高考数学一轮细讲精练【第七篇】立体几何

这是一份高考数学一轮细讲精练【第七篇】立体几何，共177页。
第七篇　立体几何A


第1讲　空间几何体的结构及其三视图和直观图
[最新考纲]
1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简单组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．
3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求).


知 识 梳 理

1．多面体的结构特征
(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．
(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．
(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
2．旋转体的结构特征
(1)圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．
(2)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．
(3)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．
3．空间几何体的三视图
空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．
4．空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：
(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、y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．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．
辨 析 感 悟
1．对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的认识
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)
(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(√)
2．对圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征的认识
(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．(×)
(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．(×)
(6)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)
3．对直观图和三视图的画法的理解
(7)在用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A＝45°.(×)
(8)(教材习题改编)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三个视图均相同．(×)
[感悟·提升]
1．两点提醒　一是从棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的定义入手，借助几何模型强化空间几何体的结构特征．如(1)中例如；(2)中例如.
二是图形中与x轴、y轴、z轴都不平行的线段可通过确定端点的办法来解，即过端点作坐标轴的平行线段，再借助所作的平行线段来确定端点在直观图中的位置．如(7)．
2．一个防范　三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．如(8)中正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．

学生用书第106页

考点一　空间几何体的结构特征
【例1】 给出下列四个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；
③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；
④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是(　　)．
A．0 B．1 C．2 D．3
　

解析①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
答案　B
规律方法 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
【训练1】 给出下列四个命题：
①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；
④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．
其中错误的命题的序号是________．
解析　认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．
答案　①②③④
考点二　由空间几何体的直观图识别三视图
【例2】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为(　　)．

审题路线　在空间直角坐标系中画出四面体⇒以zOx平面为投影面⇒可得正视图．

解析　在空间直角坐标系中，先画出四面体O－ABC的直观图，如图，设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体被还原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.
答案　A
规律方法 空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后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，再确定几何体的形状，即可得到结果．
【训练2】 (2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的(　　)．

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③
解析　由正视图的定义可知；点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，即正视图为正方形，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.
答案　B
考点三　由空间几何体的三视图还原直观图
【例3】 (1)(2013·四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是(　　)．

(2)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(　　)．


解析　(1)由于俯视图是两个圆，所以排除A，B，C，故选D.
(2)A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.
答案　(1)D　(2)D
学生用书第107页
规律方法 在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．
【训练3】 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(　　)．


解析　所给选项中，A，C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．
答案　B
　
1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．
2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．
3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．　　　　　　　　　　　　　　　　　
易错辨析7——三视图识图不准致误
【典例】 (2012·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为(　　)．


[错解]　选A或D.
[错因]　致错原因是根据提示观测位置确定三视图时其实质是正投影，将几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线，错选A或D都是没有抓住看到的轮廓线在面上的投影位置，从而导致失误．
[正解]　还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．故选B.
[答案]　B
[防范措施]　空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图．因此在分析空间几何体的三视图问题时，就要抓住正投影，结合具体问题和空间几何体的结构特征进行解答．
【自主体验】
(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　



解析　注意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线从几何体的左面向右面正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D.
答案　D
对应学生用书P307
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．一个棱柱是正四棱柱的条件是(　　)．
A．底面是正方形，有两个侧面是矩形
B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面
C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直
D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱
解析　A，B两选项中侧棱与底面不一定垂直，D选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.
答案　C
2．(2014·福州模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)．





解析　给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．

答案　B
3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(　　)．


A．①② B．①③ C．①④ D．②④
解析　正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以②④正确．
答案　D
4．(2013·汕头二模)如图，某简单几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且其体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)．



解析　若该几何体的俯视是选项A，则其体积为1，不满足题意；由正视图、侧视图可知俯视图不可能是B项；若该几何体的俯视图是选项C，则其体积为，不符合题意；若该几何体的俯视图是选项D，则其体积为，满足题意．
答案　D
5.


已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为(　　)．

解析　空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.
答案　C
二、填空题
6．利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)．
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形．
解析　①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．
答案　①②④
7．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．
①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．
解析　


显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.
答案　①②③⑤
8. 如图，用斜二测画法得到四边形ABCD是下底角为45°的等腰梯形，
其下底长为5，一腰长为，则原四边形的面积是________．
解析　作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则AE＝BF＝ADcos 45°＝1，∴CD＝EF＝3.将原图复原(如图)，则原四边形应为直角梯形，∠A＝90°，AB＝5，CD＝3，AD＝2，∴ S四边形ABCD＝×(5＋3)×2＝8.
答案　8


三、解答题


9．如图所示的是一个零件的直观图，试画出这个几何体的三视图．
解　这个几何体的三视图如图．


10．如图是一个几何体的正视图和俯视图．
(1)试判断该几何体是什么几何体；
(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积；
(3)求出该几何体的体积．
解　(1)正六棱锥．
(2)其侧视图如图：其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC＝a，AD的长是正六棱锥的高，即AD＝a，

∴该平面图形的面积S＝ a·a＝a2.
(3)V＝×6×a2×a＝a3.
　　　　　　　　　能力提升题组
　　　　　　　(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　)．
A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱
解析　球的正视图、侧视图和俯视图均为圆，且形状相同、大小相等；三棱锥的正视图、侧视图和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图、侧视图和俯视图可以为形状相同、大小相等的正方形；圆柱的正视图、侧视图均为矩形，俯视图为圆．
答案　D
2．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于(　　)．
A.a2 B．2a2 C.a2 D.a2
解析　根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积等于＝2a2.
答案　B
二、填空题
3.


如图所示，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________(填序号)．


解析　由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．
答案　②③
三、解答题
4．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．


(1)画出该三棱锥的直观图；
(2)求出侧视图的面积．
解　(1)直观图如图所示：


(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，
∴侧视图中
VA＝＝2，
∴S△VBC＝×2×2＝6.


学生用书第108页



第2讲　空间几何体的表面积与体积
[最新考纲]
1．了解球体、柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．
2．了解球体、柱体、锥体、台体的体积计算公式.
知 识 梳 理

1．柱、锥、台和球的侧面积和体积

面　积
体　积
圆柱
S侧＝2πrh
V＝Sh＝πr2h
圆锥
S侧＝πrl
V＝Sh＝πr2h
＝πr2
圆台
S侧＝π(r1＋r2)l
V＝(S上＋S下＋)h＝π(r＋r＋r1r2)h　
直棱柱
S侧＝Ch
V＝Sh
正棱锥
S侧＝Ch′
V＝Sh
正棱台
S侧＝(C＋C′)h′
V＝(S上＋S下＋)h
球
S球面＝4πR2
V＝πR3
2.几何体的表面积
(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．
辨 析 感 悟
1．柱体、锥体、台体与球的面积
(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)
(2)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(×)
2．柱体、锥体、台体的体积
(3)(教材练习改编)若一个球的体积为4π，则它的表面积为12π.(√)
(4)(2013·浙江卷改编)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于24 cm3.(√)

(5)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)
3．柱体、锥体、台体的展开与折叠
(6)将圆心角为，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)
(7)(2014·青州模拟改编)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD＝a，则三棱锥D－ABC的体积为a3.(×)
[感悟·提升]
两点注意　一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.
学生用书第109页

考点一　空间几何体的表面积
【例1】 (2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为8的矩形．则该几何体的表面积是(　　)．


A．8 B．20＋8
C．16 　 D．24＋8
解析　由已知俯视图是矩形，则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为2，由面积8，得长为4，则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋2×4＋2×2×4＝20＋8.
答案　B
规律方法 (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
【训练1】 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．





解析　如图所示：
该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1，高为1的圆柱后剩下的部分．
∴S表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38.
答案　38
考点二　空间几何体的体积
【例2】 (1)(2013·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　



A．16＋8π B．8＋8π
C．16＋16π D．8＋16π
(2)(2014·福州模拟)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. B.
C. D.


解析　(1)由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2、高为4.所以V＝2×2×4＋×22×π×4＝16＋8π.故选A.
(2)三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.
答案　(1)A　(2)A
规律方法 (1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
【训练2】 如图所示，已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1A，CC1的中点，求四棱锥C1－B1EDF的体积．

解　法一　连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，
过O1作O1H⊥B1D于H.
∵EF∥A1C1，且A1C1⊄平面B1EDF，
EF⊂平面B1EDF.
∴A1C1∥平面B1EDF.

∴C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离．
∵平面B1D1D⊥平面B1EDF，且平面B1D1D∩平面B1EDF＝B1D，
∴O1H⊥平面B1EDF，
即O1H为棱锥的高．
∵△B1O1H∽△B1DD1，
∴O1H＝＝a.

O1H＝··a·a·a＝a3.
法二　连接EF，B1D.
设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝a.
由题意得，＝·S△C1EF·(h1＋h2)＝a3.



考点三　球与空间几何体的接、切问题
【例3】 (1)(2013·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是______________．


(2)(2013·辽宁卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为 (　　)．
A. B．2
C. D．3
审题路线　(1)正方体内接于球⇒正方体的体对角线长等于球的直径⇒求得球的半径⇒代入球的表面积公式(注意只算球的表面积)．
(2)BC为过底面ABC的截面圆的直径⇒取BC中点D，则球心在BC的垂直平分线上，再由对称性求解．
解析　(1)由三视图知，棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为2，即为球的直径．
所以球的表面积为S＝4π·2＝12π.
(2)因为在直三棱柱中AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径，取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球的直径，所以2r＝＝13，即r＝.
答案　(1)12π　(2)C
学生用书第110页
规律方法 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．

【训练3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 (　　)．
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
解析　作出该球的轴截面，如图所示，依题意BE＝2 cm，AE＝CE＝4 cm，设DE＝x，故AD＝2＋x，因为AD2＝AE2＋DE2，解得x＝3(cm)，故该球的半径AD＝5 cm，所以V＝πR3＝(cm3)．


答案　A
考点四　几何体的展开与折叠问题
【例4】 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A，B，C，D，O为顶点的四面体的体积为________．

(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为________(其中PA1表示P，A1两点沿棱柱的表面距离)．




解析　(1)折叠后的四面体如图所示．
OA，OC，OD两两相互垂直，且OA＝OC＝OD＝2，体积V＝ S△OCD·OA＝××(2)3＝.
(2)由题意知，把面BB1C1C沿BB1展开与面AA1B1B在一个平面上，如图所示，连接A1C即可．
则A1、P、C三点共线时，CP＋PA1最小，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝C1C＝3，
∴A1B1＝AB＝＝5，∴A1C1＝5＋3＝8，
∴A1C＝＝.故CP＋PA1的最小值为.

答案　(1)　(2)
规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．
(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．
【训练4】 如图为一几何体的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD＝PD＝6，CR＝SC，AQ＝AP，点S，D，A，Q共线，点P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．


解析　由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P－ABCD(如图所示)，
其中PD⊥平面ABCD，因此该四棱锥的体积V＝×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V＝6×6×6＝216，故需要＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．


答案　3


1．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．
2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
3．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.





方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用
【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．

[一般解法] 三棱锥D1－EDF的体积即为三棱锥F－DD1E的体积．因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以＝××1＝.
[优美解法] E点移到A点，F点移到C点，则＝＝××1×1×1＝.
[答案]　
[反思感悟] (1)一般解法利用了转化思想，把三棱锥
D1－EDF的体积转化为三棱锥F－DD1E的体积，但这种解法还是难度稍大，不如采用特殊点的解法易理解、也简单易求．
(2)在求几何体体积时还经常用到等积法、割补法．
【自主体验】
如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，此三棱柱ABC－A1B1C1的体积为________．

解析　补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．
记A1到平面BCC1B1的距离为d，则d＝2.
则V三棱柱＝V四棱柱＝＝×4×2＝4.

答案　4

对应学生用书P309
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2013·广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是(　　)．


　　　　　　　　　　　　　　　　

A．4 B. C. D．6
解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底面是边长为1的正方形；下底面是边长为2的正方形，高为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V＝(12＋＋22)×2＝，故选B.
答案　B
2．(2013·湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　)．
A．1 B. C. D.

解析　由俯视图的面积为1可知，该正方体的放置如图所示，当正视图的方向与正方体的侧面垂直时，正视图的面积最小，其值为1，当正视图的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时，正视图的面积最大，其值为，由于正视图的方向不同，因此正视图的面积S∈[1，]．故选C.
答案　C
3．(2014·许昌模拟)如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为(　　)．

A．4π B.π C．3π D．2π
解析　由三视图可知，该几何体是一个圆柱，S表＝2×π×2＋π×1×1＝.
答案　B
4.

如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)．
A. B. C. D.

解析　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，容易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，∴V＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝×××2＋×1＝.故选A.
答案　A
5．(2012·新课标全国卷)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　)．
A.π B．4π C．4π D．6π
解析　


如图，设截面圆的圆心为O′，M为截面圆上任一点，则OO′＝，O′M＝1，∴OM＝＝，即球的半径为，∴V＝π()3＝4π.
答案　B
二、填空题
6．(2013·辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．

解析　由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，所以几何体的体积为16π－16.
答案　16π－16
7．(2013·陕西卷)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．

解析　该几何体为一个半圆锥，故其体积为V＝××π×12×22＝.
答案　

8．(2013·江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.
解析　设三棱柱A1B1C1－ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，则V1＝×S·h＝Sh＝V2，即V1∶V2＝1∶24.
答案　1∶24
三、解答题
9．如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)：

(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；
(2)求这个几何体的表面积及体积．
解　

(1)这个几何体的直观图如图所示．
(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体．
由PA1＝PD1＝ cm，A1D1＝AD＝2 cm，可得PA1⊥PD1.故所求几何体的表面积
S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)，
体积V＝23＋×()2×2＝10(cm3)．
10．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．

解　如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面半径BC的长为r，则容器内水的体积为
V＝V圆锥－V球＝π(r)2·3r－
πr3＝πr3，
将球取出后，设容器中水的深度为h，
则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积为
V′＝π2h＝πh3，由V＝V′，得h＝r.

能力提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为(　　)．
A．3 B．2 C. D．1

解析　由题意知，如图所示，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB＝，SC＝4，所以SA＝SB＝2，AC＝BC＝2，作BD⊥SC于D点，连接AD，易证SC⊥平面ABD，因此VS －ABC＝××()2×4＝.
答案　C
2．(2013·临沂一模)具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中，体积最大的几何体的表面积为(　　)．

A．3 B．7＋3
C.π D．14
解析　由正视图和俯视图可知，该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱，或水平放置的圆柱．由图可知四棱柱的体积最大．四棱柱的高为1，底面边长分别为1,3，所以表面积为2(1×3＋1×1＋3×1)＝14.
答案　D
二、填空题
3．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2 cm、高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为________(cm)．

解析　根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为＝13(cm)．

答案　13
三、解答题
4．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2所示．

(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)求几何体D－ABC的体积．
(1)证明　在图中，可得AC＝BC＝2，
从而AC2＋BC2＝AB2，
故AC⊥BC，
又平面ADC⊥平面ABC，
平面ADC∩平面ABC＝AC，
BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACD.
(2)解　由(1)可知，BC为三棱锥B－ACD的高，BC＝2，S△ACD＝2，∴VB－ACD＝S△ACD·BC＝×2×2＝，由等体积性可知，几何体D－ABC的体积为.


学生用书第111页

第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
[最新考纲]
1．理解空间直线、平面位置关系的定义．
2．了解可以作为推理依据的公理和定理．
3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.

知 识 梳 理

1．平面的基本性质
(1)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．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)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．
(4)公理2的三个推论
推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；
推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；
推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间两直线的位置关系

(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：.
(3)平行公理和等角定理
①平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
②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．
3．空间直线与平面、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．
辨 析 感 悟
1．对平面基本性质的认识
(1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．(×)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A.(×)
(3)(教材练习改编)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(√)
(4)(教材练习改编)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)
2．对空间直线关系的认识
(5)已知a，b是异面直线、直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线．(√)
(6)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)
[感悟·提升]
1．一点提醒　做有关平面基本性质的判断题时，要抓住关键词，如“有且只有”、“只能”、“最多”等．如(1)中两个不重合的平面还可把空间分成三部分．
2．两个防范　一是两个不重合的平面只要有一个公共点，那么两个平面一定相交得到的是一条直线，如(2)；二是搞清“三个公共点”是共线还是不共线，如(4)．
3．一个理解　异面直线是指不同在任何一个平面内，没有公共点．不能错误地理解为不在某一个平面内的两条直线就是异面直线，如(6).


考点一　平面的基本性质及其应用
【例1】 (1)以下四个命题中，正确命题的个数是(　　)．
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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．0 B．1 C．2 D．3
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体的过P，Q，R的截面图形是(　　)．
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
解析　(1)①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．

(2)如图所示，作RG∥PQ交C1D1于G，连接QP并延长与CB延长线交于M，连接MR交BB1于E，连接PE，则PE，RE为截面的部分外形．
同理连PQ并延长交CD于N，连接NG交DD1于F，连接QF，FG.
∴截面为六边形PQFGRE.
答案　(1)B　(2)D
学生用书第112页
规律方法 (1)公理1是判断一条直线是否在某个平面的依据；公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据；公理3是证明三线共点或三点共线的依据．要能够熟练用文字语言、符号语言、图形语言来表示公理．
(2)画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
【训练1】 如图所示是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形的序号是________．


解析　可证①中的四边形PQRS为梯形；②中，如图所示，取A1A和BC的中点分别为M，N，可证明PMQNRS为平面图形，且PMQNRS为正六边形；③中，可证四边形PQRS为平行四边形；④中，可证Q点所在棱与面PRS平行，因此，P，Q，R，S四点不共面．
答案　①②③
考点二　空间两条直线的位置关系
【例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　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.
答案　②③④
规律方法 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、平行公理及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．
【训练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________(填上所有正确答案的序号)．


解析　图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中GH与MN异面．
答案　②④
考点三　异面直线所成的角
【例3】 在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°.
(1)求四棱锥的体积；
(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值．
审题路线　(1)找出PB与平面ABCD所成角⇒计算出PO的长⇒求出四棱锥的体积．
(2)取AB的中点F⇒作△PAB的中位线⇒找到异面直线DE与PA所成的角⇒计算其余弦值．

解　(1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PO⊥面ABCD，
∴∠PBO是PB与面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°，
∵BO＝AB·sin 30°＝1，
∵PO⊥OB，∴PO＝BO·tan 60°＝，
∵底面菱形的面积S＝2××22＝2.
∴四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝×2×＝2.


(2)取AB的中点F，连接EF，DF，
∵E为PB中点，∴EF∥PA，
∴∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或其补角)．
在Rt△AOB中，AO＝AB·cos 30°＝＝OP，∴在Rt△POA中，PA＝，
∴EF＝.
在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝，
在△DEF中，由余弦定理，
得cos∠DEF＝
＝＝＝.
即异面直线DE与PA所成角的余弦值为.
规律方法 (1)平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
(2)求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
【训练3】 (2014·成都模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱A1B1，A1D1的中点，则A1B与EF所成角的大小为________．

解析　如图，连接B1D1，D1C，B1C.由题意知EF是△A1B1D1的中位线，所以EF∥B1D1.
又A1B∥D1C，所以A1B与EF所成的角等
于B1D1与D1C所成的角．
因为△D1B1C为正三角形，所以∠B1D1C＝.
故A1B与EF所成角的大小为.
答案　
　　　　　　　　　　
1．证明线共点问题，常用的方法是：先证其中两条直线交于一点，再证交点在第三条直线上．
2．证明点或线共面问题，一般有以下两种途径：
(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余线(或点)均在这个平面内；
(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证平面重合．
3．异面直线的判定方法
(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；
学生用书第113页
(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．　　　　　　　　


思想方法7——构造模型判断空间线面的位置关系
【典例】 (2012·上海卷)已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)．
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n异面、相交、平行均有可能

[解析]　在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．
[答案]　D
[反思感悟] 这类试题一般称为空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体(如正方体、正四面体等)为模型进行推理或者反驳．
【自主体验】
1．(2013·浙江卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β ，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
解析　本题可借助特殊图形求解，画一个正方体作为模型(如图)．设底面ABCD为α，侧面A1ADD1为β.
①当A1B1＝m，B1C1＝n时，显然A不正确；
②当B1C1＝m时，显然D不正确；
③当B1C1＝m时，显然B不正确．故选C.

答案　C
2．对于不同的直线m，n和不同的平面α，β，γ，有如下四个命题：
①若m∥α，m⊥n，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；③若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ；④若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β.其中真命题的个数是(　　)．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析　本题可借助特殊图形求解．画一个正方体作为模型(如图)设底面ABCD为α.

①当A1B1＝m，B1C1＝n，显然符合①的条件，但结论不成立；
②当A1A＝m，AC＝n，显然符合②的条件，但结论不成立；
③与底面ABCD相邻两个面可以两两垂直，但任何两个都不平行；
④由面面垂直的判定定理可知，④是正确的．
只有④正确，故选A.
答案　A
对应学生用书P311
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2013·江西七校联考)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　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面，选D.
答案　D
2．在正方体AC1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是(　　)．
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直

解析　如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．
答案　A
3．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是(　　)．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α　②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β　③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α　④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b
A．①② B．②③ C．①④ D．③④

解析　当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，①错；a∩β＝P时，②错；
如图，∵a∥b，P∈b，∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，
又a∥b，由a与b确定唯一平面β，但β经过直线a与点P，
∴β与α重合，∴b⊂α，故③正确；
两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．
答案　D
4．(2013·山西重点中学联考)已知l，m，n是空间中的三条直线，命题p：若m⊥l，n⊥l，则m∥n；命题q：若直线l，m，n两两相交，则直线l，m，n共面，则下列命题为真命题的是(　　)．
A．p∧q B．p∨q
C．p∨(綈q) D．(綈p)∧q
解析　命题p中，m，n可能平行、还可能相交或异面，所以命题p为假命题；命题q中，当三条直线交于三个不同的点时，三条直线一定共面，当三条直线交于一点时，三条直线不一定共面，所以命题q也为假命题．所以綈p和綈q都为真命题，故p∨(綈q)为真命题．选C.
答案　C
5.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60°角的条数为(　　)．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析　有2条：A1B和A1C1.
答案　B
二、填空题
6．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________对．
解析　

如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有不同的位置，且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线＝24(对)．
答案　24
7.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．
解析　A，M，C1三点共面，且在平面AD1C1B中，但C∉平面AD1C1B，因此直线AM与CC1是异面直线，同理AM与BN也是异面直线，AM与DD1也是异面直线，①②错，④正确；M，B，B1三点共面，且在平面MBB1中，但N∉平面MBB1，因此直线BN与MB1是异面直线，③正确．
答案　③④
8．(2013·江西卷)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________．

解析　取CD的中点为G，由题意知平面EFG与正方体的左、右侧面所在平面重合或平行，从而EF与正方体的左、右侧面所在的平面平行或EF在平面内．所以直线EF与正方体的前、后侧面及上、下底面所在平面相交．故直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为4.
答案　4
三、解答题
9.

如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉AD，BE綉FA，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(1)证明　由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綉AD.又BC綉AD，∴GH綉BC，
∴四边形BCHG为平行四边形．
(2)解　由BE綉AF，G为FA中点知，BE綉FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．
10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，求证：点C1，O，M共线．

证明　如图所示，∵A1A∥C1C，
∴A1A，C1C确定平面A1C.
∵A1C⊂平面A1C，O∈A1C，
∴O∈平面A1C，而O＝平面BDC1∩线A1C，∴O∈平面BDC1，
∴O在平面BDC1与平面A1C的交线上．
∵AC∩BD＝M，
∴M∈平面BDC1，且M∈平面A1C，
∴平面BDC1∩平面A1C＝C1M，
∴O∈C1M，即C1，O，M三点共线．
能力提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题

1．(2014·长春一模)一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中(　　)．
A．AB∥CD　　B．AB与CD相交 C．AB⊥CD　　D．AB与CD所成的角为60°
解析　如图，把展开图中的各正方形按图1所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图2所示的直观图，可见选项A，B，C不正确．∴正确选项为D.图2中，BE∥CD，∠ABE为AB与CD所成的角，△ABE为等边三角形，∴∠ABE＝60°.

答案　D
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD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
解析　法一

图1


在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面(如图1)，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图所示．故选D.
法二　在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α(如图2)，因CD与平面α不平行，

图2
所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．
答案　D
二、填空题
3.


(2013·安徽卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①当0＜CQ＜时，S为四边形；②当CQ＝时，S为等腰梯形；③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；④当＜CQ＜1时，S为六边形；⑤当CQ＝1时，S的面积为.


图1
解析　如图1，当CQ＝时，平面APQ与平面ADD1A1的交线AD1必平行于PQ，且D1Q＝AP＝，
∴S为等腰梯形，∴②正确；
同理，当0＜CQ＜时，S为四边形，
∴①正确；

图2
如图2，当CQ＝时，将正方体ABCD－A1B1C1D1补成底面不变，高为1.5的长方体ABCD－A2B2C2D2.Q为CC2的中点，连接AD2交A1D1于点E，易知PQ∥AD2，作ER∥AP，交C1D1于R，连接RQ，则五边形APQRE为截面S.延长RQ，交DC的延长线于F，同时与AP的延长线也交于F，由P为BC的中点，PC∥AD，知CF＝DF＝1，
由题意知△RC1Q∽△FCQ，∴＝，
∴C1R＝，∴③正确；由图2知当＜CQ＜1时，S为五边形，∴④错误；当CQ＝1时，点Q与点C1重合，截面S为边长为的菱形，对角线AQ＝，另一条对角线为，∴S＝，⑤正确．
答案　①②③⑤
三、解答题


4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求A1C1与B1C所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解　(1)如图，连接AC，AB1，
由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AA1C1C为平行四边形，


所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角．
由△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60°，
即A1C1与B1C所成角为60°.
(2)如图，连接BD，由(1)知AC∥A1C1.
∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角．
∵EF是△ABD的中位线，∴EF∥BD.
又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角为90°.
∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.
学生用书第113页



第4讲　直线、平面平行的判定与性质
[最新考纲]
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和判定定理．
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．

知 识 梳 理

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＝∅
a⊂α，b⊄α，a∥b
a∥α
a∥α，a⊂β，α∩β＝b
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝∅
a∥b
2.面面平行的判定与性质

判定
性质
定义
定理
图形




条件
α∩β＝∅
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b
α∥β，a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α

学生用书第114页

辨 析 感 悟
1．对直线与平面平行的判定与性质的理解
(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)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(×)
(4)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条．(×)
2．对平面与平面平行的判定与性质的理解
(5)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．(×)
(6)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．(√)
(7)(教材练习改编)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若l∥α，l∥β，则α∥β.(×)
[感悟·提升]
三个防范　一是推证线面平行时，一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内，如(1)、(3)．
二是推证面面平行时，一定要说明一个平面内的两条相交直线平行于另一平面，如(5)．
三是利用线面平行的性质定理把线面平行转化为线线平行时，必须说明经过已知直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行，如(2)、(4)．

考点一　有关线面、面面平行的命题真假判断
【例1】 (1)(2013·广东卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)．
A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥n
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
(2)设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是(　　)．
A．若m∥α，m∥n，则n∥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β
解析　(1)A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故D正确．
(2)A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α有可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，∴n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，∴n∥l，又n⊄β，l⊂β，∴n∥β.
答案　(1)D　(2)D
规律方法 线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现，处理方法是数形结合，画图或结合正方体等有关模型来解题．
【训练1】 (1)(2014·长沙模拟)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
(2)给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：
①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；
②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.
其中真命题的个数为(　　)．
A．3 B．2 C．1 D．0
解析　(1)可以构造一草图来表示位置关系，经验证，当b与α相交或b⊂α或b∥α时，均满足直线a⊥b，且直线a∥平面α的情况，故选D.
(2)①中，当α与β相交时，也能存在符合题意的l，m；②中，l与m也可能异面；③中，l∥γ，l⊂β，β∩γ＝m⇒l∥m，同理l∥n，则m∥n，正确．
答案　(1)D　(2)C
考点二　线面平行的判定与性质
【例2】 如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)求三棱锥A′－MNC的体积．

(1)证明　法一　连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，
所以M为AB′中点．
又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，
因此MN∥平面A′ACC′.
　

法二 取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图，而M，N分别为AB′与B′C′的中点，
所以MP∥AA′，PN∥A′C′，
所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.
又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.
而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.
(2)解　法一　连接BN，如图，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，
所以A′N⊥平面NBC.又A′N＝B′C′＝1，

规律方法 判断或证明线面平行的常用方法：
(1)利用线面平行的定义，一般用反证法；
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；
(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⊄β，a∥α⇒a∥β)．
【训练2】 如图，在四面体A－BCD中，F，E，H分别是棱AB，BD，AC的中点，G为DE的中点．证明：直线HG∥平面CEF.

证明　法一　如图1，连接BH，BH与CF交于K，连接EK.
∵F，H分别是AB，AC的中点，
∴K是△ABC的重心，
∴＝.
又据题设条件知，＝，
∴＝，∴EK∥GH.
∵EK⊂平面CEF，GH⊄平面CEF，
∴直线HG∥平面CEF.

图1



图2
法二　如图2，取CD的中点N，连接GN、HN.
∵G为DE的中点，∴GN∥CE.
∵CE⊂平面CEF，GN⊄平面CEF，
∴GN∥平面CEF.连接FH，EN
∵F，E，H分别是棱AB，BD，AC的中点，
∴FH綉BC，EN綉BC，∴FH綉EN，
∴四边形FHNE为平行四边形，∴HN∥EF.
∵EF⊂平面CEF，HN⊄平面CEF，
∴HN∥平面CEF.HN∩GN＝N，
∴平面GHN∥平面CEF.
∵GH⊂平面GHN，∴直线HG∥平面CEF.
考点三　面面平行的判定与性质
【例3】 (2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．

审题路线　(1)判定四边形BB1D1D是平行四边形⇒BD∥B1D1⇒BD∥平面CD1B1⇒同理推出A1B∥平面CD1B1⇒面A1BD∥面CD1B1.
(2)断定A1O为三棱柱ABD－A1B1D1的高⇒用勾股定理求A1O⇒求S△ABD⇒求.
(1)证明　由题设知，BB1綉DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.
又BD⊄平面CD1B1，
∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1綉B1C1綉BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥D1C.
又A1B⊄平面CD1B1，
∴A1B∥平面CD1B1.
又∵BD∩A1B＝B，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)解　∵A1O⊥平面ABCD，
∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．
又∵AO＝AC＝1，AA1＝，
∴A1O＝＝1.
又∵S△ABD＝××＝1，

规律方法 (1)证明两个平面平行的方法有：
①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；
②用判定定理或推论(即“线线平行⇒面面平行”)，通过线面平行来完成证明；
③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；
④借助“传递性”来完成．
(2)面面平行问题常转化为线面平行，而线面平行又可转化为线线平行，需要注意转化思想的应用．
【训练3】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD.

证明　法一　如图，连接B1D1，B1C.
∵P，N分别是D1C1，B1C1的中点，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，∴PN∥BD.
又PN⊄平面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.
又PN∩MN＝N，
∴平面PMN∥平面A1BD.

法二　如图，连接AC1，AC，
且AC∩BD＝O，
∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴AC⊥BD，CC1⊥平面ABCD，
∴CC1⊥BD，又AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面AC1C，
∴AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.同理可证AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.



1．平行关系的转化方向如图所示：

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”．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
学生用书第116页


答题模板8——如何作答平行关系证明题
【典例】 (12分)(2012·山东卷，文)如图1，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.

图1


图2

[规范解答] (1)如图2，取BD的中点O，连接CO，EO.
由于CB＝CD，所以CO⊥BD， (1分)
又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，
因此BD⊥EO， (3分)
又O为BD的中点，
所以BE＝DE. (5分)

图3
(2)法一　如图3，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，
因为M是AE的中点，
所以MN∥BE. (6分)
又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，∴MN∥平面BEC.(7分)
又因为△ABD为正三角形，
所以∠BDN＝30°，
又CB＝CD，∠BCD＝120°，
因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC. (9分)
又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.
又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC， (11分)
又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC. (12分)

图4

法二　如图4，延长AD，BC交于点F，连接EF.
因为CB＝CD，∠BCD＝120°，
所以∠CBD＝30°. (7分)
因为△ABD为正三角形，
所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，
因此∠AFB＝30°，
所以AB＝AF. (9分)
又AB＝AD，所以D为线段AF的中点． (10分)
连接DM，由点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.(11分)
又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，
所以DM∥平面BEC. (12分)
[反思感悟] 立体几何解答题解题过程要表达准确、格式要符合要求，每步推理要有理有据，不可跨度太大，以免漏掉得分点．本题易忽视DM⊄平面EBC，造成步骤不完整而失分．
答题模板　证明线面平行问题的答题模板(一)
第一步：作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线；
第二步：证明线线平行；
第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行；
第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．
证明线面平行问题的答题模板(二)
第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面；
第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；
第三步：证明所作平面与所证平面平行；
第四步：转化为线面平行；
第五步：反思回顾．检查答题规范．


【自主体验】 (2013·福建卷改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥DC，
AB＝6，DC＝3，若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC.

证明　法一　取PB中点N，连接MN，CN.
在△PAB中，
∵M是PA的中点，
∴MN∥AB，
且MN＝AB＝3，
又CD∥AB，CD＝3，
∴MN綉CD，
∴四边形MNCD为平行四边形，
∴DM∥CN.
又DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，
∴DM∥平面PBC.
法二　取AB的中点E，
连接ME，DE.
在梯形ABCD中，BE∥CD，
且BE＝CD，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，
BC⊂平面PBC，
∴DE∥平面PBC.
又在△PAB中，ME∥PB，
ME⊄平面PBC，
PB⊂平面PBC，
∴ME∥平面PBC，
又DE∩ME＝E，
∴平面DME∥平面PBC.
又DM⊂平面DME，
∴DM∥平面PBC.
对应学生用书P313
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．a∥α，b⊂α B．a∥α，b∥α
C．a∥c，b∥c D．a∥α，α∩β＝b
解析　由平行公理知C正确，A中a与b可能异面．B中a，b可能相交或异面，D中a，b可能异面．
答案　C
2．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是(　　)．
A．平行 B．平行和异面
C．平行和相交 D．异面和相交
解析　∵AB∥CD，AB⊂α，CD⊄α⇒CD∥α，
∴CD和平面α内的直线没有公共点．
答案　B
3．(2014·陕西五校一模)已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是(　　)．
A．存在一条直线b，a∥b且b⊂α
B．存在一条直线b，a⊥b且b⊥α
C．存在一个平面β，a⊂β且α∥β
D．存在一个平面β，a∥β且α∥β
解析　在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．
答案　C
4．(2014·汕头质检)若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(　　)．
A．若m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线
B．若m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线
C．已知α，β互相平行，m，n互相平行，若m∥α，则n∥β
D．若m，n在平面α内的射影互相平行，则m，n互相平行
解析　A中，m，n可为相交直线；B正确；C中，n可以平行β，也可以在β内；D中，m，n也可能异面．
答案　B
5．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)．
A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形

解析　如图，由题意知EF∥BD，
且EF＝BD.
HG∥BD，且HG＝BD.
∴EF∥HG，且EF≠HG.
∴四边形EFGH是梯形．
又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行．故选B.
答案　B
二、填空题
6．(2014·南京一模)下列四个命题：
①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；
②过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；
③如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；
④如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内．
其中所有真命题的序号是________．
解析　根据空间点、线、面间的位置关系，过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，故①正确；过平面外一点有无数条直线与该平面平行，故②不正确；根据平面与平面平行的性质定理：如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行，故③正确；根据两个平面垂直的性质：如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内，故④正确．从而正确的命题有①③④.
答案　①③④
7．(2014·衡阳质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为______．
解析　如图．


连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案　平行
8．(2014·金丽衢十二校联考)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥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________(把所有正确的题号填上)．
解析　由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.
答案　①或③
三、解答题


9．(2014·青岛一模)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A，N，D三点的平面交PC于M.
(1)求证：PD∥平面ANC；
(2)求证：M是PC中点．
证明　(1)连接BD，AC，设BD∩AC＝O，连接NO，


∵ABCD是平行四边形，
∴O是BD中点，在△PBD中，
又N是PB中点，∴PD∥NO，
又NO⊂平面ANC，PD⊄平面ANC，
∴PD∥平面ANC.
(2)∵底面ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，
又∵BC⊄平面ADMN，AD⊂平面ADMN，
∴BC∥平面ADMN，因平面PBC∩平面ADMN＝MN，
∴BC∥MN，又N是PB中点，
∴M是PC中点．
10.

如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中点．
(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.
证明　(1)∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2，
∴BG綉A1E，∴A1G綉BE.
又同理，C1F綉B1G，
∴四边形C1FGB1是平行四边形，
∴FG綉C1B1綉D1A1，
∴四边形A1GFD1是平行四边形．
∴A1G綉D1F，∴D1F綉EB，
故E、B、F、D1四点共面．
(2)∵H是B1C1的中点，∴B1H＝.
又B1G＝1，∴＝.又＝，
且∠FCB＝∠GB1H＝90°，
∴△B1HG∽△CBF，∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，
∴HG∥FB.
又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝G，
FB∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．(2014·蚌埠模拟)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2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l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
解析　对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，又l1与l2相交，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意．
答案　B
2．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．①③ B．②③ C．①④ D．②④
解析　对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP，对于图形④：AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP，图形②，③都不可以，故选C.
答案　C
二、填空题
3．(2014·陕西师大附中模拟)


如图，在长方体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满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.

解析　如图，连接FH，HN，FN，
由题意知HN∥面B1BDD1，
FH∥面B1BDD1.
且HN∩FH＝H，
∴面NHF∥面B1BDD1.
∴当M在线段HF上运动时，
有MN∥面B1BDD1.
答案　M∈线段HF
三、解答题
4．(2014·长沙模拟)
一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．

(1)求证：MN∥平面CDEF；
(2)求多面体A－CDEF的体积．
解　由三视图可知：AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2，∠CBF＝.
(1)
证明：取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC的中点可得，
NG∥CF，MG∥EF，且NG∩MG＝G，CF∩EF＝F，
∴平面MNG∥平面CDEF，又MN⊂平面MNG，∴MN∥平面CDEF.
(2)取DE的中点H.
∵AD＝AE，∴AH⊥DE，
在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，
平面ADE∩平面CDEF＝DE.∴AH⊥平面CDEF.
∴多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝.
S矩形CDEF＝DE·EF＝4，
∴棱锥A－CDEF的体积为V＝·S矩形CDEF·AH＝×4×＝.
学生用书第117页



第5讲　直线、平面垂直的判定与性质
[最新考纲]
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、面垂直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空间图形垂直关系的简单命题.


知 识 梳 理

1．直线与平面垂直
(1)定义：若直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒l⊥α.
(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．即：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
2．平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒a⊥β.
3．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
(2)线面角θ的范围：θ∈.
4．二面角的有关概念
(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：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
辨 析 感 悟
1．对线面垂直的理解
(1)直线a，b，c；若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(×)
(2)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.(×)
(3)(教材练习改编)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(√)
(4)(教材习题改编)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若α⊥β，l∥α，则l⊥β.(×)
2．对面面垂直的理解
(5)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．(×)
(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×)
[感悟·提升]
三个防范　一是注意在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行，还有可能异面、相交等，如(1)；
二是注意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”， 如(2)；
三是判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况，如(6)．

考点一　直线与平面垂直的判定和性质
【例1】 如图，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．
证明：(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.而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.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
学生用书第118页
规律方法 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．
【训练1】 如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.
证明：BE⊥平面BB1C1C.

证明　过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.
在Rt△BEF中，BE＝.
在Rt△CFB中，BC＝.
在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，
故BE⊥BC.
由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，又BB1∩BC＝B，
所以BE⊥平面BB1C1C.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
【例2】 (2014·深圳一模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AA1，且AC＝BC，点D是AB的中点．
证明：平面ABC1⊥平面B1CD.



证明　∵ABC－A1B1C1是棱柱，且AB＝BC＝AA1＝BB1，
∴四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1.
由AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，得BB1⊥平面ABC.
∵AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB，
又∵AB＝BC，且AC＝BC，∴AB⊥BC，
而BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥B1C，
而AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1.
∴B1C⊥平面ABC1，而B1C⊂平面B1CD，
∴平面ABC1⊥平面B1CD.
规律方法 证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键．
【训练2】 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．
证明：平面ABM⊥平面A1B1M.

证明　由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BM.
又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.
在Rt△B1C1M中，B1M＝＝，
同理BM＝＝，
又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.
又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，
因为BM⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.
考点三　平行、垂直关系的综合问题
【例3】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.


审题路线　(1)取PA的中点H⇒证明四边形DCEH是平行四边形⇒CE∥DH⇒根据线面平行的判定定理可证．
(2)证明AB⊥EF⇒证明AB⊥FG⇒证明AB⊥平面EFG⇒证明MN⊥平面EFG⇒得到结论．


证明　(1)如图，取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，且EH＝AB.
又AB∥CD，且CD＝AB，
所以EH綉CD.
所以四边形DCEH是平行四边形．
所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
所以CE∥平面PAD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA.
又AB⊥PA，且EF，PA共面，
所以AB⊥EF.
同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
因此AB⊥平面EFG.
又M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥DC.
又AB∥DC，所以MN∥AB，
因此MN⊥平面EFG.
又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
学生用书第119页
规律方法 线面关系与面面关系的证明离不开判定定理和性质定理，而形成结论的“证据链”依然是通过挖掘题目已知条件来实现的，如图形固有的位置关系、中点形成的三角形的中位线等，都为论证提供了丰富的素材．

【训练3】 如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.
证明　(1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.


(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．
由Q为PA中点，得QM∥PC，
又O为AB中点，得OM∥BC.
因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，
MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，
BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC.
所以平面QMO∥平面PBC.
因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC.
考点四　线面角、二面角的求法
【例4】 如图，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．
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(2)证明AE⊥平面PCD；
(3)求二面角A－PD－C的正弦值．

审题路线　(1)先找出PB和平面PAD所成的角，线面角的定义要能灵活运用；(2)可以利用线面垂直根据二面角的定义作角．
(1)解　在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩CD＝A，
从而AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．
在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.
(2)证明　在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.

(3)解　过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．
由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，
则AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角．
由已知，可得∠CAD＝30°.
设AC＝a，可得
PA＝a，AD＝a，PD＝a，AE＝a.
在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM·PD＝PA·AD，
则AM＝＝＝a.
在Rt△AEM中，sin∠AME＝＝.
所以二面角A－PD－C的正弦值为.
规律方法 (1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
【训练4】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 (　　)．
　 A. B.
C. D.
解析　如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝，D1O＝，
∴cos∠DD1O＝＝＝.
∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.
答案　D

1．转化思想：垂直关系的转化

2．在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．故熟练掌握“线线垂直”、“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键．　　　　　　　　　　
　　　　　　　　

创新突破7——求解立体几何中的探索性问题
【典例】 (2012·北京卷) 如图1，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△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.

学生用书第120页
突破1：弄清翻折前后的线面关系和几何量的度量值．翻折前：DE∥BC，DE⊥AC⇒翻折后：DE∥BC，DE⊥A1D，DE⊥CD.
突破2：要证A1F⊥BE，转化为证A1F⊥平面BCDE.
突破3：由A1D＝CD，可想到取A1C的中点P，则DP⊥A1C，进而可得A1B的中点Q为所求点．
(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂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，又A1D∩DE＝D，
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，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，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为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.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP，又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.

[反思感悟] (1)解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在，如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
(2)在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误．
【自主体验】
(2014·韶关模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝AB＝2，点E为AC中点，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2.
(1)求证：DA⊥BC；
(2)在CD上找一点F，使AD∥平面EFB.

(1)证明　在图1中，可得AC＝BC＝2，从而AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩
平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，
∴BC⊥DA.

(2)解　取CD的中点F，连接EF，BF，
在△ACD中，E，F分别为AC，DC的中点，
∴EF为△ACD的中位线，
∴AD∥EF，
又EF⊂平面EFB，AD⊄平面EFB，∴AD∥平面EFB.


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．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
解析　若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.故选A.
答案　A
2．(2014·绍兴调研)设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，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n⊥α
C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
解析　与α，β两垂直平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D；存在α∥β情况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确．
答案　C
3．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则 (　　)．
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l.
答案　D
4.(2014·深圳调研)如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是 (　　)．

A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.
答案　C
5．(2014·郑州模拟)已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论：
①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β.
其中正确的是 (　　)．
A．①④ B．②④
C．②③ D．③④
解析　如图，由题意，β∩γ＝l，∴l⊂γ，由α⊥γ，α∩γ＝m，且l⊥m，∴l⊥α，即②正确；由β∩γ＝l，∴l⊂β，由l⊥α，得α⊥β，即④正确；而①③条件不充分，不能判断．

答案　B
二、填空题
6.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．

解析　∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案　DM⊥PC(或BM⊥PC)
7．已知平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝________.
解析　连接AB′和A′B，设AB＝a，可得AB与平面α所成的角为∠BAB′＝，在Rt△BAB′中，有AB′＝a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA′＝，所以A′A＝a，因此在Rt△AA′B′中，A′B′＝＝a，所以AB∶A′B′＝a∶a＝2∶1.
答案　2∶1
8．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)．
解析　逐一判断．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．
答案　①③④⇒②(或②③④⇒①)
三、解答题
9.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)因为平面PAD∩平面ABCD＝AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.
所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.
所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，且CD⊂平面PCD，
又E，F分别是CD和CP的中点，
所以EF∥PD，故CD⊥EF.
由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD.
10．(2013·泉州模拟)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.
(1)证明　由直四棱柱，得BB1∥DD1，
又∵BB1＝DD1，∴BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，
∴B1D1∥平面A1BD.
(2)证明　∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D.
而MD⊂平面BB1D，∴MD⊥AC.

(3)解　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O，连接OM，如图所示．
∵N是DC的中点，BD＝BC，
∴BN⊥DC.又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.又可证得O是NN1的中点，
∴BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形．
∴BN∥OM.∴OM⊥平面CC1D1D.
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1.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
解析　由BC1⊥AC，又BA⊥AC，则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．
答案　A

2．(2014·北京东城区期末)如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，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
解析　取BD的中点O，连接A′O，OC，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD，又A′C∩A′O＝A′，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥OC与OC不垂直于BD矛盾，∴A′C不垂直于BD，A错误．∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D，∴A′C＝，∵A′B＝1，BC＝＝，∴A′B2＋A′C2＝BC2，A′B⊥A′C，B正确．∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C错误．VA′－BCD＝S△A′BD·CD＝，D错误，故选B.
答案　B
二、填空题
3．(2013·河南师大附中二模)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.

其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．
解析　由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．
答案　①④
三、解答题
4．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，二面角S－CD－A的平面角为45°，M为AB的中点，N为SC的中点．

(1)证明：MN∥平面SAD；
(2)证明：平面SMC⊥平面SCD；
(3)记＝λ，求实数λ的值，使得直线SM与平面SCD所成的角为30°.
(1)证明　如图，取SD的中点E，连接AE，NE，则NE＝CD＝AM，NE∥CD∥AM，

∴四边形AMNE为平行四边形，
∴MN∥AE.
∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD，∴MN∥平面SAD.
(2)证明　∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥CD.
∵底面ABCD为矩形，
∴AD⊥CD.
又SA∩AD＝A，
∴CD⊥平面SAD，
∴CD⊥SD，∴∠SDA即为二面角S－CD－A的平面角，即∠SDA＝45°，∴△SAD为等腰直角三角形，∴AE⊥SD.
∵CD⊥平面SAD，∴CD⊥AE，又SD∩CD＝D，∴AE⊥平面SCD.
∵MN∥AE，∴MN⊥平面SCD，又MN⊂平面SMC，
∴平面SMC⊥平面SCD.
(3)解　∵＝λ，设AD＝SA＝a，则CD＝λa.
由(2)知MN⊥平面SCD，∴SN即为SM在平面SCD内的射影，
∴∠MSN即为直线SM与平面SCD所成的角，即∠MSN＝30°.
在Rt△SAM中，SM＝，而MN＝AE＝a，
∴在Rt△SNM中，由sin∠MSN＝得＝，解得λ＝2，
∴当λ＝2时，直线SM与平面SCD所成的角为30°.

基础回扣练——空间几何体及点、线、面之间的位置关系
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2014·中山模拟)一个几何体的正视图和侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图不可能是 (　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　


解析　∵该几何体的正视图和侧视图都是正方形，∴其可能为正方体或底面直径与高相等的圆柱或底面是等腰直角三角形且其腰长等于高的直三棱柱，但不可能是一个底面矩形长与宽不相等的长方体．∴选D.
答案　D
2.(2013·豫西五校联考)如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为 (　　)．

A．30° 　　　　B．45°
C．60° 　　　　D．90°
解析　还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.

答案　C
3．(2013·浙江五校联盟联考)关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是
(　　)．
A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥m
B．若l∥α，m∥α，则l∥m
C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
D．若l∥α，m⊥l，则m⊥α
答案　C
4．若直线m⊂平面α，则条件甲：直线l∥α是条件乙：l∥m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l∥α，m⊂α，不一定有l∥m；若l∥m，m⊂α，则l⊂α或l∥α，因而甲乙，乙甲．
答案　D
5．(2014·揭阳二模)一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 (　　)．

A．7 B.
C. D.
解析　依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为23－2×××1×1×1＝.

答案　D
6．(2013·温州二模)下列命题正确的是 (　　)．
A．若平面α不平行于平面β，则β内不存在直线平行于平面α
B．若平面α不垂直于平面β，则β内不存在直线垂直于平面α
C．若直线l不平行于平面α，则α内不存在直线平行于直线l
D．若直线l不垂直于平面α，则α内不存在直线垂直于直线l
答案　B
7．(2014·潍坊模拟)设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是 (　　)．
A．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n
B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n
C．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
解析　A中的直线m，n也有可能异面，所以不正确．B正确．C中α，β不一定垂直，错误．D中当m，n相交时，结论成立，当m，n不相交时，结论不成立．所以选B.
答案　B
8．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为 (　　)．

A．48 B．64
C．80 D．120
解析　据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8 cm)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5 cm.∴此几何体的侧面积是S＝4S△PAB＝4××8×5＝80 (cm2)．

答案　C
9．(2013·广州二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是 (　　)．

A．12π B．24π
C．32π D．48π
解析　该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC1＝4，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为AC1＝4＝2R，所以球的半径为R＝2，所以球的表面积是4πR2＝4π×(2)2＝48π.

答案　D
10．(2013·山东卷)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 (　　)．
A. B.
C. D.
解析　如图，O为底面ABC的中心，连接PO，由题意知PO为直三棱柱的高，∠PAO为PA与平面ABC所成的角，S△ABC＝×××sin 60°＝.
∴＝S△ABC×OP＝×OP＝，∴OP＝.又OA＝××＝1，∴tan∠OAP＝＝，又00)，
由点F为线段PC的中点，知F，
因此＝，＝(，3，－z)，
∵AF⊥PB，
∴·＝0，即6－＝0，∴z＝2，
从而||＝2，即PA的长为2.
(2)由(1)知，＝(－，3,0)，＝(，3,0)，＝(0,2，)．
设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由n1·＝0，n1·＝0，得
因此可取n1＝(3，，－2)．
由n2·＝0，n2·＝0，得
故可取n2＝(3，－，2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos＝＝.
故二面角B－AF－D的正弦值为.

1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．
(1)求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向　　　　　　　　　　　　　　　　　　
向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos|.
(2)求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cos|.
(3)求二面角α－l－β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝或π－.
2．(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.



答题模板9——空间向量在立体几何中的应用



【典例】 (12分)(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形．BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA1⊥BC；
(2)求AA1的长；
(3)求二面角A－BC－A1的余弦值.
学生用书第131页
[规范解答]　(1)证明　取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.
因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.
又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.

故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.①
(3分)
由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.
由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)，
故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，
因此⊥，即AA1⊥BC.(5分)
(2)解　因为＝(0,3，－4)，
所以||＝5，即AA1＝5.(7分)
(3)解　设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
又因为＝(－1，－2,4)，＝(1，－2,4)，
所以即⇒
令z1＝1，则n1＝(0,2,1)，又因为平面ABC⊥z轴，
所以取平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，②
(10分)
则cos＝＝＝，
所以二面角A－BC－A1的余弦值为－.③
(12分)
[反思感悟] ①中不能发掘条件，作出辅助线，导致不能恰当建立以D1为坐标原点的空间直角坐标系，解题受阻；②中忽视“z轴⊥平面ABC”，致使求法向量n2复杂化．③不能确定两个平面法向量的夹角与二面角A－BC－A1的关系，错误认为二面角A－BC－A1的余弦值为.
答题模板　第一步：证明DD1⊥平面A1B1C1，A1D1⊥B1C1，从而以点D1为坐标原点建立空间直角坐标系；
第二步：写出点A，B，A1，C，D的坐标，求出，的坐标，根据·＝0证明AA1⊥BC；
第三步：求||，从而求出AA1的长；
第四步：求出平面A1BC和平面ABC的法向量；
第五步：求出两个平面法向量夹角的余弦值，从而得到二面角A－BC－A1的余弦值．
【自主体验】
　

如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.
(1)求证：AB∥GH；
(2)求二面角D－GH－E的余弦值．
(1)证明　因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC.
又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，
所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.
(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.
又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设BA＝BQ＝BP＝2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)．
所以＝(－1,2，－1)，＝(0,2，－1)，＝(－1，－1,2)，＝(0，－1,2)．
设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由m·＝0，m·＝0，
得
取y1＝1，得m＝(0,1,2)．
设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由n·＝0，n·＝0，
得
取z2＝1，得n＝(0,2,1)，
所以cos＝＝.
因为二面角D－GH－E为钝角，
所以二面角D－GH－E的余弦值为－.
对应学生用书P323
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．平面α的一个法向量为n＝(1，－，0)，则y轴与平面α所成的角的大小为(　　)．
A. B. C. D.
解析　y轴的方向向量为m＝(0,1,0)，设y轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos|，
∵cos＝＝＝－，
∴sin θ＝，∴θ＝.
答案　B
2.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则
D(0,0,0)，N，M，A1(1,0,1)，
∴＝，1＝，
∴·＝1×0＋1×＋×1＝0，
∴⊥，∴A1M与DN所成的角的大小是90°.
答案　D
3．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)．
A.a B.a
C.a D.a
解析　

以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.
设M(x，y，z)，
∵点M在AC1上且＝，
∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)
∴x＝a，y＝，z＝.得M，
∴||＝ ＝a.
答案　A
4.

过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是(　　)．
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析　法一　建立如图1所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为＝，故所求的二面角的大小是45°.

法二　将其补成正方体．如图2，不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角，其大小为45°.
答案　B
5．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　　)．
A. B. C. D.
解析　

建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则C1(，1,0)，A(0,0，2)，＝(，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)．所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为＝＝.
答案　C
二、填空题
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．
解析　

以A为原点建系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，
D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，
＝.
设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，
则∴∴n1＝(1,2,2)，
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos＝＝，故锐二面角的余弦值为.
答案　
7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．
解析　

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．
设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos|＝＝.
答案　
8．已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是________．
解析　∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－.
当λ＝时，·取得最小值－.
此时＝.
答案　
三、解答题
9．(2013·江苏卷)

如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解　

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
因为cos＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，
所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0.
取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．
取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
10.

(2014·广州质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．
(1)证明　∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD.
同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD.
又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC.
(2)解　

如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．
由(1)知BD⊥平面PAC，
又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.
故矩形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2.
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．
∴＝(2,0，－1)，＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)．
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
∴取x＝1得n＝(1,0,2)．
∵BD⊥平面PAC，
∴＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量．
cos＝＝－.
设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0