0,2,0)，

22??

??x1－3y1＋3z1＝0，

22∴???2y1＝0，

―→

∵AB＝(－2,0,0)， ―→

∴cos〈AB，n〉＝

取z1＝2，得n＝(－3，0,2)．

―→

AB·n－－3

＝―→2×7|AB||n|

＝21

. 7

21. 7

故AB与平面SBC所成角的正弦值为

空间向量的坐标运算和平面向量的坐标运算类似，两个向量的加、减、数乘运算就是

向量的横坐标、纵坐标、竖坐标分别进行加、减、数乘运算；空间两个向量的数量积等于它们对应坐标的乘积之和.

在几何体中建立空间直角坐标系时，要充分利用几何体本身的特点，以使各点的坐标

易求.利用向量的坐标运算，可使复杂的线面关系的论证、角及距离的计算变得简单.

三、预测押题不能少

1

4．(1)若a＝(1，λ，－1)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦为，则|a|＝( )

99A. 4

B.

103 C. 22

D.6

解析：选C 因为a·b＝1×2＋λ×(－1)＋(－1)×2＝－λ， 12

又因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝2＋λ×9×

91122

＝ 2＋λ，所以 2＋λ＝－λ. 3312

解得λ＝，所以|a|＝

4

131＋＋1＝. 42

(2)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1

夹角的余弦值为( )

A.5

5

B.

5253 C. D. 355

解析：选A 设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0，2,0)，B1＝(0,2,1)，可―→―→―→―→

得向量AB1＝(－2,2,1)，BC1＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈AB1，BC1〉＝－2×0＋2×2＋

－

＝15＝. 55

5. 5

0＋4＋1·4＋4＋1

所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为

[知能专练(十五)]

一、选择题

―→―→1―→―→

1．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且AM＝MC1，N为B1B的中点，则|MN|

2为( )

A.

21a 615a 6

B.

6a 615a 3

C. D.

解析：选A 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N?a，a，?.

2??设M(x，y，z)．

―→―→1―→

∵点M在AC1上且AM＝MC1.

2

1

∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，

22aa∴x＝a，y＝，z＝，

333于是M?

?

a??2a，a，a?.

??333?

?a－2a?2＋?a－a?2＋?a－a?2 ?3??3??23???????

―→

∴|MN|＝ ＝

21a. 6

2．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1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.3

2

B.

231 C. D. 233

解析：选A 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCD-A2B2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面AA1B1B＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形

AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为

3. 2

3.在四面体ABCD中，二面角A-BC-D为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成的角为θ，则( )

A．θ的最大值为60° B．θ的最小值为60° C．θ的最大值为30° D．θ的最小值为30°

解析：选A 过A作AH⊥平面BCD于点H，AG⊥BC于点G，连接PH，

GH，则易知∠AGH为二面角A-BC-D的平面角，即∠AGH＝60°，∠APH为AHPA与平面BCD所成角，则tan∠APH＝.因为AH为定长，所以当PH取得

PH最小值时，∠APH取得最大值，易知当点P与点G重合时，PH取得最小值，所以θ

max

＝∠AGH＝

60°，故选A.

4．(2017·哈师大附中模拟)三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，AA1⊥平面

ABC，且AA1＝1，则异面直线A1B与B1C所成角的大小为( )

A．30° C．60°

B．45° D．90°

解析：选D 如图，把两个相同的三棱柱组合在一起，由于A1B∥A2B1，那么A2B1与B1C所成的角即为A1B与B1C所成的角，由题可得A2B1＝B1C＝3，

22A2C＝6，则有A2B2所以∠A2B1C＝90°，故所求的异面直线A1B1＋B1C＝A2C，

与B1C所成的角为90°，故选D.

5．已知锐二面角α -l- β中，异面直线a，b满足：a?α，a⊥l，

b?β，b与l不垂直，设二面角α -l- β的大小为θ1，a与β所成的角为θ2，异面直线a，b所成的角为θ3，则( )

A．θ1>θ2>θ3 C．θ1＝θ2>θ3

B．θ3>θ2>θ1 D．θ3>θ2＝θ1

解析：选D 在锐二面角α-l-β中，a?α，a⊥l，所以二面角α -l- β的平面角即a与β所成的角，则θ1＝θ2，因为b?β，b与l不垂直，根据斜线与平面所成的角是斜线与平面内的任意直线所成角的最小角，则θ3>θ2＝θ1，故选D.

6．已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，P是A1C1上任意一点，记平面PAB，平面PBC与下底面所成的二面角分别为α，β，则tan(α＋β)的最小值为( )

2

A．－

34C．－

3

3

B．－

43

D．－

2

解析：选C 如图，作PP1⊥AC，交AC于P1，易知，PP1⊥底面ABCD，作PM⊥AB，PN⊥BC，连接MP1，NP1，易证得∠PMP1＝α，∠PNP1＝β.设

MP1＝x，则NP1＝1－x，所以tan α＝，tan β＝.∴tan(α＋β)

x1－x11

＋x1－xtan α＋tan β

＝＝1－tan αtan β1

1－

x－x1

＝

－x＋x－1

2

11

＝

1

.∵123－x－－

24

41

0≤x≤1，∴tan(α＋β)≥－，当且仅当x＝时取到等号，故选C.

32

二、填空题

7．(2017·嘉兴模拟)已知正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则异面直线EF与

AD所成角的大小为________．

解析：取AC中点G，连接FG，易知∠EFG即为已知两异面直线所成的角，∠

a2

设棱长为a，则有GE＝GF＝，EF＝a，即△GEF为等腰直角三角形，故

22EFG＝. π

答案：

4

23

8.如图所示的三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝，D是BC3的中点，且△ADC是边长为2的正三角形，则二面角P-AB-C的大小为________．

解析：由已知条件，D是BC的中点，∴CD＝BD＝2， 又△ADC是正三角形，∴AD＝CD＝BD＝2， ∴D是△ABC的外心且又在BC上，

∴△ABC是以∠BAC为直角的三角形，即AB⊥AC， 又PC⊥平面ABC，∴PA⊥AB.

∴∠PAC即为二面角P-AB-C的平面角， 在直角三角形PAC中易求得，tan∠PAC＝＝∴∠PAC＝30°. 答案：30°

9.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90°，且BC＝3CD＝3.将△ABC沿BC边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD的内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于________．

解析：当平面ABC⊥平面BCD时，点A在平面BCD上的射影为BC上点M，因为AB＝AC，所以BM＝MC，当点A在平面BCD上的射影M′在BD时，因为BC＝3CD＝3，所以∠DBC＝30°，所以由∠BCD＝90°得BM′

π4

PCAC3， 3

的上＝补

M′D，则点M的轨迹的最大长度等于CD＝

123

.当M位于BD上时，将其2

32

为四棱锥，由已知条件得其为正四棱锥，所以AB＝AE＝，又因为∠EBA为直线AB和CD所成

2

AB2＋BE2－AE26

的角，所以cos∠EBA＝＝. 2AB·BE6

答案：

36 26

三、解答题

10．(2017·金华十校调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠BAD＝60°，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．

(1)证明：PA∥平面EBD；

(2)若直线PC与平面EBD所成角的大小为60°，求PA的长． 解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OE， ∵O，E分别是AC，PC的中点， ∴EO∥PA. ∵PA?平面EBD， ∴PA∥平面EBD.

(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC， 又∵EO∥PA，∴EO⊥AC， 又AC⊥BD，∴AC⊥平面EBD，

∴∠CEO就是直线PC与平面EDB所成角． 在菱形ABCD中，容易求得OC＝又∵EO⊥OC，∠CEO＝60°， 1

∴EO＝，故PA＝1.

2

11．(2018届高三·金丽衢联考)如图，四边形ABCD为菱形，ACFE为平行四边形，且平面ACFE⊥平面ABCD，AB＝BD＝2，AE＝3，设BD与AC相交于点G，H为FG的中点．

(1)证明：CH⊥平面BFD； (2)若CH＝

3

，求EF与平面EDB所成角的大小． 2

3. 2

解：(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC. 又∵平面ACFE⊥平面ABCD，

∴BD⊥平面ACFE，∴BD⊥CH，即CH⊥BD. 又∵点H为FG的中点，CG＝CF＝3，∴CH⊥FG. 又∵FG∩BD＝G，∴CH⊥平面BFD. (2)连接EG，由(1)知BD⊥平面ACFE，

∴平面EFG⊥平面BED，

∴EF与平面EDB所成角即为∠FEG. 在△FCG中，CG＝CF＝3，CH＝

3

，CH⊥GF， 2

∴∠GCF＝120°，GF＝3，∴EG＝3.

又∵EF＝23，∴在△EFG中，可求得∠FEG＝60°. 故EF与平面EDB所成角的大小为60°.

12．(2017·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，

PA＝PD＝6，AB＝4.

(1)求证：M为PB的中点； (2)求二面角B-PD-A的大小；

(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME. 因为PD∥平面MAC， 平面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME.

因为底面ABCD是正方形， 所以E为BD的中点． 所以M为PB的中点．

(2)取AD的中点O，连接OP，OE. 因为PA＝PD，所以OP⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP?平面PAD， 所以OP⊥平面ABCD. 因为OE?平面ABCD， 所以OP⊥OE.

因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.

―→―→―→

以O为原点，以OD，OE，OP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O-xyz，

则P(0,0，2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，

―→―→

BD＝(4，－4,0)，PD＝(2,0，－2)． 设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)， ―→??n·BD＝0，

则?

―→??n·PD＝0，

?4x－4y＝0，

即?

?2x－2z＝0.

令x＝1，得y＝1，z＝2. 于是n＝(1,1，2)．

又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，

n·p1

所以cos〈n，p〉＝＝. |n||p|2

由题知二面角B-PD-A为锐角， 所以二面角B-PD-A的大小为60°. (3)由题意知M?－1，2，―→?2?则MC＝?3，2，－?.

2??

设直线MC与平面BDP所成角为α，则 ―→

|n·MC|26―→

sin α＝|cos〈n，MC〉|＝＝. ―→9|n||MC|26

所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.

9

??2?

?，C(2,4,0)， 2?

(四) 立体几何的创新问题

高考试题中，对空间想象能力与推理证明能力的考查是立体几何重点考查内容之一，近几年在客观题部分也加强了这方面的考查，特别是在客观题最后一题，出现了不少新颖试题，如折叠问题、轨迹问题、最值问题等．

立体几何中的折叠问题

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/h4v7.html