最新高考数学一轮复习-第八章-立体几何【导学案】

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课程标准
1.认识柱、锥、台及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简易组合)的直观图．
3．知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．
第1课时 系统知识牢基础——空间几何体
知识点一 空间几何体的结构特征
[由教材回扣基础]
1．多面体的结构特征
2．特殊的棱柱和棱锥
提醒：(1)棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
(2)棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
(3)注意棱台的所有侧棱相交于一点．
3．旋转体的结构特征
续表
[练小题巩固基础]
1．(人教A版必修②P8(2)改编)下列命题正确的是( )
A．由五个平面围成的多面体只能是四棱锥
B．棱锥的高线可能在几何体之外
C．仅有一组相对的面平行的六面体一定是棱台
D．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
答案：B
2.(人教A版必修②P10T1改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )
A．棱台 B．四棱柱
C．五棱柱 D．简单组合体
答案：C
3．(新苏教版必修②P147T2改编)如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )
A．一个球体
B．一个球体中间挖出一个圆柱
C．一个圆柱
D．一个球体中间挖去一个长方体
答案：B
4．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G(不与顶点重合)，过此三点作长方体的截面，那么这个截面的形状是( )
A．锐角三角形 B．矩形
C．平行四边形 D．正方形
答案：A
5.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.eq \f(\r(5)－1,4) .eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \f(\r(5)＋1,4) .eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：选C 设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.依题意得h2＝eq \f(1,2)×2a×m，即h2＝am ①，易知h2＋a2＝m2 ②，由①②得m＝eq \f(1＋\r(5),2)a(负值舍去)，所以eq \f(m,2a)＝eq \f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4).故选C.
6．(2022·张家口质检)莱昂哈德·欧拉是科学史上一位杰出的数学家，他的研究论著几乎涉及所有数学分支，有许多公式、定理、解法、函数、方程、常数等是以欧拉名字命名的．欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V、棱数E、面数F之间总满足数量关系V＋F－E＝2，此式称为欧拉定理．已知某凸八面体，4个面是三角形，3个面是四边形，1个面是六边形，则该八面体的棱数为________，顶点的个数为________．
解析：因为某凸八面体的4个面是三角形，3个面是四边形，1个面是六边形，所以该八面体的棱数E＝eq \f(4×3＋3×4＋6,2)＝15.设顶点的个数为x，因为顶点数V、棱数E、面数F之间总满足数量关系V＋F－E＝2，所以x＋8－15＝2，解得x＝9.
答案：15 9
知识点二 直观图与三视图
[由教材回扣基础]
1．直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
2．直观图与原图形面积的关系
按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：
(1)S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形．
(2)S原图形＝2eq \r(2)S直观图．
3．三视图
(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体而画出的轮廓线．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．
[练小题巩固基础]
1．如图为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是( )
解析：选B 由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆．故选B.
2．如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是( )
解析：选C 根据斜二测画法可知，此直观图的平面图形可能是C.
3．现有编号为①、②、③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是( )
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③
解析：选A 还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)的三棱锥P-ABC，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)的三棱锥P-ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)的三棱锥P-ABC，不存在侧面与底面互相垂直，所以满足题意的编号是①②.
4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的正视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体侧视图的周长为( )
A．3丈 B．6丈
C．8丈 D．(5＋eq \r(13))丈
解析：选C 由题意可知该楔体的侧视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)＝eq \f(5,2)(丈)，所以该楔体侧视图的周长为3＋2×eq \f(5,2)＝8(丈)．
5．已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.eq \f(\r(3),4)a2 B.eq \f(\r(3),8)a2
C.eq \f(\r(6),8)a2 D.eq \f(\r(6),16)a2
解析：选D 图①所示的是△ABC的实际图形，图②是△ABC的直观图．
由图①②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),4)a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq \f(\r(2),2)O′C′＝eq \f(\r(6),8)a.∴S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×a×eq \f(\r(6),8)a＝eq \f(\r(6),16)a2.
6.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线长为________．
解析：由题意得，△ABC为直角三角形，且AC＝3，BC＝4，∠C为直角，所以AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝5，因此，AB边上的中线长为eq \f(1,2)AB＝eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
知识点三 空间几何体的表面积与体积
[由教材回扣基础]
1．空间几何体的表面积与体积公式
2．几何体的表面积和侧面积的注意点
(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．
(2)组合体的表面积应注意重合部分的处理．
3．柱体、锥体、台体侧面积间的关系
(1)当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥，则S正棱柱侧＝ch′eq \(――→,\s\up7(c′＝c))S正棱台侧＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′eq \(――→,\s\up7(c′＝0))S正棱锥侧＝eq \f(1,2)ch′.
(2)当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，则
S圆柱侧＝2πrleq \(――→,\s\up7(r′＝r))S圆台侧＝π(r＋r′)leq \(――→,\s\up7(r′＝0))S圆锥侧＝πrl.
4．柱体、锥体、台体体积间的关系
[练小题巩固基础]
1．已知圆锥的高为3，底面半径长为4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )
A．5 B.eq \r(5) C．9 D．3
解析：选B ∵圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，∴圆锥的母线l＝5，∴圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，∴r＝eq \r(5).故选B.
2.(人教A版必修②P21T2(2)改编)一个几何体挖去部分后的三视图如图所示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为2的正三角形组成的，则该几何体的表面积为( )
A．13π B．12π
C．11π D．2eq \r(3)π
解析：选B 依题意知，题中的几何体是从一个圆台(该圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2)中挖去一个圆锥(该圆锥的底面半径为1，母线长为2)后得到的，圆台的侧面积为π×(1＋2)×2＝6π，圆锥的侧面积为π×1×2＝2π，所以题中几何体的表面积为6π＋2π＋π×22＝12π.
3.(新人教A版必修②P120T3改编)如图，一个三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝8.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．则当底面ABC水平放置时，液面高为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
解析：选C 根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱，底面是梯形，设△ABC的面积为S，则S梯形＝eq \f(3,4)S，水的体积V水＝eq \f(3,4)S×AA1＝6S，当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱，设水面高为h，则有V水＝Sh＝6S，故h＝6.故选C.
4．已知某个几何体的三视图如图(正视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )
A．288＋36π B．60π
C．288＋72π D．288＋8π
解析：选A 由三视图知：该几何体是底面圆的半径为3，高为8的半圆柱和长为8，宽为6，高为6的长方体的组合体，所以该几何体的体积V＝eq \f(1,2)×π×32×8＋8×6×6＝36π＋288，故选A.
5．(新苏教版必修②P188T6改编)已知一个正三棱台的两个底面的边长分别为8 cm和18 cm，侧棱长为13 cm，则它的侧面积为________cm2.
答案：468
6.(人教A版必修②P26例3改编)有一堆相同规格的六角螺帽毛坯(如图)共重6 kg.已知毛坯底面正六边形边长是12 mm，高是10 mm，内孔直径是10 mm.那么这堆毛坯约有________个．(铁的密度是7.8 g/cm3)
解析：因为V正六棱柱＝eq \f(\r(3),4)×122×6×10≈3.741×103(mm3)，V圆柱≈3.14×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,2)))2×10＝0.785×103(mm3)，所以一个毛坯的体积为V＝3.741×103－0.785×103＝2.956×103(mm3)＝2.956(cm3)．从而这堆毛坯约有6×103÷(7.8×2.956)≈260(个)．
答案：260
第2课时 精研题型明考向——空间几何体及其表面积、体积
1．(2020全国Ⅱ卷·空间几何体的三视图)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )
A．E B．F C．G D．H
解析：选A 由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.
2．(2021新高考Ⅱ卷·考查四棱台的体积)
正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为( )
A．20＋12eq \r(3) B．28eq \r(2)
C.eq \f(56,3) D.eq \f(28\r(2),3)
解析：选D V＝eq \f(1,3)(S′＋eq \r(\a\vs4\al(S′S))＋S)h＝eq \f(1,3)(2×2＋eq \r(2×2×4×4)＋4×4)×eq \r(2)＝eq \f(28\r(2),3).故选D.
3．(2020全国Ⅲ卷·考查空间几何体的表面积)
如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(2)
C．6＋2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3)
解析：选C 由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC，其中PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AP＝2，故其表面积S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))×3＋eq \f(1,2)×(2eq \r(2))2×sin 60°＝6＋2eq \r(3).
4．(2021全国甲卷·考查空间几何体的体积)
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.eq \f(\r(2),12) B.eq \f(\r(3),12) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(\r(3),4)
解析：选A 依题意，得△ABC是直角三角形，AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(2)，则△ABC的外接圆半径r＝eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(2),2)，S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)，所以球心O到平面ABC的距离h＝eq \r(1－r2)＝eq \f(\r(2),2)，所以VO-ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(\r(2),12).故选A.
5．(2020全国Ⅱ卷·考查三棱锥的外接球表面积)
已知△ABC是面积为eq \f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(3,2) C．1 D.eq \f(\r(3),2)
解析：选C 由等边三角形ABC的面积为eq \f(9\r(3),4)，
得eq \f(\r(3),4)AB2＝eq \f(9\r(3),4)，解得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)AB＝eq \r(3).
设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝1，故选C.
6．(2021全国乙卷·开放性问题，空间几何体的三视图)
以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________(写出符合要求的一组答案即可)．
解析：根据三视图“高平齐”的原则，即正视图与侧视图的高相等，可得侧视图只能从题图②和题图③中选择，则俯视图只能从题图④和题图⑤中选择．若选题图②⑤，则三棱锥的直观图如图(1)，可知题图③为侧视图，题图⑤为俯视图这一情况不存在；若选题图③④，则三棱锥的直观图如图(2)，可知题图②为侧视图，题图④为俯视图这一情况不存在．
答案：②⑤(或③④)
7．(2020全国Ⅲ卷·考查圆锥的内切球体积)
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________．
解析：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝eq \r(BC2－BD2)＝2eq \r(2).易知BE＝BD＝1，则CE＝2.设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2eq \r(2)－R.在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2eq \r(2)－R)2－R2＝4，解得R＝eq \f(\r(2),2)，所以圆锥内半径最大的球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π.
答案：eq \f(\r(2),3)π
8．(2021全国甲卷·考查圆锥的侧面积)
已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
解析：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的体积V＝eq \f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq \f(5,2).所以l＝eq \r(r2＋h2)＝eq \r(62＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2)＝eq \f(13,2)，故圆锥的侧面积S＝πrl＝π×6×eq \f(13,2)＝39π.
答案：39π
[把脉考情]
命题视角一 空间几何体的结构特征
[典例] (1)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )
(2)(2022·南昌模拟)已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，有以下结论：①l∶r＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面积之比为4∶3；③圆锥的轴截面是锐角三角形．其中正确的结论为( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
[解析] (1)选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图、侧视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求，故选D.
(2)①中，由题意得eq \f(2πr,l)＝eq \f(3,2)π，所以eq \f(l,r)＝eq \f(4,3)，所以l∶r＝4∶3，所以①正确；②中，由题意得eq \f(S圆锥侧,S圆锥底)＝eq \f(πrl,πr2)＝eq \f(l,r)＝eq \f(4,3)，所以圆锥的侧面积与底面积之比为4∶3，所以②正确；③中，由题意得圆锥的轴截面的三边长分别为eq \f(4,3)r，eq \f(4,3)r,2r，易知顶角最大，设顶角为α，则由余弦定理可知，cs α＝eq \f(\f(16,9)r2＋\f(16,9)r2－4r2,2×\f(16,9)r2)＝－eq \f(1,8)＜0，所以顶角为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以③错误．故选A.
[答案] (1)D (2)A
[方法技巧]
1．有关三视图问题的解题方法
(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项
①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；
②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；
③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．
(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法
先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．
(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题
要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．
2．辨别空间几何体的2种方法
[针对训练]
1．(2022·江南十校联考)已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，圆台的侧面积为16π，则该圆台上、下两底面圆的周长之和为( )
A．4π B．6π
C．8π D．10π
解析：选C 圆台的轴截面如图所示，因为圆台的侧面积S侧＝π(R＋r)2＝16π，所以R＋r＝4，所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R＋r)π＝8π.故选C.
2．将一长为4，宽为2的矩形ABCD沿AB，DC的中点E，F的连线折成如图所示的几何体，若折叠后AE＝AB，则该几何体正视图的面积为( )
A．4 B．2eq \r(3)
C．2 D.eq \r(3)
解析：选B 依题意，该三棱柱为正三棱柱，正视图中矩形的长为BC的长，宽为正三角形ABE的边BE上的高，
如图，作AG⊥BE，
又AB＝BE＝AE＝1，
∴AG＝1×sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
∴正视图的面积为4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，故选B.
命题视角二 空间几何体的表面积与体积
考法(一) 空间几何体的表面积
[例1] (1)(2021·北京高考)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )
A.eq \f(3＋\r(3),2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(1＋\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
(2)(2022·云贵川桂四省联考)如图，某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的．若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为( )
A．(eq \r(15)＋4)π B．(2eq \r(15)＋4)π
C．(3eq \r(15)＋4)π D．(4eq \r(15)＋4)π
[解析] (1)作出该四面体的直观图如图所示，故S表＝3×eq \f(1,2)×1×1＋eq \f(\r(3),4)×eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(3＋\r(3),2).
(2)设圆锥的底面半径为r，高为h，则 4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝eq \r(42－12)＝eq \r(15).圆柱的侧面积为2πr·2h＝2π×2eq \r(15)＝4eq \r(15)π，所以制作这样一个粮仓的用料面积为(4eq \r(15)＋4)π.故选D.
[答案] (1)A (2)D
考法(二) 空间几何体的体积
[例2] (1)如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1-ABC1的体积为( )
A.eq \f(\r(3),12) B.eq \f(\r(3),4)
C.eq \f(\r(6),12) D.eq \f(\r(6),4)
(2)某学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作一个机械零件模型，该零件模型是由两个相同的正四棱柱镶嵌而成的几何体，其三视图如图所示．这个几何体的体积为( )
A．16 B.eq \f(40,3)
C．16－eq \f(4\r(2),3) D.eq \f(16,3)
[解析] (1)易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，又三棱锥A-B1BC1的高为eq \f(\r(3),2)，底面积为eq \f(1,2)，故其体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12).
(2)如图，两个正四棱柱的底面边长为eq \r(2)，高为4，设每个四棱柱的体积为V1，则V1＝eq \f(1,2)×2×2×4＝8，中间重复的部分为两小正四棱锥，四棱锥的底面为正方形，边长为2，设每个四棱锥的体积为V2，则V2＝eq \f(1,3)×2×2×1＝eq \f(4,3)，故该几何体体积为V＝2V1－2V2＝16－eq \f(8,3)＝eq \f(40,3).
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
1．求解几何体的表面积及体积的技巧
(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤
[针对训练]
1．(2021·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.eq \f(3,2) B．3
C.eq \f(3\r(2),2) D．3eq \r(2)
解析：选A 如图，该几何体的直观图是一个以等腰梯形为底面的直四棱柱ABCD -A′B′C′D′.过点C′作C′E⊥A′D′，垂足为E，则C′E＝eq \f(\r(2),2).所以VABCD -A′B′C′D′＝eq \f(1,2)(B′C′＋A′D′)·C′E·BB′＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \f(3,2).故选A.
2．若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为15π的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为________．
解析：如图，由题意可知，l＝5，eq \f(1,2)·2πr·l＝15π，所以r＝3，h＝eq \r(l2－r2)＝4，所以V圆锥＝eq \f(1,3)πr2h＝12π.设球的半径为R，则eq \f(4,3)πR3＝12π，解得R＝eq \r(3,9).
答案：eq \r(3,9)
3．甲、乙、丙三个几何体的主视图和俯视图分别相同如图(1)，左视图分别如图(2)中的三个视图，则这三个几何体中体积最大的是________(填“甲”“乙”或“丙”)，其表面积为________．
解析：由三视图还原甲、丙几何体如图，乙(略)．
V甲＝8－1＝7，V乙＝8－eq \f(π,4)，V丙＝8－eq \f(1,2)＝eq \f(15,2).故体积最大的为丙，其表面积为24－2＋eq \r(2)＝22＋eq \r(2).
答案：丙 22＋eq \r(2)
命题视角三 与球有关的切接问题
考法(一) 与球有关的内切问题
[例1] (1)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)＝________.
[解析] (1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意知⊙O1的半径r＝1，∴△ABC的边长为2eq \r(3)，圆锥的底面半径为eq \r(3)，高为3，∴V＝eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×3＝3π.
(2)设正四面体的棱长为a，
则正四面体表面积为S1＝4×eq \f(\r(3),4)·a2＝eq \r(3)a2，其内切球半径为正四面体高的eq \f(1,4)，
即r＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(\r(6),12)a，
因此内切球表面积为S2＝4πr2＝eq \f(πa2,6)，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)＝eq \f(6\r(3),π).
[答案] (1)3π (2)eq \f(6\r(3),π)
[方法技巧]
处理与球有关内切问题的策略
解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
考法(二) 与球有关的外接问题
[例2] (1)已知三棱锥P-ABC中，PB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，PA＝eq \r(5)，AB＝BC＝1，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
A．12π B．6π
C．24π D.eq \f(4\r(6)π,3)
(2)(2021·成都二诊)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)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
[解析] (1)如图，∵PB⊥平面ABC，∴PB⊥AB，∵AB＝1，PA＝eq \r(5)，∴PB＝2，又AB⊥BC，把三棱锥P-ABC补形为长方体(图略)，则长方体的体对角线长为eq \r(22＋12＋12)＝eq \r(6)，则三棱锥P-ABC外接球的半径为eq \f(\r(6),2)，∴三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2＝6π.故选B.
(2)设球的半径为R，由球体的体积公式有eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，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＝2cs α，圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积S侧＝4πcs α×4sin α＝8πsin 2α，当且仅当α＝eq \f(π,4)时，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.故选B.
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧] 解决与球有关的组合体的策略
(1)与球有关的组合体问题包括两种情况：一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作出它们的轴截面，球与多面体的组合则通过多面体的一条侧棱、球心和“切点”(或“接点”)作出截面图，把空间问题转化为平面问题后再求解．
(2)当球的内接多面体为共顶点的棱两两垂直的三棱锥、共顶点的三个侧面两两垂直的三棱锥或三组对棱互相垂直的三棱锥时，常构造长方体或正方体以确定球的直径．
[针对训练]
1．将半径为3，圆心角为eq \f(2π,3)的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )
A.eq \f(\r(2)π,3) B.eq \f(\r(3)π,3)
C.eq \f(4π,3) D．2π
解析：选A 设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝eq \f(2π,3)×3，∴r＝1.∴h＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2).设圆锥内切球的半径为R，则eq \f(R,2\r(2)－R)＝eq \f(1,3)，∴R＝eq \f(\r(2),2)，∴V球＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，故选A.
2．(2022·江西八所重点中学联考)已知三棱锥P-ABC的外接球的表面积为64π，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，AB⊥AC，PA＝8，则三棱锥P-ABC的体积为( )
A．8 B.eq \f(16\r(3),3)
C.eq \f(8\r(3),3) D．16
解析：选A 设球的半径为R，则4πR2＝64π，R＝4，又PA＝8，所以PA是球的直径，球心O是PA的中点．设E为BC的中点，连接OE，AE(图略)．因为AB⊥AC，所以BC的中点E是Rt△ABC的外心，所以OE⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC，所以OE⊥AE.BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝4，AE＝eq \f(1,2)BC＝2，OE＝eq \r(OA2－AE2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，O是AP的中点，所以VP-ABC＝2VO-ABC＝2×eq \f(1,3)S△ABC×OE＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝8.故选A.
3．已知正方体的所有顶点在一个球面上．若这个球的表面积为12π，则这个正方体的体积为________．
解析：设球的半径为R，因为球的表面积为12π，所以4πR2＝12π，则R＝eq \r(3).因为正方体的所有顶点在一个球面上，所以正方体的体对角线长为2R＝2eq \r(3).设正方体的棱长为a，则eq \r(a2＋a2＋a2)＝eq \r(3)a＝2eq \r(3)，解得a＝2.所以正方体的体积为a3＝23＝8.
答案：8
以点带面·练系统思维——补形法找球心的策略
研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何关系与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.用补形法找球心是解决此类问题的突破口，常用的补形方法有：,1对于正四面体，通常把它补成正方体.若是相对棱长相等的四面体，则可考虑把它补成长方体.,2对于从同一顶点出发的三条棱互相垂直的锥体，通常可考虑把它补成长方体或正方体.,3几何体的补形要围绕着已知条件来进行，通常策略是把棱锥补成棱柱，把台体补成锥体，把三棱锥补成四棱锥，把三棱柱补成四棱柱，把不规则几何体补成规则几何体，补一个同样的几何体等.
类型(一) 对棱相等，补形为长方体，棱化为面对角线
[例1] 已知三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝eq \r(5)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq \r(3)，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为( )
A.eq \f(3π,2) B．24π C.eq \r(6)π D．6π
[思路点拨] 构造长方体，利用长方体的体对角线公式，可得外接球的半径，利用球的体积计算公式即可得解．
[解析] 将三棱锥A-BCD补为长方体AEBF-GDHC，如图所示．
设DG＝x，DH＝y，DE＝z，则AD2＝x2＋z2＝3，BD2＝y2＋z2＝4，CD2＝x2＋y2＝5，上述三个等式相加，得AD2＋BD2＋CD2＝2(x2＋y2＋z2)＝3＋4＋5＝12，所以该长方体的体对角线长为eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(6)，则其外接球的半径R＝eq \f(\r(6),2)，因此此球的体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π，故选C.
[答案] C
[思维建模]
对棱相等的三棱锥，可补形成长方体，此时三棱锥的6条棱均为长方体的面对角线．计算时，可以设而不求，设出长方体的长、宽、高，利用勾股定理列式，可以不计算出棱长，直接得到外接球的半径．
类型(二) 三线垂直，补形为长方体，化为长方体的长、宽、高
[例2] 已知四棱锥P-ABCD的外接球O的体积为36π，PA＝3，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动，则四棱锥M-ABCD体积的最大值为________．
[思路点拨] 将四棱锥P-ABCD补成长方体，可知四棱锥P-ABCD的外接球的直径为长方体的体对角线，据此求出底面ABCD面积的最大值．求出点M到底面ABCD的距离h的最大值，利用四棱锥的体积计算公式即可得解．
[解析] 将四棱锥P-ABCD补成长方体，如图所示．可知四棱锥P-ABCD的外接球的直径为长方体的体对角线．设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，依题意有eq \f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则c＝3.由于a2＋b2＋c2＝62，所以a2＋b2＝27，又a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b＝eq \f(3\r(6),2)时等号成立，所以底面ABCD面积的最大值为(ab)max＝eq \f(27,2).此时，要使得四棱锥M-ABCD的体积最大，只需点M到底面ABCD的距离h最大．连接AC，BD，交于点O′，连接OO′，因为OO′＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a2＋b2),2)))2)＝ eq \r(9－\f(27,4))＝eq \f(3,2)，所以hmax＝OO′＋R＝eq \f(3,2)＋3＝eq \f(9,2)，故四棱锥M-ABCD体积的最大值为VM-ABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(27,2)×eq \f(9,2)＝eq \f(81,4).
[答案] eq \f(81,4)
[思维建模]
将有一棱与底面垂直的三棱锥或四棱锥补成长方体，此时棱锥与长方体具有相同的外接球，利用(2R)2＝a2＋b2＋c2(a，b，c分别为长方体的长、宽、高，R为棱锥外接球的半径)，可求得棱锥外接球的半径R.
类型(三) 侧棱与底面垂直，补形成三棱柱
[例3] (2021·扬州期末)在四面体ABCD中，若AD＝DC＝AC＝CB＝1，则当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为_______．
[解析] 因为AD＝DC＝AC＝1，所以底面ACD的面积为定值，因此当CB⊥平面ACD时，四面体ABCD的体积最大．此时，将四面体ABCD补形成直三棱柱ACD-EBF，如图所示，可得直三棱柱ACD-EBF与四面体ABCD的外接球相同．设△ACD外接圆圆心为O1，△EBF外接圆圆心为O2，连接O1O2，则四面体ABCD的外接球的球心O为O1O2的中点，
易得OO1＝eq \f(1,2)，连接CO1，则CO1＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(2,3)＝eq \f(\r(3),3).因此外接球的半径R满足R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(7,12).所以外接球的表面积S＝4πR2＝eq \f(7π,3).
[答案] eq \f(7π,3)
[思维建模]
当三棱锥中有一条棱垂直于底面时，可以将棱锥补形成直棱柱，从而能更直观地找到外接球的球心，且外接球的半径也更易计算．
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1.(2021·全国甲卷)在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G.该正方体截去三棱锥A-EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如右图所示，则相应的侧视图是( )
解析：选D 依题意以及几何体的正视图，画出几何体的直观图如图(1)，所以可得相应的侧视图如图(2)．故选D.
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(1,3)＋eq \f(π,12) B．1＋eq \f(π,12)
C.eq \f(1,3)＋eq \f(π,4) D．1＋eq \f(π,4)
解析：选B 由三视图可知该几何体为锥体与柱体的组合体，其中锥体的高为1，底面为四分之一个圆，圆半径为1；柱体的高为1，底面为直角三角形(两直角边长分别为1和2)，所以该几何体的体积为eq \f(1,3)×1×eq \f(π×12,4)＋1×eq \f(1,2)×1×2＝1＋eq \f(π,12)，故选B.
3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有棱中，最长的棱的长度为( )
A.eq \r(41) B.eq \r(34) C．5 D．3eq \r(2)
解析：选B 由三视图可知该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD，其中PA⊥底面ABCD，四棱锥P-ABCD的底面是边长为3的正方形，高PA＝4.连接AC，易知最长的棱为PC，且PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(42＋32＋32)＝eq \r(34).
4．公元5世纪，我国古代著名数学家祖冲之给出了圆周率π的两个近似分数值：eq \f(22,7)(称为“约率”)和eq \f(355,113)(称为“密率”)．一几何体的三视图如图所示(每个小方格的边长为1)，如果取圆周率为“约率”，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(72,7) B.eq \f(116,7) C.eq \f(144,7) D.eq \f(216,7)
解析：选A 如图，几何体由圆锥的一半与一个三棱锥组合而成，所以V＝V半圆锥＋V三棱锥＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×22×eq \f(22,7)×3＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×2×3＝eq \f(44,7)＋4＝eq \f(72,7).故选A.
5．已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC两两互相垂直，则球O的体积为( )
A．16eq \r(3)π B．8eq \r(3)π C．4eq \r(3)π D．2eq \r(3)π
解析：选C 因为PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，所以以PA，PB，PC为交于一点的三条棱构造正方体，则球O即此正方体的外接球，该正方体的体对角线长为球的直径，即球的直径为eq \r(PA2＋PB2＋PC2)＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)，所以球的半径R＝eq \r(3)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π(eq \r(3))3＝4eq \r(3)π，故选C.
6．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π C．36π D．32π
解析：选A 如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq \f(AB,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OO12＋r2＝(2eq \r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
7．已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
解析：如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3eq \r(2)，AG＝AH＝2eq \r(13)，EG＝FH＝eq \r(13)，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq \r(13)＋3eq \r(2).
答案：6eq \r(13)＋3eq \r(2)
8．已知三棱锥D-ABC的所有顶点都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝eq \r(3)，BC＝1，cs∠ACB＝eq \r(3)sin∠ACB，AD＝2，则球O的表面积为________．
解析：由cs∠ACB＝eq \r(3)sin∠ACB，sin2∠ACB＋cs2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝eq \f(1,2)，cs∠ACB＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠ACB＝eq \f(π,6).因为AC＝eq \r(3)，BC＝1，
所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB，
即AB2＝3＋1－2×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，故AB＝1，
所以△ABC为等腰三角形，且∠ABC＝eq \f(2π,3).
设△ABC外接圆半径为r，由正弦定理得eq \f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，解得r＝1，
设球O的半径为R，△ABC的外心为O′，连接OO′，
设OO′＝h，过O作OM⊥AD，连接O′A，OA，OD，
则在△O′OA中，h2＋12＝R2 ①，
在△OMD中，(2－h)2＋12＝R2 ②，
联立①②解得R＝eq \r(2)，
所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π(eq \r(2))2＝8π.
答案：8π
9．(2022·南昌测试)已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面面积为______．
解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线长l＝eq \r(2)，所以圆锥的侧面面积S＝πrl＝eq \r(2)π.
答案：eq \r(2)π
10．已知三棱锥S-ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cs∠CBA＝eq \f(3,5)，则三棱锥S-ABC体积的最大值为________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圆半径为5.
因为eq \f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.
球心O到平面ABC的距离d＝eq \r(36－25)＝eq \r(11)，
当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S-ABC的体积最大，为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq \r(11))＝48＋8eq \r(11).
答案：48＋8eq \r(11)
11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为________．
解析：将几何体嵌入棱长为2的正方体中，如图中的三棱锥A-BCD.
易得CD＝1，BC＝AD＝eq \r(5)，BD＝2eq \r(2)，AB＝3，AC＝eq \r(5＋1)＝eq \r(6)，所以最长的棱的长度为3.
答案：3
12．粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成．因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8 cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为________cm2.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为________．
解析：如图，正四棱锥P-ABCD的表面积SP-ABCD＝4S△PAB＋S正方形ABCD＝4×eq \f(\r(3),4)×82＋8×8＝64(eq \r(3)＋1)cm2.设该正四棱锥的高为h，体积为V，内切球半径为r，则由r＝eq \f(3V,SP­ABCD)，h＝eq \f(3V,S正方形ABCD)，得eq \f(r,h)＝eq \f(S正方形ABCD,SP­ABCD)＝eq \f(8×8,64\r(3)＋1)＝eq \f(\r(3)－1,2).
答案：64(eq \r(3)＋1) eq \f(\r(3)－1,2)
二、自选练——练高考区分度
1．(2022·洛阳模拟)已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为eq \r(14)，则该四面体内切球的体积为( )
A.eq \f(256\r(3),9)π B.eq \f(4,3)π C．4eq \r(3)π D.eq \f(4\r(3),27)π
解析：选D 由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为BE＝ eq \r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cs 120°)＝eq \f(\r(7),2)a＝eq \r(14)，得a＝2eq \r(2)，所以正四面体的高为 eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq \f(4\r(3),3)，所以正四面体的体积为eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×eq \f(4\r(3),3)＝eq \f(8,3)，设该四面体内切球的半径为r，则4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×r＝eq \f(8,3)，解得r＝eq \f(\r(3),3)，所以该四面体内切球的体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3＝eq \f(4\r(3),27)π.
2．《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体)在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中，BB1＝BC＝AB＝2且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑C1-ABC，现将鳖臑C1-ABC的一个面ABC1沿BC1翻折180°，使A点翻折到E点，则形成的新三棱锥C1-AB1E的外接球的表面积为________．
解析：如图，将平面ABC1沿BC1翻折180°，得到平面BEC1，由题意可知E∈AB，AB＝BE＝2，∵BB1＝2，由直角三角形性质，可知△AEB1是直角三角形，∴AB1⊥B1E，∵B1C1⊥平面ABB1A1，B1E⊂平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥B1E，B1C1⊥AB1，满足AB1，B1E，B1C1两两垂直，把三棱锥补成长方体，则长方体的体对角线为外接球的直径，(2R)2＝AB12＋C1B12＋B1E2＝(2eq \r(2))2＋22＋(2eq \r(2))2＝20，∴R2＝5，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝20π.
答案：20π
3．在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为________．
解析：先考虑小球不能经过的空间的体积．
(1)当小球与正方体一顶点处的三个面都相切时，球面与该顶点处的三个面之间形成的空隙，小球始终无法经过，其体积为13－eq \f(1,8)×eq \f(4π,3)×13＝1－eq \f(π,6).正方体有8个顶点，共形成8个无法经过的空隙，总体积为8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,6)))＝8－eq \f(4π,3).
(2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时，在该棱处能形成一个高为2的小柱体，其体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,4)))×2＝2－eq \f(π,2)，正方体共有12条棱，则12个小柱体的体积为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2)))×12＝24－6π.
所以小球可以经过的空间的体积为64－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(4π,3)))－(24－6π)＝32＋eq \f(22π,3).
答案：32＋eq \f(22π,3)
第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．借助长方体，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．
2．了解可以作为推理依据的公理和定理．
3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
[由教材回扣基础]
1．公理1～3
2.三个推论
3.空间中两条直线的位置关系
(1)位置关系分类
(2)公理4和等角定理
4．异面直线所成的角
5．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
澄清微点·熟记结论
(1)公理1及推论是判断或证明点、线共面的依据，公理2是判断一条直线是否在某个平面内的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．
(2)空间中两个角的两边分别对应平行，则这两个角相等或互补．
(3)异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
(4)两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
(5)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．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)没有公共点的两条直线是异面直线．( )
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面. ( )
(3)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．( )
(4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
(5)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面．( )
(6)空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(新人教A版必修②P132T4改编)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
解析：选C 假设c∥b，又因为c∥a，所以a∥b，这与a，b是异面直线矛盾，故c与b不可能平行．
2．(人教A版必修②P43T1改编)下列命题正确的是( )
A．经过三点确定一个平面
B．经过一条直线和一个点确定一个平面
C．四边形确定一个平面
D．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
解析：选D A选项三点必须不在同一条直线上，才能确定一个平面；B选项如果点在直线上，则该直线和这个点不能确定一个平面；C选项中的四边形有可能是空间四边形，只有D是正确的．
3．(新北师大版必修③P213例2改编)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°
解析：选C 连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求的角，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
4.(新苏教版必修②P164T15改编)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA上的点．
(1)若eq \f(AE,EB)＝eq \f(AH,HD)且eq \f(CF,FB)＝eq \f(CG,GD)，则点E，F，G，H________；(填“共面”或“不共面”)
(2)若点E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，DA的中点，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)共面 (2)①AC＝BD ②AC＝BD且AC⊥BD
三、练清易错易混
1．(误解异面直线的概念)下列关于异面直线的说法正确的是( )
A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面
D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面
解析：选D A、B、C中的两条直线还有可能平行或相交，由异面直线的定义可知D说法正确．
2．(忽视直线在平面内)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D 将直线与平面放在正方体中，易知b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
3．(等角定理条件认识不清)若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D 两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.
4．(忽视异面直线所成角的范围)如图所示，已知在长方体ABCD-EFGH中，AB＝2eq \r(3)，AD＝2eq \r(3)，AE＝2，则BC和EG所成角的大小是______；AE和BG所成角的大小是________．
解析：∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角，即∠EGF，tan∠EGF＝eq \f(EF,FG)＝1，∴∠EGF＝45°.∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角，即∠GBF，tan∠GBF＝eq \f(GF,BF)＝eq \f(2\r(3),2)＝eq \r(3)，∴∠GBF＝60°.
答案：45° 60°
命题视角一 平面基本性质的应用(自主练通)
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )
解析：选D 选项A、B、C题图中四点一定共面，D中四点不共面．
2．在三棱锥A-BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点．如果EF∩HG＝P，则点P( )
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
解析：选B 如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
3．如图所示，ABCD-A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：选A 连接A1C1，AC，
则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
∴A，M，O三点共线．
4.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，AB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FG与HE交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明：(1)在△ABD中，∵E，F为AD，AB的中点，∴EF∥BD.在△CBD中，∵BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，∴GH∥BD，∴EF∥GH(平行线公理)，∴E，F，G，H四点共面．
(2)∵FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE，∴P∈平面ABC，P∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈直线AC.即P，A，C三点共线．
[一“点”就过]
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．②证两平面重合．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
命题视角二 空间两条直线的位置关系
[典例] (1)(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
(2)在图中，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________(填序号)．
[解析] (1)如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.
∵△ECD是正三角形，
∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EF⊂平面ECD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq \r(3)，
∴EN＝eq \r(FN2＋EF2)＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，
∴MG∥EF且MG＝eq \f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，
∴MG⊥BG.
∵MG＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(\r(3),2)，
BG＝eq \r(CG2＋BC2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22)＝eq \f(5,2)，
∴BM＝ eq \r(MG2＋BG2) ＝eq \r(7)，∴BM≠EN.
连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交．
(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面，所以在图②④中GH与MN异面．
[答案] (1)B (2)②④
[方法技巧] 空间两直线位置关系的判定方法
[针对训练]
1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
解析：选D 如图，连接C1D，
在△C1DB中，MN∥BD，
故C正确；
因为CC1⊥平面ABCD，
所以CC1⊥BD，
所以MN与CC1垂直，故A正确；
因为AC⊥BD，MN∥BD，
所以MN与AC垂直，故B正确；
因为A1B1与BD异面，MN∥BD，
所以MN与A1B1不可能平行，故D错误．
2.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，
①GH与EF平行；
②BD与MN为异面直线；
③GH与MN成60°角；
④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
解析：还原成正四面体A-DEF如图所示，其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面．连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角．由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE，因此正确的序号是②③④.
答案：②③④
命题视角三 异面直线所成的角
[典例] (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
(2)(2022·聊城一模)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(30),6) D.eq \f(\r(6),6)
[解析] (1)如图，连接BC1，A1C1，易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角即为直线PB与BC1所成的角，即∠PBC1.不妨设该正方体的棱长为2a，则BC1＝2eq \r(2)a，PC1＝PB1＝eq \r(2)a，PB＝eq \r(PB\\al(2,1)＋BB\\al(2,1))＝eq \r(6)a，所以BCeq \\al(2,1)＝PCeq \\al(2,1)＋PB2，所以∠C1PB＝90°，则sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(\r(2)a,2\r(2)a)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6).故选D.
(2)如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF.易知F为的中点，设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝eq \r(2)，所以AE＝eq \r(22＋\r(2)2)＝eq \r(6).连接ED，ED＝eq \r(6).因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD.在△EAD中，cs∠EAD＝eq \f(6＋4－6,2×2×\r(6))＝eq \f(\r(6),6).故选D.
[答案] (1)D (2)D
[方法技巧] 平移法求异面直线所成角的步骤
[针对训练]
1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AA1＝2AB，D是AA1的中点，则BD与A1C1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(2\r(2),3)
解析：选B 如图，取CC1的中点M，连接DM，BM，BD.由于D为AA1的中点，所以DM∥A1C1，所以∠BDM或其补角为异面直线BD与A1C1所成的角．设AA1＝2AB＝2，则AD＝AB＝1.因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，所以BD＝eq \r(2)，DM＝1，BM＝eq \r(2).在△BDM中，cs∠BDM＝eq \f(BD 2＋DM 2－BM 2,2BD·DM)＝eq \f(\r(2)2＋12－\r(2)2,2×\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),4)，故选B.
2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(14),14) B.eq \f(8\r(3),14)
C.eq \f(\r(13),13) D.eq \f(1,3)
解析：选A ∵C1D1∥A1B1，∴异面直线A1B1与AC1所成的角即为C1D1与AC1所成的角，即∠AC1D1或其补角．连接AD1(图略)，易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中，C1D1＝1，AD1＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，AC1＝eq \r(12＋22＋32)＝eq \r(14)，∴cs∠AC1D1＝eq \f(C1D1,AC1)＝eq \f(1,\r(14))＝eq \f(\r(14),14).
3．已知A，B两点都在以PC为直径的球O的表面上，AB⊥BC，AB＝2，BC＝4.若球O的体积为8eq \r(6)π，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为________．
解析：由题意得三棱锥P-ABC，如图所示，其中PA⊥AC，PB⊥BC，AB⊥BC.过点A作BC的平行线，过点B作AC的平行线，两线交于点D，则异面直线PB与AC所成的角为∠PBD或其补角．由PB⊥BC，AB⊥BC，PB∩AB＝B，得BC⊥平面PAB，即BC⊥PA，又PA⊥AC，BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ACBD，∴PA⊥AD.计算可得AC＝2eq \r(5)＝BD，设球O的半径为R，则eq \f(4,3)πR3＝8eq \r(6)π，∴R＝eq \r(6)，PC＝2eq \r(6)，∴PA＝2，∴PB＝2eq \r(2)，PD＝2eq \r(5).取PB的中点E，连接DE，∵PD＝BD，∴DE⊥PB，∴cs∠PBD＝eq \f(BE,BD)＝eq \f(\r(2),2\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
答案：eq \f(\r(10),10)
拓展深化·练创新思维——异面直线所成角的解法探究
[典例] 正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BC1的中点，Q为A1D的中点，则异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为________．
[思路点拨] 在正方体中求异面直线所成角的余弦值，考虑到正方体的特征，可以用平移直线法求解；或建立空间直角坐标系，利用坐标法求解；或利用基向量法求解；或利用三余弦定理法求解．
[解题观摩]
法一：平移直线法
如图所示，连接CB1，QB1，
因为四边形BCC1B1为正方形，P为BC1的中点，所以B1P＝eq \f(1,2)B1C.
因为A1B1∥CD且A1B1＝CD，所以四边形CDA1B1为平行四边形，所以B1C∥A1D且B1C＝A1D，又Q为A1D的中点，所以B1P∥QD且B1P＝QD，所以四边形DPB1Q为平行四边形，所以B1Q∥DP，所以∠B1QC1或其补角为异面直线DP与C1Q所成的角．设正方体的棱长为2，在Rt△B1A1Q中，B1Q＝eq \r(A1Q2＋A1B\\al(2,1))＝eq \r(2＋4)＝eq \r(6)；同理可得C1Q＝eq \r(6).
在△B1C1Q中，cs∠B1QC1＝eq \f(B1Q2＋C1Q2－B1C\\al(2,1),2×B1Q×C1Q)＝eq \f(6＋6－4,2×\r(6)×\r(6))＝eq \f(2,3)，故异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为eq \f(2,3).
法二：坐标法 以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))，eq \(DD1,\s\up7(―→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设正方体的棱长为2，则各点的坐标为D(0,0,0)，P(1,2,1)，Q(1,0,1)，C1(0,2,2)，
所以eq \(DP,\s\up7(―→))＝(1,2,1)，eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝(1，－2，－1)，所以cs〈eq \(DP,\s\up7(―→))， eq \(C1Q,\s\up7(―→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→)),|eq \(DP,\s\up7(―→))||eq \(C1Q,\s\up7(―→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－4－1,\r(6)×\r(6))))＝eq \f(2,3).所以异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为eq \f(2,3).
法三：基向量法
设正方体的棱长为2，eq \(DA,\s\up7(―→))＝a，eq \(DC,\s\up7(―→))＝b，eq \(DD1,\s\up7(―→))＝c，则eq \(DP,\s\up7(―→))＝b＋eq \f(1,2)(a＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c，eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝－b＋eq \f(1,2)(a－c)＝eq \f(1,2)a－b－eq \f(1,2)c.由直线DA，DC，DD1两两垂直，得a·b＝b·c＝a·c＝0，所以eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))2＝eq \f(1,4)a2－b2－eq \f(1,4)c2＝eq \f(1,4)×22－22－eq \f(1,4)×22＝－4，|eq \(DP,\s\up7(―→))|＝ eq \r(\f(1,4)a2＋b2＋\f(1,4)c2)＝eq \r(6)，|eq \(C1Q,\s\up7(―→))|＝ eq \r(\f(1,4)a2＋b2＋\f(1,4)c2)＝eq \r(6)，所以cs〈eq \(DP,\s\up7(―→))，eq \(C1Q,\s\up7(―→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→)),|eq \(DP,\s\up7(―→))||eq \(C1Q,\s\up7(―→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\r(6)×\r(6))))＝eq \f(2,3).所以异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为eq \f(2,3).
法四：三余弦定理法
如图所示，连接AD1，PQ，AP，B1C，易知四边形ABC1D1为平行四边形，且DQ⊥平面ABC1D1，即PQ为DP在平面ABC1D1上的射影，易知AP∥C1Q，所以∠APD或其补角为异面直线DP与C1Q所成的角．设正方体的棱长为1，易知cs∠APQ＝eq \f(\r(6),3)，cs∠DPQ＝eq \f(\r(6),3)，由三余弦定理，得cs∠APD＝cs∠APQ·cs∠DPQ＝eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2,3)，即异面直线DP与C1Q所成角的余弦值为eq \f(2,3).
[答案] eq \f(2,3)
[名师微点]
法一可通过平行四边形找平行线达到平移的目的，将两条异面直线所成的角转化为两条相交直线所成的角求解，这时往往将平移后的角置于一个三角形中，通过解三角形获得角的三角函数值；法二可考虑到当载体是正方体或长方体时，建立空间直角坐标系，利用坐标去求角，这种方法往往比较简单；法三也可以利用空间向量基本定理，选取一组基向量，然后利用基向量解决其他向量的夹角问题．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．下列推断中，不正确的是( )
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB
C．l⊄α，A∈l⇒A∉α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合
解析：选C 直线不在平面内时，直线上可能有一个点在平面内，即直线与平面相交，所以C错，根据空间点、线、面的位置关系可知其余都对，故选C.
2．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，故选D.
3．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
解析：选D 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．故选D.
4．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( )
A．12对 B．24对 C．36对 D．48对
解析：选B 如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线eq \f(12×4,2)＝24(对)．
5.(2022·临沂模拟)如图，四边形ABCD和四边形ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．
解析：如图，将题图补成正方体ABCD­QGHP，连接GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,3)
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2022·威海一中月考)设α，β为不重合的两个平面，m，n为不重合的两条直线，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
解析：选D 对于A，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与α有可能相交，也有可能m⊂α，故A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α与β有可能相交，也有可能平行，故B错误；对于C，若m∥α，n∥β，m⊥n，则α与β有可能平行，也有可能相交，故C错误；对于D，由于m⊥β，n⊥β，所以m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，故D正确．故选D.
2.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是( )
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．异面 D．平行
解析：选D 如图，连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，得M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N.由CF＝2FA，得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq \f(ME,ED1)＝eq \f(1,2)，eq \f(MF,BF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ME,ED1)＝eq \f(MF,BF)，所以EF∥BD1.
3.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：选D 连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1(或其补角)即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(5)，在△A1BC1中，由余弦定理得cs∠A1BC1＝eq \f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5).
4.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A错误；由题意知，上底面是一个正三角形，故AC不可能垂直于平面ABB1A1，所以B错误；因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，且因为△ABC为正三角形，点E为BC中点，所以AE⊥BC，又因为BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，所以C正确；因为A1C1所在的平面A1B1C1与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，所以D错误．故选C.
5．到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( )
A．1 B．4
C．7 D．8
解析：选C 当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图①，令截面与三棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；
当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图②，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个．所以满足条件的平面共有7个，故选C.
6.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列叙述不正确的是( )
A．A，M，N，B四点不共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．BN∥平面ADM
解析：选D 如图所示，对于A，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A正确；对于B，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确；对于C，取CD的中点O，连接BO，ON，可知三角形BON为等边三角形，故C正确；对于D，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误．
7．在正四面体A­BCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选B 画出正四面体A­BCD的直观图，如图所示．设其棱长为2，取AD的中点F，连接EF，设EF的中点为O，连接CO，则EF∥BD，则∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角．因为△ABC为等边三角形，所以CE⊥AB，易得CE＝eq \r(3)，同理可得CF＝eq \r(3)，故CE＝CF.因为OE＝OF，所以CO⊥EF.又EO＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(1,4)BD＝eq \f(1,2)，所以cs∠FEC＝eq \f(EO,CE)＝eq \f(\f(1,2),\r(3))＝eq \f(\r(3),6).
8.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________(填序号)．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
9．(2022·洛阳模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成角的余弦值是________．
解析：如图所示，连接DN，
取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，∴MK∥AN，
∴∠KMC(或其补角)为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2eq \r(2)，
∴MK＝eq \r(2).
在Rt△CKN中，CK＝ eq \r(\r(2)2＋12)＝eq \r(3).
在△CKM中，由余弦定理，
得cs∠KMC＝eq \f(\r(2)2＋2\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq \f(7,8)，
∴异面直线AN，CM所成角的余弦值是eq \f(7,8).
答案：eq \f(7,8)
10．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq \r(2)，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．
解析：如图①，连接A1B，由已知数据可得BC1＝2，A1B＝2eq \r(2)，则A1C12＋BC12＝A1B2，∴∠A1C1B＝90°.将△BCC1沿BC1展平在平面A1BC1内，连接A1C，如图②，则A1P＋PC的最小值为线段A1C的长．在△A1C1C中，A1C1＝2，CC1＝eq \r(2)，易知∠A1C1C＝135°，由余弦定理得，A1C2＝A1C12＋CC12－2A1C1·CC1·cs∠A1C1C＝22＋(eq \r(2))2－2×2×eq \r(2)×cs 135°＝4＋2＋4＝10，∴A1C＝eq \r(10)，即A1P＋PC的最小值为eq \r(10).
答案：eq \r(10)
11.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，BE∥FA，BE＝eq \f(1,2)FA，又G，H分别为FA，FD的中点．
(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH∥AD，GH＝eq \f(1,2)AD.又BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，故GH∥BC，GH＝BC.所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE＝eq \f(1,2)FA，G是FA的中点知，BE∥GF，BE＝GF，则四边形BGFE是平行四边形，所以EF∥BG，EF＝BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．
12.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角的大小．
解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾，故直线EF与BD是异面直线．
(2)如图，取CD的中点G，连接EG，FG，
则AC∥FG，EG∥BD.
所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角．
又因为AC⊥BD，则FG⊥EG，
在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq \f(1,2)AC，得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
第三节 直线、平面平行的判定与性质
课程标准
1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题．
[由教材回扣基础]
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
澄清微点·熟记结论
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(4)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(6)三种平行关系的转化
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(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.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(新北师大版必修②P219T1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
2．(人教A版必修②P61T1)直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线( )
A．只有一条，不在平面α内
B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
解析：选C 过a与P作一平面β，平面α与平面β的交线为b，因为直线a∥平面α，所以a∥b，在同一个平面内，过一点作已知直线的平行线有且只有一条，所以选项C正确．
3.(新人教A版必修②P138T2改编)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO(图略)，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
4．(新人教B版必修④P108T7改编) 如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________．
解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
三、练清易错易混
1．(忽视面面平行的条件)下列条件中，能判断两个平面平行的是( )
A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面
B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面
C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面
D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
解析：选D 由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．故可知D符合．
2．(对空间平行关系相互转化的条件理解不到位)设m，l表示两条不同的直线，α表示平面，若m⊂α，则“l∥α”是“l∥m”的____________条件．
解析：由m⊂α，l∥α不能推出l∥m；由m⊂α，l∥m也不能推出l∥α，所以是既不充分也不必要条件．
答案：既不充分也不必要
3．(忽视线面平行的条件)
(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的位置关系是______________．
(2)已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β的位置关系是______________．
(3)若α∥β，直线a∥α，则a与β的位置关系是____________．
解析：(1)由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于α，也可能在α内．
(2)当a，b相交时，α∥β；当a，b平行时，α，β平行或相交．
(3)当a在β外时，a∥β；当a在β内时，a∥α也成立．
答案：(1)a∥α或a⊂α (2)平行或相交 (3)a∥β或a⊂β
命题视角一 直线与平面平行的判定与性质
考法(一) 线面平行的判定
[例1] 如图，在四棱锥E-ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．
求证：AF∥平面BCE.
[证明] 如图，取CE的中点M，连接FM，BM.
因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD且FM＝eq \f(1,2)CD＝2，因为AB∥CD，且AB＝2，所以FM∥AB且FM＝AB，所以四边形ABMF为平行四边形，所以AF∥BM，因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE.
考法(二) 线面平行的性质定理的应用
[例2] 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
[证明] 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥MO.又MO⊂平面BMD，AP⊄平面BMD，∴AP∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且AP⊂平面PAHG，∴AP∥GH.
[方法技巧]
线面平行问题的解题关键
(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，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．
[针对训练]
1.如图所示，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．求证：
(1)AD1∥平面BDC1；
(2)BD∥平面AB1D1.
证明：(1)∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，∴C1D1DA，
∴四边形ADC1D1为平行四边形，∴AD1∥C1D.
又AD1⊄平面BDC1，C1D⊂平面BDC1，
∴AD1∥平面BDC1.
(2)连接DD1，∵BB1∥平面ACC1A1，BB1⊂平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝DD1，
∴BB1∥DD1，
又∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，∴BB1＝DD1，
故四边形BDD1B1为平行四边形，
∴BD∥B1D1，
又BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，
∴BD∥平面AB1D1.
2．如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
证明：(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO⊂平面EOC，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)如图，取AB的中点N，连接DN，MN.因为M是AE的中点，N是AB的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，MN⊂平面DMN，DN⊂平面DMN，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.
命题视角二 平面与平面平行的判定与性质
[典例] 如图，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EFA1∥平面BCHG.
[证明] (1)∵在△A1B1C1中，G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴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，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
易证A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，
∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，且A1E⊂平面EFA1，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.
[方法技巧]
1．判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
2．面面平行条件的应用
(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行．
(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．
[针对训练]
如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．
(1)求证：平面BMN∥平面PCD；
(2)若AD＝6，求三棱锥P-BMN的体积．
解：(1)证明：如图，连接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD⊂平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM⊂平面BMN，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.
(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3eq \r(3).∵M，N分别为AD，PA的中点，PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD＝3eq \r(2)，∴S△PMN＝eq \f(1,4)S△PAD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×(3eq \r(2))2＝eq \f(9,4).∴VP-BMN＝VB-PMN＝eq \f(1,3)S△PMN·BM＝eq \f(1,3)×eq \f(9,4)×3eq \r(3)＝eq \f(9\r(3),4).
命题视角三 平行关系的综合
[典例] 如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
[解] (1)证明：①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACDH∩平面β＝HD，且HD＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥HD，∴四边形ACDH是平行四边形．在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知，EF∥平面β.
(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs ∠EMF)
＝ eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
[方法技巧]
利用线面平行或面面平行的性质，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．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
[针对训练]
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
解：(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，证明如下：因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).所以PR∥DA.又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA.所以平面PQR∥平面A1D1DA.
数学建模·练抽象思维——平行关系中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，对于下列说法：
①“羡除”有且仅有两个面为三角形；②“羡除”一定不是台体；③不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；④“羡除”至多有两个面为梯形．其中正确的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C 如图所示，AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形．对于①，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故①正确；对于②，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故②正确；对于③，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，AE＝BF＝CD，则四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故假设不成立，故③正确；对于④，若AE，BF，CD两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，故④错误．故选C.
2．(创新学科情境)1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何体，下列说法不正确的有( )
A．AF∥CD
B．AF⊥DE
C．新几何体有7个面
D．新几何体无外接球
解析：选C 由题意知，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G，H分别为BC，ED的中点，连接FG，AH，GH，AG.如图所示．
则FG⊥BC，AG⊥BC，则BC⊥平面AGF.同理，BC⊥平面AGH.∵平面AFG∩平面AGH＝AG，由垂直唯一性得BC⊥平面AHGF，即A，H，G，F四点共面，又FG⊥BC，AH⊥DE，BC∥DE，∴FG∥AH，从而AF∥GH，GH⊥BC，GH⊥DE，∴GH∥BE∥CD，AF⊥DE，AF∥CD，故A、B正确；∴A，F，C，D四点共面， 即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确．
3.(创新学科情境)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.(填一个条件即可)
解析：如图，连接HN，FH，FN，则FH∥D1D，HN∥BD，
∵FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，
∴平面FNH∥平面B1BDD1，若M∈FH，则MN⊂平面FNH，∴MN∥平面B1BDD1.
答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)
4．(创新学科情境)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点N是棱A1B1的中点，点T是棱CC1上靠近点C的三等分点，动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动，且QB∥平面D1NT，则动点Q所形成的轨迹的长为________．
解析： 由于QB∥平面D1NT，所以点Q在过B且与平面D1NT平行的平面上，如图，取DC的中点E1，取线段AA1上一点G，使A1G＝1，易证平面BGE1∥平面D1NT.延长BE1，AD，交于点E，连接EG，交DD1于点I，显然，平面BGE∩正方形D1DAA1＝GI，所以点Q的轨迹是线段GI，易求得GI＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．m，n是平面α外的两条直线，在m∥α的前提下，m∥n是n∥α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：选A 由已知条件m∥α，结合线面平行的性质定理可得，过直线m作一平面β交α于直线l，则m∥l，从而存在l⊂α有m∥l，再由m∥n可得n∥l，从而有n∥α.反之，不一定成立，m，n可能相交、平行或异面．所以m∥n是n∥α的充分不必要条件，故选A.
2．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α与直线l至少有两个公共点
D．α内的直线与l都相交
解析：选B 因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．
3．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )
A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C．l∥α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m
解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.
4．已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题不正确的是( )
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β
B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C．若α∥β，m⊂α，则m∥β
D．若m∥n，α∥β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等
解析：选A 若m⊥n，m⊥α，则n⊂α或n∥α，又n∥β，并不能得到α⊥β这一结论，故A错误；若m⊥α，n∥α，则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得m⊥n，故B正确；若α∥β，m⊂α，则由面面平行的性质定理可知m∥β，故C正确；若m∥n，α∥β，则由线面角的定义和等角定理知，m与α所成的角和n与β所成的角相等，故D正确．
5．(2022·郑州调研)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)．
解析：①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．
答案：②
二、综合练——练思维敏锐度
1.(2022·徐州期中)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，点F在棱PA上，PF＝λAF，若PC∥平面BDF，则λ的值为( )
A．1 B.eq \f(3,2) C．3 D．2
解析：选A 连接AC交BD于点O，连接OF，∵四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，∴AO＝OC，∵点F在棱PA上，PF＝λAF，PC∥平面BDF，∴OF∥PC，∴λ＝1.故选A.
2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是( )
A．直线BQ∥平面EFG
B．直线A1B∥平面EFG
C．平面APC∥平面EFG
D．平面A1BQ∥平面EFG
解析：选B 过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，则BQ和平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG和AP必相交，故平面APC和平面EFG相交，故C错误；平面A1BQ与平面EFG有公共点Q，故平面A1BQ和平面EFG相交，故D错误．故选B.
3．若平面β截三棱锥所得的截面为平行四边形，则该三棱锥的所有棱中与平面β平行的棱有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．1条或2条
解析：选C 如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.
∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，
∴EF∥平面BCD，又∵EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.
又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，
∴CD∥平面EFGH.同理，AB∥平面EFGH.故有2条棱与平面EFGH平行．因此选C.
4.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(9,8)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(6),2)
解析：选B 如图，分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，MN和AN是平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即为所求．因为PQ∥DB，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，梯形的高h＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，所以四边形DBQP的面积为eq \f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq \f(9,8).故选B.
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，若MP∥平面A1BC1，则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
解析：选C 取AD的中点E，DC的中点F，连接ME，MF，EF，取EF的中点O，连接MO，∵在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，∴ME∥BC1，MF∥A1B，EF∥A1C1，∵ME∩MF＝M，BC1∩A1B＝B，∴平面A1BC1∥平面EFM，∵P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点，MP∥平面A1BC1，∴P的轨迹是线段EF，∵ME＝MF＝EF，O是EF中点，∴OM⊥EF，∵EF∥A1C1，∴OM⊥A1C1，∴当P与O重合时，异面直线MP与A1C1所成的角取得最大值为eq \f(π,2)，∵ME＝MF＝EF，P是EF上动点，EF∥A1C1，∴当P与点E或F重合时，异面直线MP与A1C1所成的角取得最小值为eq \f(π,3).∴异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2) )).故选C.
6．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，DA＝DC＝1，DD1＝2，分别在对角线A1D，CD1上取点M，N，使得直线MN∥平面A1ACC1，则线段MN长的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(2),2) D．2
解析：选B 如图，作MM1⊥AD于点M1，作NN1⊥CD于点N1，∴MM1∥NN1，∴M，N，N1，M1四点共面且四边形MM1N1N为直角梯形．
∵MM1∥AA1，MM1⊄平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，
∴MM1∥平面A1ACC1.
又MN∥平面A1ACC1，MM1∩MN＝M，
∴平面MM1N1N∥平面A1ACC1，
∴M1N1∥平面A1ACC1，
∴M1N1∥AC.∵DA＝DC＝1，DD1＝2，
∴DM1＝DN1，设DM1＝DN1＝x，则MM1＝2x，
NN1＝2－2x，M1N1＝eq \r(2)x.在直角梯形MNN1M1中，MN2＝(eq \r(2)x)2＋(2－4x)2＝18eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,9)))2＋eq \f(4,9)，∴当x＝eq \f(4,9)时，MN取得最小值，最小值为eq \f(2,3).故选B.
7.如图所示，三棱柱ABC­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
解析：如图，设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，即A1D∶DC1＝1.
答案：1
8．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________．
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.在②③中不能判定AB∥平面MNP.
答案：①④
9.
如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq \f(a,3)，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.
解析：
因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ.又因为B1D1∥BD，所以BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，因为AB∥CD，所以△APM∽△DPQ.所以eq \f(PQ,PM)＝eq \f(PD,AP)＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，所以eq \f(PM,BD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(1,3)，所以PM＝eq \f(1,3)BD，又BD＝eq \r(2)a，所以PQ＝eq \f(2\r(2),3)a.
答案：eq \f(2\r(2),3)a
10.(2022·武汉模拟)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中点．
(1)求证：PC∥平面BDE；
(2)平面BDE分此棱锥为两部分，求这两部分的体积比．
解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，设AC，BD的交点为O，则O是AC的中点．又E是PA的中点，连接EO(图略)，则EO是△PAC的中位线，所以PC∥EO，又EO⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.
(2)设三棱锥E­ABD的体积为V1，高为h，四棱锥P­ABCD的体积为V，则三棱锥E­ABD的体积V1＝eq \f(1,3)×S△ABD×h，因为E是PA的中点，所以四棱锥P­ABCD的高为2h，所以四棱锥P­ABCD的体积V＝eq \f(1,3)×S四边形ABCD×2h＝4×eq \f(1,3)S△ABD×h＝4V1，所以(V－V1)∶V1＝3∶1，所以平面BDE分此棱锥得到的两部分的体积比为3∶1或1∶3.
11.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P­ABM的体积．
解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MN∥PA.又因为MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，点N是AD的中点，所以CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又因为∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.又因为CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以MC∥平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．由AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，得BC＝eq \r(3)，所以VP­ABM＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×2＝eq \f(\r(3),3).
第四节 直线、平面垂直的判定与性质
课程标准
1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形中垂直关系的简单命题．
[由教材回扣基础]
1．直线与平面垂直
(1)定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
2．直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
澄清微点·熟记结论
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)若直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( )
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( )
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.( )
(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修②P161T2改编)已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，以下能判定m⊥α的是( )
A．α⊥β且m⊂β B．α∥β且m⊥β
C．α⊥β且m∥β D．m⊥n且n∥α
答案：B
2．(新人教A版必修②P164T21改编)已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA ⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7
3.(新苏教版必修②P172T1改编)如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
三、练清易错易混
1．(忽视线面垂直条件的判断)“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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：选B 根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
2．(忽视判定平面与平面垂直的条件)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
3．(忽视平面到空间的变化)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________________．
解析：若a，b，c在同一个平面内，则由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能．
答案：平行、相交或异面
4．(忽视线面垂直的性质定理的条件)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线n满足n⊥l，则n与β________(填“一定”或“不一定”)垂直．
解析：当n⊂α时，若α∩β＝l，且n⊥l，则n⊥β，否则不一定有n⊥β.
答案：不一定
命题视角一 直线与平面垂直的判定与性质
[典例] 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
[方法技巧]
证明线面垂直的4种方法
(1)线面垂直的判定定理：
l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理：
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)
[针对训练]
1．已知S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC，
又AB⊥BC，∴DE⊥AB.
∵SA＝SB，E为AB的中点，
∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE.
又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，
∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
(2)由于AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC.
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
2.如图，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.
证明：(1)如图所示，取PD的中点E，连接AE，NE，
∵N为PC的中点，∴NE∥CD且NE＝eq \f(1,2)CD，又AM∥CD且AM＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)CD，∴NE綉AM，∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，又∠PDA＝45°，∴△PAD为等腰直角三角形，又E为PD的中点，∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE，又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.又AE∥MN，∴MN⊥平面PCD.
命题视角二 平面与平面垂直的判定与性质
[典例] 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[证明] (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[方法技巧] 面面垂直判定的两种方法与一个转化
[针对训练]
1.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝∠AA1C＝90°，平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)求证：AA1⊥A1B；
(2)若AA1＝2，BC＝3，∠A1AC＝60°，求点C到平面A1ABB1的距离．
解：(1)证明：因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AA1.因为∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C，又因为BC∩A1C＝C，所以AA1⊥平面A1BC，又A1B⊂平面A1BC，所以AA1⊥A1B.
(2)由(1)可知A1A⊥平面A1BC，A1A⊂平面A1ABB1，所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B.所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的边A1B上的高，设其为h.在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则A1C＝2eq \r(3).由(1)得，BC⊥A1C，所以在Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝eq \r(21)，h＝eq \f(BC·A1C,A1B)＝eq \f(6\r(3),\r(21))＝eq \f(6\r(7),7).故点C到平面A1ABB1的距离为eq \f(6\r(7),7).
2.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，EB⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，EB＝2FD＝4.
(1)求证：EF⊥AC；
(2)求几何体EF-ABCD的体积．
解：(1)证明：如图，连接DB.∵DF⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，∴EB∥FD，∴E，F，D，B四点共面．∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥AC.设DB∩AC＝O.∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥DB.∵DB∩EB＝B，∴AC⊥平面EFDB.∵EF⊂平面EFDB，∴AC⊥EF.
(2)由(1)知EB∥FD.∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥BD，∴四边形EFDB为直角梯形．在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，∴BD＝2，AO＝CO＝eq \r(3)，∴梯形EFDB的面积S＝eq \f(2＋4×2,2)＝6.∵AC⊥平面EFDB，∴V多面体EF-ABCD＝VA-EFDB＋VC-EFDB＝eq \f(1,3)S·AO＋eq \f(1,3)S·CO＝4eq \r(3).
命题视角三 平行与垂直的综合问题
[典例] 如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[解] (1)证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD.而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
(2)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，而MD⊂平面BB1D，所以MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM.因为N是DC的中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[方法技巧]
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系．
[针对训练]
(2022·广州模拟)如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝eq \r(6)，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点．
(1)求证：FG∥平面BED；
(2)求证：BD⊥平面AED；
(3)求点F到平面BED的距离．
解：(1)证明：如图，取BD的中点O，连接OE，OG.
在△BCD中，因为G是BC的中点，所以OG∥DC且OG＝eq \f(1,2)DC＝1.
因为EF∥AB，AB∥DC，EF＝1，
所以EF∥OG且EF＝OG，
所以四边形OGFE是平行四边形，所以FG∥OE.
又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，
所以FG∥平面BED.
(2)证明：在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理，得BD＝
eq \r(AD2＋AB2－2×AD×AB×cs∠BAD)＝eq \r(3).
所以BD2＋AD2＝AB2，所以BD⊥AD.
因为平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD＝AD，
所以BD⊥平面AED.
(3)由(1)知FG∥平面BED，所以点F到平面BED的距离等于点G到平面BED的距离．设点G到平面BED的距离为h，如图，过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，连接DG，EG，则EM⊥平面ABCD，所以EM是三棱锥E-DBG的高．由余弦定理，得cs∠ADE＝eq \f(DE2＋AD2－AE2,2DE·AD)＝eq \f(2,3)，所以sin∠ADE＝eq \f(\r(5),3)，所以EM＝DE·sin∠ADE＝eq \r(5).易知DB⊥BC，BD⊥DE，所以S△DBG＝eq \f(1,2)BD·BG＝eq \f(\r(3),4)，S△BDE＝eq \f(1,2)BD·DE＝eq \f(3\r(3),2).由V三棱锥G-BDE＝V三棱锥E-DBG，即eq \f(1,3)S△BDE·h＝eq \f(1,3)S△DBG·EM，解得h＝eq \f(\r(5),6).所以点F到平面BED的距离为eq \f(\r(5),6).
拓展深化·练创新思维——立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍；但又因其是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径.
类型(一) “动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
[例1] 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是线段B1D1，AC上的动点，则下列说法错误的是( )
A．线段PQ长度的最小值为2
B．满足PQ＝2eq \r(2)的情况只有4种
C．无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直
D．三棱锥P-ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置无关
[解析] 对于A，当P、Q分别为线段B1D1、AC的中点时，PQ是异面直线B1D1、AC的公垂线，此时线段PQ长度最小为2，故A正确；对于B，PQ＝2eq \r(2)，只能是面对角线，此时PQ可以是AD1，CD1，AB1，CB1四种，故B正确；对于C，当P与B1重合，Q与C重合时，此时直线PQ(即B1C)与平面BC1D1垂直，故PQ⊥BD1，故C错误；对于D，由于点P到平面ABQ的距离是2，底面△QBA的面积随着点Q的移动而变化，∴三棱锥P-ABQ的体积只与点Q的位置有关，与点P的位置无关，故D正确．
[答案] C
[名师微点]
本题通过点P，Q的“动”考查了最值、垂直、体积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．
类型(二) “动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
[例2] (2021·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱PA，PB，PC的长为eq \r(2)，底面△ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为( )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),4) B.eq \f(\r(3)＋1,2) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(3),2)
[思路点拨] 先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面转化为平面几何问题来处理．
[解析] 将正三棱锥P-ABC放入棱长为eq \r(2)的正方体AGIJ-PCHB中，如图(1)所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．
连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.
由题意得，平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，
故MN⊥PF，
所以M在PD上运动时，N在PF上运动．
把平面AGP和平面PGF沿PG展开，
示意图如图(2)所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，
则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin(45°＋30°)＝eq \f(\r(3)＋1,2).故选B.
[答案] B
[名师微点]
对于立体几何中的双动点问题，可先固定一个动点，如本题先固定点M，那么MN的最小值就是点M到平面PCE的距离，进而求得AM＋MN的最小值．这类题通常需要利用展开图，数形结合，达到化动为静，以静制动的目的，从而求解．
类型(三) “动态”中研究“变量”——“翻折问题”
[例3] 如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD(如图2)，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是( )
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′-BCD的体积为eq \f(1,2)
[解析] 由A′B＝A′D＝1，BD＝eq \r(2)，得BA′⊥DA′.
因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面A′BD，进而有CD⊥BA′.
由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.
所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B正确．
[答案] B
[名师微点]
解决翻折问题，要分析翻折前后的“变量”与“不变量”，在翻折前要标注重要的点或重要的量，分析其在翻折后的变化情况．具体到本例，应重视垂直关系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能顺利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，从而解决问题．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C 因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.
2．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
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：选A 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.
3．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊂α，则m⊥β
B．若m⊂α，n⊂β，则m⊥n
C．若m⊄α，m⊥β，则m∥α
D．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α
解析：选C 对于A，若m⊂α，则m与平面β可能平行或相交，所以A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，则m与n可能平行、相交或异面，所以B错误；对于C，若m⊄α，m⊥β，则m∥α，C正确；对于D，α∩β＝m，n⊥m，则n不一定与平面α垂直，所以D错误．
4.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
解析：选B A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
5．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是________．(填序号)
解析：在①中，设平面BCD上的另一个顶点为A1，连接BA1(图略)，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，则CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD.
答案：①
二、综合练——练思维敏锐度
1.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任意一点，则下列结论中正确的是( )
A．PB⊥AC
B．PC∥BC
C．AC⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
解析：选D 因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC，又点C是圆周上异于A，B的任意一点，所以AC⊥BC.对于A、C，若PB⊥AC，则可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与PA⊥AC矛盾，故A、C错误；对于B、D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC⊂平面PBC可得平面PAC⊥平面PBC，故B错误，D正确．
2.(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析：选A 如图，连接AD1.因为四边形ADD1A1是正方形，且M是A1D的中点，所以点M是AD1的中点，A1D⊥AD1.又AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1.又D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，所以B错误；由图易知直线A1D与直线D1B异面，所以C错误；因为M，N分别是AD1，D1B的中点，所以MN∥AB.又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，所以A正确；取AA1的中点E，连接NE，EB，ED1，ED，EB1，B1D，则B1D交D1B于点N.易证EB＝ED1，ED＝EB1.又N是D1B，B1D的中点，所以EN⊥D1B，EN⊥B1D.又D1B∩B1D＝N，所以EN⊥平面BDD1B1.而MN∩NE＝N，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以D错误．故选A.
3.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．如图，在四面体P­ABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有( )
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
解析：选C 为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体P­ABC为“鳖臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面体P­AEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.
4．(2020·新高考Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40°
C．50° D．90°
解析：选B 过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，
所以OA⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，
所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.
又因为∠EAC＝∠FAG，
所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.
5.在三棱锥S­ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：
①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是eq \f(1,2)a.
其中正确的是________．(填序号)
解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE(图略)，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为eq \f(1,2)a，故④正确．
答案：①②③④
6．(2022·宜昌模拟)在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，若CM＝BN，则MN长度的最小值为________．
解析：过M作MQ⊥AB于Q，连接QN，如图所示．
∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，∴MQ⊥平面ABEF，又QN⊂平面ABEF，∴MQ⊥QN.设CM＝BN＝a(0