【数学】2018届一轮复习北师大版第七章立体几何学案 125页

第1课时　空间几何体的结构及三视图、直观图 ‎1．空间几何体的结构特征 ‎(1)多面体的结构特征 多面体 结构特征 棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等 棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台 棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台 ‎(2)旋转体的形成 几何体 旋转图形 旋转轴 圆柱 矩形 矩形一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一直角边所在的直线 圆台 直角梯形或等腰梯形 直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点连线 球 半圆或圆 直径所在的直线 ‎2.空间几何体的三视图 ‎(1)三视图的名称 几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．‎ ‎(2)三视图的画法 ‎①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．‎ ‎②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．‎ ‎3．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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．‎ ‎4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)‎ ‎(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)‎ ‎(5)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变．(×)‎ ‎(6)三角形的直观图应是三角形．(√)‎ ‎(7)正方形的直观图应是正方形．(×)‎ ‎(8)几何体的底面是什么图形，其俯视图就是什么图形．(×)‎ ‎(9)一个几何体的三视图完全相同，这个几何体只能是球．(×)‎ ‎(10)正四面体的三视图是三个全等的正三角形．(×)‎ 考点一　空间几何体的结构特征 命题点 针对几何体的底面、侧面、侧棱(母线)截面 ‎[例1]　(1)下列说法正确的是(　　)‎ A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 解析：A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．‎ 答案：B ‎(2)给出下列命题：‎ ‎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不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，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2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：A ‎[方法引航]　(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.‎ ‎1．给出下列四个命题：‎ ‎①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选A.反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.‎ ‎2．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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．‎ 其中不正确的命题为________．‎ 解析：对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．‎ 答案：①②③‎ 考点二　空间几何体的三视图 命题点 ‎1.已知几何体辩认三视图 ‎2.已知三视图确认几何体 ‎[例2]　(1)(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为(　　)‎ 解析：由正视图、俯视图还原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.‎ 答案：B ‎(2)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是(　　)‎ A．2　　　　　　　　 B．2 C．2 D．4 解析：由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC＝2，PA＝2，△ABC中，边AC上的高为2，所以BC＝＝2，而PB＝ ＝＝2，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其值为2，选C.‎ 答案：C ‎(3)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为________．‎ 解：由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，如图，其中AP，AB，AC两两垂直，且AP＝AB＝AC＝1，故AP⊥平面ABC，S△ABC＝AB×AC＝，所以三棱锥PABC的体积V1＝×S△ABC×AP＝××1＝，又Rt△ABC是半球底面的内接三角形，所以球的直径2R＝BC＝，解得R＝，所以半球的体积V2＝××3＝，故所求几何体的体积V＝V1＋V2＝＋.‎ 答案：＋ ‎[方法引航]‎ ‎　(1)分析视图的意义．确定其是一个平面的投影，还是面与面的交线，或者是旋转体的轮廓线的投影．‎ ‎(2)利用线框分析表面相对位置的关系．视图中的一个封闭线框一般情况下表示一个面的投影．若出现线框套线框，则可能有一个面是凸出的、凹下的、倾斜的或者是有打通的孔，两个线框相连，表示两个面高低不平或者相交．‎ ‎(3)将几个视图联系起来观察，确定物体形状．根据一个视图不能确定物体的形状，往往需要两个或两个以上的视图．‎ ‎1．(2017·河南开封模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，‎ 则该正四棱锥的正视图的面积为(　　)‎ A. B. C．2 D．4‎ 解析：选A.由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为的等腰三角形，其面积为×2×＝.‎ ‎2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是(　　)‎ 解析：选D.由俯视图可知是B和D中的一个，由正视图和侧视图可知B错，D正确．‎ 考点三　几何体的直观图 命题点 ‎1.平面图形的直观图 ‎2.空间几何体的直观图 ‎[例3]　(1)正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________．‎ 解析：画出坐标系x′O′y′，作出△OAB的直观图O′A′B′(如图)．D′为O′A′的中点．‎ 易知D′B′＝DB(D为OA的中点)＝×a＝a ‎∴S△O′A′B′＝O′A′D′B′＝×a×a＝×a2＝a2.‎ 答案：a2‎ ‎(2)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是(　　)‎ A．28＋6　　　　　　 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋12 解析：由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，‎ 其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4.‎ ‎∵AE＝4，ED＝3，∴AD＝5.‎ 又CD⊥BD，CD⊥AE，‎ 则CD⊥平面ABD，‎ 故CD⊥AD，‎ 所以AC＝且S△ACD＝10.‎ 在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2.‎ 在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4，‎ 故S△BCD＝10，且BC＝.‎ 在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.‎ 在△ABC中，AB＝2，BC＝AC＝，‎ 则AB边上的高h＝6，故S△ABC＝×2×6＝6.‎ 因此，该三棱锥的表面积为S＝30＋6.‎ 答案：B ‎[方法引航]　(1)由直观图还原为平面图的关键是找与x′轴，y′轴平行的直线或线段，且平行于x′轴的线段还原时长度不变，平行于y′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可.‎ (2)对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝S，能进行相关问题的计算.‎ ‎1．将本例(1)改为一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．‎ 解析：由斜二测画法画出直观图，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底边为1，高为的三角形，所以原三角形的面积为.‎ 答案： ‎2．将本例(2)改为某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. C．200 D．240‎ 解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S＝＝20.又棱柱的高为10，所以体积V＝Sh＝20×10＝200.‎ ‎[易错警示]‎ 忽视几何体的放置与特征致误 ‎[典例]　在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为(　　)‎ ‎[正解]　由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.‎ ‎[易误]　(1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.‎ ‎(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C.‎ ‎[警示]　1.首先确定几何体，面对读者是怎么放置的．‎ ‎2．要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的．‎ ‎3．要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)‎ A．17π　　　　　　　　　 B．18π C．20π D．28π 解析：选A.由三视图知该几何体为球去掉了所剩的几何体(如图)，设球的半径为R，则×πR3＝，故R＝2，从而它的表面积S＝×4πR2＋×πR2＝17π.故选A.‎ ‎2．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选B.由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为πr2＋2πr2＋4r2＋2πr2＝20π＋16，所以r＝2，故选B.‎ ‎3．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)‎ A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 解析：选B.将三视图还原为几何体即可．‎ 如图，几何体为三棱柱．‎ ‎4．(2013·高考课标全国Ⅰ)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 解析：选A.根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋×π×22×4＝16＋8π，故选A.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有(　　)‎ A．20　　　　　　　　　 B．15‎ C．12 D．10‎ 解析：选D.如图，在五棱柱ABCDEA1B‎1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．‎ ‎2．一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：选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.‎ 对于如图所示三棱锥OABC，‎ 当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.‎ 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.‎ ‎3．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是(　　)‎ 解析：选B.由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面PAD，且EC投影在面PAD上，故B正确．‎ ‎4．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(　　)‎ 解析：选C.注意到在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C中，其宽度为，与题中所给的左视图的宽度不相等，C不可能．‎ ‎5．如图是一正方体被过棱的中点M、N和顶点A、D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为(　　)‎ 解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.‎ ‎6．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为‎2 cm2，则原平面图形的面积为(　　)‎ A．‎4 cm2 B．‎4 cm2‎ C．‎8 cm2 D．‎8 cm2‎ 解析：选C.依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC、AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍，所以原平面图形的面积为‎8 cm2.‎ ‎7．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝，选D.‎ ‎8．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于(　　)‎ A. B．1‎ C. D. 解析：选D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD1B1，正视图的方向垂直于面A‎1C1CA，且正视图是长为，宽为1的矩形，故正视图的面积为，因此选D.‎ ‎9．如图，E、F分别是正方体ABCDA1B‎1C1D1中AD1、B‎1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE的俯视图可能是(　　)‎ 解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B‎1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.‎ ‎10．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：选C.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°.‎ B组　能力突破 ‎1．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥面A1B‎1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为(　　)‎ A．2 B. C．2 D．4‎ 解析：选A.观察三视图可知，该几何体是正三棱柱，底面边长、高均为2，所以，其左视图是一个矩形，边长分别为2,2sin 60°＝，其面积为2.‎ ‎2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．12 B．18‎ C．24 D．30‎ 解析：选C.由三视图还原几何体知，该几何体如图所示，‎ 其体积V＝VB1ABC＋VB1A1ACC1＝××3×4×2＋×3×5×4＝24.‎ ‎3．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．‎ 解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为，所以正视图的面积为2.‎ 答案：2 ‎4．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．‎ 解析：由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为 OE，则OE××＝O′C′，‎ ‎∵O′C′＝2，∴OE＝4，∴S▱OABC＝6×4＝24.‎ 答案：24 ‎5．如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，点P是上底面A1B‎1C1D1内一动点，则三棱锥PABC的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．‎ 解析：如题图所示，设正方体的棱长为a，则三棱锥PABC的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是a2，所以所求面积的比值为1.‎ 答案：1‎ ‎6．如图，三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝BC＝CD＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD)的面积为________．‎ 解析：∵AB⊥平面BCD，投影线平行于BD，‎ ‎∴三棱锥ABCD的侧视图是一个以△BCD的BD边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝2，‎ ‎∴△BCD中BD边上的高为，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD)的面积S＝××2＝.‎ 答案： 第2课时　空间几何体的表面积与体积 ‎1．空间几何体的表面积与体积 ‎ 名称 几何体　　‎ 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ ‎2.旋转体的表(侧)面积 名称 侧面积 表面积 圆柱(底面半径r，母线长l)‎ ‎2πrl ‎2πr(l＋r)‎ 圆锥(底面半径r，母线长l)‎ πrl πr(l＋r)‎ 圆台(上、下底面半径r1，r2，母线长l)‎ π(r1＋r2)l π(r1＋r2)l＋π(r＋r)‎ ‎3.判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．(×)‎ ‎(2)球的体积之比等于半径比的平方．(×)‎ ‎(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．(√)‎ ‎(4)已知球O的半径R，其内接正方体的边长为a，则R＝a.(√)‎ ‎(5)半径为R的球内接正方体的对角线长为2R.(√)‎ ‎(6)因V锥＝Sh，V柱＝Sh，因此锥体的体积是柱体的体积的.(×)‎ ‎(7)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.(×)‎ ‎(8)球的表面积是该球大圆面积的4倍．(√)‎ ‎(9)圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角不可能大于π.(×)‎ ‎(10)棱长为3,4,5的长方体表面上，两个对顶点间的最短距离为.(√)‎ 考点一　几何体的表面积 命题点 ‎1.由三视图求表面积 ‎2.由空间线面关系求表面积 ‎[例1]　(1)(2016·高考全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．20π　　　　　　　　　 B．24π C．28π D．32π 解析：该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.‎ 答案：C ‎(2)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．‎ 解析：由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h，则×6××22×h＝2，解得h＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为，故侧面等腰三角形底边上的高为＝2，故该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.‎ 答案：12‎ ‎[方法引航]　(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.‎ (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.,(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.‎ ‎1．侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为a时，该三棱锥的表面积是(　　)‎ A.a2　　　　　　　　 B.a2‎ C.a2 D.a2‎ 解析：选A.∵侧面都是等腰直角三角形，故侧棱长等于a，‎ ‎∴S表＝a2＋3××2＝a2.‎ ‎2．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(　　)‎ A．2π B．π C．2 D．1‎ 解析：选A.所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S＝2π×1×1＝2π，故选A.‎ 考点二　几何体的体积 命题点 ‎1.由三视图求体积 ‎2.由线面关系求体积 ‎[例2]　(1)(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋π　　　　　　　　 B.＋π C.＋π D．1＋π 解析：选C.由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V1＝×12×1＝.设半球的半径为R，则2R＝，即R＝，所以半球的体积V2＝×R3＝××3＝π.故该几何体的体积V＝V1＋V2＝＋π.故选C.‎ ‎(2)(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．‎ 解析：由俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S＝＝，由侧(左)视图可知四棱柱的高h＝1，所以该四棱柱的体积V＝Sh＝‎ eq f(3,2).‎ 答案： ‎(3)(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.‎ 解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为‎2 m、高为‎1 m的平行四边形，四棱锥的高为‎3 m，故其体积为×2×1×3＝2(m3)．‎ 答案：2‎ ‎(4)(2016·高考全国乙卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.‎ ‎①证明：G是AB的中点；‎ ‎②在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．‎ 解：①证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.‎ 因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.‎ 又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.‎ 又由已知可得，PA＝PB，从而G是AB的中点．‎ ‎②在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．‎ 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，‎ 又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．‎ 连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心，由①知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝CG.‎ 由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，‎ 所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.‎ 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2.‎ 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，‎ 所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.‎ ‎[方法引航]　(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积.‎ (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.‎ (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.‎ ‎1．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D.如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分为三棱锥AA1B1D1，其体积为，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为，故所求比值为.故选D.‎ ‎2．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：选A.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＝，则△BHC中BC边的高h＝.‎ ‎∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，‎ ‎∴V＝VEADG＋VFBHC＋VAGDBHC＝2VEADG＋VAGDBHC＝×××2＋×1＝.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋π B.＋π C.＋2π D.＋2π 解析： 选A.半圆柱上面有一个三棱锥的组合体，其中半圆柱的底面半径为1，高为2，三棱锥的底面为一个斜边长为2的等腰直角三角形，高为1，所以该几何体的体积V＝××2×1×1＋π×12×2＝＋π，故选A.‎ 考点三　与球有关的组合体 命题点 ‎1.棱柱的外接球 ‎2.棱柱的内切球 ‎3.棱锥的外接球 ‎4.棱锥的内切球 ‎5.旋转体的外切球 ‎[例3]　(1)(2016·高考全国甲卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．12π　　　　　　　　 B.π C．8π D．4π 解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R＝a(R为正方体外接球的半径)，所以R＝，故所求球的表面积S＝4πR2＝12π.‎ 答案：A ‎(2)(2016·高考全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B‎1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A．4π B.π C．6π D. 解析：设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.‎ 当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有(6＋8＋10)×R＝×6×8，此时R＝2；‎ 当球与直三棱柱两底面相切时，有2R＝3，此时R＝.‎ 所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为，故最大体积V＝π3＝.‎ 答案：B ‎(3)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________.‎ 解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.‎ 答案： ‎(4)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　)‎ A. B．16π C．9π D. 解析：如图所示，设球半径为R，棱锥的底面中心为O′，球心为O.‎ ‎∵正四棱锥PABCD中AB＝2，∴AO′＝.‎ ‎∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，‎ ‎∴R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝，‎ ‎∴该球的表面积为4πR2＝4π×2＝.‎ 答案：A ‎[方法引航]　一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系.‎ ‎1．在本例(1)中求该正方体的内切球的体积及表面积．‎ 解：由题意知：2R＝2，R＝1，S球＝4πR2＝4π，V球＝πR3＝π.‎ ‎2．在本例(2)中求三棱柱ABCA1B‎1C1的外接球的表面积．‎ 解：将三棱柱ABCA1B‎1C1补成一个长方体，棱长分别为6,8,3.‎ ‎∴球的直径2R＝＝，∴R＝ ‎∴S球＝4πR2＝4π×＝109π.‎ ‎3．将本例(3)改为球内有一个高为4，底面半径为1的圆锥，求球的表面积．‎ 解析：由题意得(4－r)2＋12＝r2，∴r＝，‎ 此时，2＜r＜4，适合题意．‎ 或者当r＞4时，‎ ‎(r－4)2＋12＝r2，∴r＝(舍)．‎ ‎∴S球＝4π×2＝π.‎ ‎[思想方法]‎ 化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用 ‎(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高；‎ ‎(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；‎ ‎(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱，有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．‎ ‎[典例]　如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1的侧棱A‎1A和B1B上各有一个动点P、Q，且满足A1P＝BQ，M是棱CA上的动点，则的最大值是__________．‎ ‎[解析]　设VABCA1B‎1C1＝V，VMABQP＝VMB1BA≤VCB1BA＝VB1CBA＝V，即M与C重合时VMABQP最大，＝＝.‎ ‎[答案]　 ‎[回顾反思]　一般来说，对于规则的几何体，一般用公式法．‎ 对于非规则的几何体，一般用割补法．‎ 对于某些三棱锥，有时可以利用转换的方法．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国丙卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出 的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)‎ A．18＋36 B．54＋18 C．90‎ D．81‎ 解析：选B.由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积S＝(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故选B.‎ ‎2．(2015·高考课标卷Ⅰ)《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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)‎ A．14斛　　　　　　　　　　 B．22斛 C．36斛 D．66斛 解析：选B.设圆锥底面的半径为R尺，由×2πR＝8得R＝，从而米堆的体积V＝×πR2×5＝(立方尺)，因此堆放的米约有≈22(斛)．故选B.‎ ‎3．(2015·高考课标卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)‎ A．36π　　　　　　　B．64π C．144π D．256π 解析：选C.△AOB的面积为定值，当OC垂直于平面AOB时，三棱锥OABC的体积取得最大值．由R3＝36得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.故选C.‎ ‎4．(2014·高考课标卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示‎1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为‎3 cm，高为‎6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm3，‎ 圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm3，‎ 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm3，‎ 所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为＝，故选C.‎ ‎5．(2014·高考课标卷Ⅱ)正三棱柱ABCA1B‎1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为(　　)‎ A．3 B. C．1 D. 解析：选C.在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1，‎ ‎∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD ‎＝××2××＝1，故选C.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是(　　)‎ ‎(锥体体积公式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)‎ A．3　　　　　　　　　 B．2‎ C. D．1‎ 解析：选D.由三棱锥的侧视图和俯视图可知该三棱锥的底面是边长为2的正三角形，故其底面积为；其侧视图也是边长为2的正三角形，故侧视图中三角形的高即为三棱锥的高，可求出为，所以三棱锥的体积V＝××＝1.‎ ‎2．已知直三棱柱ABCA1B‎1C1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的半径是(　　)‎ A. B．2 C. D．3 解析：选C.因为直三棱柱中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的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B．π C. D．12π 解析：选A.由三视图可知该几何体的直观图为一个圆柱内挖去两个与圆柱同底的半球，所以该几何体的体积V＝V柱－2V半球＝π×12×2－2××π×13＝π，选A.‎ ‎4．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．8－2π B．8－π C．8－ D．8－ 解析：选B.这是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体，‎ 如图，几何体的高为2，V＝23－×π×12×2×2＝8－π.‎ ‎5．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：选B.如图，设平面α截球O所得圆的圆心为O1，则|OO1|＝，|O‎1A|＝1.∴球的半径R＝|OA|＝＝.‎ ‎∴球的体积V＝πR3＝4π，故选B.‎ ‎6．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)‎ A．1＋ B．1＋2 C．2＋ D．2 解析：选C.如图，该四面体有两个面为等腰直角三角形，另外两个面为正三角形．故该四面体的表面积S＝2×××＋2××××＝2＋.‎ ‎7．四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，AB⊥平面BCD，△BCD是边长为3的等边三角形．若AB＝2，则球O的表面积为(　　)‎ A. B．12π C．16π D．32π 解析：选C.将四面体ABCD补形成正三棱柱，则其外接球的球心为上、下底面的中心连线的中点，底面△BCD的外接圆半径为，所以外接球的半径R＝＝2，球O的表面积S＝4πR2＝16π，故选C.‎ ‎8．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为(　　)‎ A. B. C．6 D．7‎ 解析：选A.由三视图画出几何体的直观图如图所示．该几何体是正方体去掉两个角所形成的多面体．‎ 其体积为V＝2×2×2－2×××1×1×1＝.‎ ‎9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(　　)‎ A. B．160‎ C．64＋32 D．60‎ 解析：选A.由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱切去一个三棱锥得到的，如图所示，故该几何体的体积为×4×4×8－××4×4×4＝64－＝，故选A.‎ ‎10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．6π＋4 B．π＋4‎ C. D．2π 解析：选D.由三视图知，该几何体是由一个底面半径为1，高为1的圆柱体与一个底面半径为1，高为2的半圆柱体构成的，所以该几何体的体积为π×12×1＋×π×12×2＝2π，故选D.‎ B组　能力突破 ‎1．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，所以SA＝＝；同理SB＝.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为△SAC≌△SBC，所以BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因为∠ASC＝30°，所以AD＝SA＝，则△ABD的面积为×1× ＝，则三棱锥的体积为××2＝.‎ ‎2．若一个几何体的表面积和体积相同，则称这个几何体为“同积几何体”．已知某几何体为“同积几何体”，其三视图如图所示，则a＝(　　)‎ A. B. C. D．8＋2 解析：选A.根据几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱，如图所示，可得其体积为(a＋‎2a)·a·a＝a3，其表面积为·(‎2a＋a)·a·2＋a2＋a2＋‎2a·a＋a·a＝‎7a2＋a2，所以‎7a2＋a2＝a3，解得a＝，故选A.‎ ‎3．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________．‎ 解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R，则2R＝2，‎ ‎∴R＝.∴S球表＝4πR2＝4π×3＝12π.‎ 答案：12π ‎4．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．‎ 解析：正四棱柱外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，‎ 所以球的半径r＝＝1，球的体积V＝r3＝.‎ 答案： ‎5．若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．‎ 解析：由主视图知，三棱柱的底面边长为2，高为1，外接球的球心在上下两个三角形中心连线的中点上，连接球心和任意一个顶点的线段长为球的半径，则R2＝2＋2＝(其中R为球的半径)，则球的表面积S＝4πR2＝4π×＝π.‎ 答案：π ‎6．一个底面直径为4的圆柱用一个不平行于底的平面截去一部分后得到一个几何体(如图)．截面上点到底面的最小距离为3.最大距离为5，则该几何体的体积为________．‎ 解析：在该几何体的上方补接一个同样大小的几何 体，使最小距离与最大距离相互对接，如图，则整个圆柱体积为π×22×8＝32π.‎ 所以原几何体体积为16π.‎ 答案：16π 第3课时　直线、平面的平行关系 ‎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)空间中两直线的位置关系 ‎(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：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ ‎(4)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．直线与平面、平面与平面之间的位置关系 ‎(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．‎ ‎4．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)‎ ⇒ l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)‎ ⇒ l∥b ‎5．平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)‎ ⇒α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ⇒ a∥b ‎6.判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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．(×)‎ ‎(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)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若l∥α，l∥β，则α∥β.(×)‎ ‎(8)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．(×)‎ ‎(9)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.(×)‎ ‎(10)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(√)‎ 考点一　平面的基本性质 命题点 空间平面的构成 ‎[例1]　(1)有下列命题：‎ ‎①经过三点确定一个平面；‎ ‎②梯形可以确定一个平面；‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；‎ ‎④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：对于①，三点可能在一直线上，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，没有强调三点不共线，则两平面也可能相交，故④错误．‎ 答案：C ‎(2)过同一点的4条直线中，任意3条都不在同一平面内，则这四条直线确定平面的个数为________．‎ 解析：由题意知这4条直线中的每两条都确定一个平面，因此，共可确定6个平面．‎ 答案：6‎ ‎[方法引航]　空间平面的构成，可由点，可由线，也可由点和线；面与面的公共点在面的交线上.‎ ‎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是(　　)‎ 解析：选D.A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．‎ ‎2．(2017·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：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.‎ 考点二　直线与平面的平行关系 命题点 ‎1.直线与平面平行的判定 ‎2.直线与平面平行的性质 ‎[例2]　(1)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，由题意得，‎ EF∥BD，且EF＝BD.‎ HG∥BD，且HG＝BD.‎ ‎∴EF∥HG，且EF≠HG，又HG⊂面BCD，‎ ‎∴EF∥平面BCD且四边形EFGH是梯形．‎ 答案：B ‎(2)(2016·高考全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎①证明MN∥平面PAB；‎ ‎②求四面体NBCM的体积．‎ 解：①证明：由已知得AM＝AD＝2，‎ 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.‎ ‎②因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为PA.‎ 取BC的中点E，连接AE.‎ 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝ ＝.‎ 由AM∥BC得M到BC的距离为，‎ 故S△BCM＝×4×＝2.‎ 所以四面体NBCM的体积VNBCM＝·S△BCM·＝.‎ ‎[方法引航]　判断或证明线面平行的常用方法 ‎(1)利用线面平行的定义(无公共点)；‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；‎ ‎(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；‎ ‎(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．‎ ‎1．过三棱柱ABCA1B‎1C1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB‎1A1平行的直线有________条．‎ 解析：如图，E、F、G、H分别是A‎1C1、B‎1C1、BC、AC的中点，则与平面ABB‎1A1平行的直线有EF，GH，FG，EH，EG，FH共6条．‎ 答案：6‎ ‎2．如图，四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．‎ ‎(1)求证：AP∥平面BEF；‎ ‎(2)求证：GH∥平面PAD.‎ 证明：(1)连接EC，‎ ‎∵AD∥BC，BC＝AD，‎ ‎∴BC綊AE，∴四边形ABCE是平行四边形，‎ ‎∴O为AC的中点．‎ 又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，‎ FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，‎ ‎∴AP∥平面BEF.‎ ‎(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，‎ ‎∴FH∥PD，∴FH∥平面PAD.‎ 又∵O是BE的中点，H是CD的中点，‎ ‎∴OH∥AD，∴OH∥平面PAD.‎ 又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD.‎ 又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面PAD.‎ 考点三　平面与平面平行的判定与性质 命题点 ‎1.判定平面与平面的平行 ‎2.利用平面与平面平行的性质 ‎[例3]　(1)(2017·山东济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)‎ A．存在一条直线a，a∥α，a∥β B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α 解析： 若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.‎ 答案：D ‎(2)如图所示，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A‎1C1的中点，求证：‎ ‎①B，C，H，G四点共面；‎ ‎②平面EFA1∥平面BCHG.‎ 证明：①∵G，H分别是A1B1，A‎1C1的中点，‎ ‎∴GH是△A1B‎1C1的中位线，‎ ‎∴GH∥B‎1C1.‎ 又∵B‎1C1∥BC，∴GH∥BC，‎ ‎∴B，C，H，G四点共面．‎ ‎②∵E，F分别是AB，AC的中点，‎ ‎∴EF∥BC.‎ ‎∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，‎ ‎∴EF∥平面BCHG.‎ ‎∵A‎1G綊EB，‎ ‎∴四边形A1EBG是平行四边形，‎ ‎∴A1E∥GB.‎ ‎∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，‎ ‎∴A1E∥平面BCHG.‎ ‎∵A1E∩EF＝E，‎ ‎∴平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎[方法引航]　1.面面平行的判定方法 ‎(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．‎ ‎(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．‎ ‎(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．‎ ‎(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．‎ ‎2．面面平行的性质 由面面平行，可得出线面平行，也可得出线线平行，但必须是这两个平行平面与第三个平面的交线．‎ ‎1．将本例(2)中条件改为已知H为A‎1C1的中点，过BC和H点的平面与A1B1交于点G，求证G为A1B1的中点．‎ 证明：因为在三棱柱中，面A1B‎1C1∥面ABC.‎ 面A1B‎1C1∩面BCHG＝HG，面ABC∩面BCHG＝BC，∴GH∥BC(面面平行性质)BC∥B‎1C1.‎ ‎∴GH∥B‎1C1，H为A‎1C1的中点，∴G为A1B1的中点．‎ ‎2．在本例(2)条件下，若D1，D分别为B‎1C1，BC的中点，求证：(1)平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎(2)若点N∈AD，求证：C1N始终平行面A1BD1.‎ 证明：(1)如图所示，连接A‎1C交AC1于点M，‎ ‎∵四边形A1ACC1是平行四边形，‎ ‎∴M是A‎1C的中点，连接MD，‎ ‎∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.‎ ‎∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.‎ 又由三棱柱的性质知，D‎1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎(2)由(1)可知，平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎∵N∈AD，∴C1N⊂面AC1D.‎ ‎∴C1N∥面A1BD1.‎ ‎[方法探究]‎ 空间平行的转化与探索 ‎ ‎[典例]　(2017·河北石家庄模拟)如图，棱柱ABCDA1B‎1C1D1的底面ABCD为菱形，平面AA‎1C1C⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AB‎1C∥平面DA‎1C1；‎ ‎(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA‎1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：由棱柱ABCDA1B‎1C1D1的性质，知AB1∥DC1，A1D∥B‎1C，AB1∩B‎1C＝B1，A1D∩DC1＝D，‎ ‎∴平面AB‎1C∥平面DA‎1C1.‎ ‎(2)存在这样的点P满足题意．‎ 如图，在C‎1C的延长线上取一点P，使C‎1C＝CP，连接BP，‎ ‎∵B1B綊CC1∴BB1綊CP，‎ ‎∴四边形BB1CP为平行四边形，‎ ‎∴BP∥B‎1C，‎ ‎∵A1D∥B‎1C，‎ ‎∴BP∥A1D.‎ 又∵A1D⊂平面DA‎1C1，BP⊄平面DA‎1C1，‎ ‎∴BP∥平面DA‎1C1.‎ ‎[思维程序]　(1)线∥线⇒面∥面；‎ 棱柱性质⇒面的对角线平行⇒面∥面．‎ ‎(2)先找点P，再证明平行；‎ 平行四边形性质⇒BP∥B‎1C∥A1D.‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考山东卷)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．‎ ‎(1)已知G，H分别为EC，FB的中点．求证：GH∥平面ABC；‎ ‎(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角FBCA的余弦值．‎ 解：(1)证明：设FC中点为I，连接GI，HI 在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB.‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.‎ 又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.‎ ‎(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.‎ 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)，‎ 所以＝(－2，－2，0)，‎ 过点F作FM垂直OB于点M.‎ 所以FM＝＝3，‎ 可得F(0，，3)．故＝(0，－，3)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．‎ 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝.‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.‎ ‎2．(2016·高考山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.‎ ‎(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；‎ ‎(2)已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.‎ 证明：(1)因为EF∥DB，‎ 所以EF与DB确定平面BDEF.如图①所示连接DE.‎ 因为AE＝EC，D为AC的中点，‎ 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.‎ 又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.‎ 图①‎ ‎(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.‎ 在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.‎ 又EF∥DB，所以GI∥DB.‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，‎ 又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.‎ 图②‎ ‎3．(2014·高考陕西卷)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.‎ ‎(1)求四面体ABCD的体积；‎ ‎(2)证明：四边形EFGH是矩形．‎ 证明：(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝CD＝2，AD＝1，‎ ‎∴AD⊥平面BDC，‎ ‎∴四面体的体积V＝××2×2×1＝.‎ ‎(2)∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，‎ 平面EFGH∩平面ABC＝EH，‎ ‎∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.‎ 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，‎ ‎∴四边形EFGH是平行四边形．‎ 又AD⊥平面BDC，‎ ‎∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，‎ ‎∴四边形EFGH是矩形．‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．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．即不充分也不必要条件 答案：D ‎2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是(　　)‎ A．a平行于α内的所有直线 B．α内有无数条直线与a平行 C．直线a上的点到平面α的距离相等 D．α内存在无数条直线与a成90°角 解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．‎ ‎3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β 是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．a∥b，b⊂α，则a∥α B．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β C．a⊥α，b∥α，则a⊥b D．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b 解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；‎ C正确；D中的直线a，b也可能异面．‎ ‎4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：‎ ‎①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；‎ ‎③若a∥α，b∥α，则a∥b.‎ 其中真命题的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选A.对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．‎ ‎5．已知直线a与平面α、β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中(　　)‎ A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一一条与a平行的直线 解析：选D.设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．‎ ‎6．如图所示，ABCDA1B‎1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1、B‎1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P、M、N 的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.‎ 解析：∵平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，‎ ‎∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B‎1C1的中点，‎ AP＝，‎ ‎∴CQ＝，从而DP＝DQ＝，∴PQ＝a.‎ 答案：a ‎7．已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．‎ 解析：根据题意可得到以下如图两种情况：‎ 可求出BD的长分别为或24.‎ 答案：24或 ‎8．在正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.‎ 解析：假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别为DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，∴平面D1BQ∥平面PAO，故Q满足Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.‎ 答案：Q为CC1的中点 ‎9．如图E、F、G、H分别是正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1‎ 的中点．求证：‎ ‎(1)EG∥平面BB1D1D；‎ ‎(2)平面BDF∥平面B1D1H.‎ 证明：(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，‎ 易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE，‎ 由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D.‎ ‎(2)由题意可知BD∥B1D1.‎ 如图，连接HB、D‎1F，‎ 易证四边形HBFD1是平行四边形，‎ 故HD1∥BF.‎ 又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，‎ 所以平面BDF∥平面B1D1H.‎ ‎10．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，点E在线段B‎1C1上，B1E＝3EC1，试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．‎ 解：法一：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.‎ 证明如下：在平面A1B‎1C1内过点E作EG∥A‎1C1交A1B1于点G，连接AG.‎ ‎∵B1E＝3EC1，∴EG＝A‎1C1，‎ 又AF∥A‎1C1且AF＝A‎1C1，‎ ‎∴AF∥EG且AF＝EG，‎ ‎∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG，‎ 又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，‎ ‎∴EF∥平面A1ABB1.‎ 法二：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.‎ 证明如下：在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，‎ ‎∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，‎ ‎∴EG∥平面A1ABB1，∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，‎ ‎∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，‎ ‎∴FG∥平面A1ABB1.‎ 又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，‎ ‎∴平面EFG∥平面A1ABB1.‎ ‎∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.‎ B组　能力突破 ‎1．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是(　　)‎ A．垂直　　　　　　　　 B．相交不垂直 C．平行 D．重合 解析：选C.如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.‎ ‎2．正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B‎1C1的中点，则正确的命题是(　　)‎ A．AE⊥CG B．AE与CG是异面直线 C．四边形AEC‎1F是正方形 D．AE∥平面BC‎1F 解析：选D.由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A‎1C1∥AC，故A、E、G、C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC‎1F中，AE＝EC1＝C‎1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC‎1F是正方形错误；由于AE∥C‎1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC‎1F.‎ ‎3．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；‎ ‎②若m∥l，且m∥α，则l∥α；‎ ‎③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；‎ ‎④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B.易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．‎ ‎4．空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．‎ 解析：设＝＝k，∴＝＝1－k，∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，∴周长＝8＋2k.‎ 又∵0＜k＜1，∴周长的取值范围为(8,10)．‎ 答案：(8,10)‎ ‎5．如图，几何体EABCD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.‎ ‎(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．‎ 证明：(1)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，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)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，‎ 因为M是AE的中点，所以MN∥BE.‎ 又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，‎ 所以MN∥平面BEC.‎ 又因为△ABD为正三角形，‎ 所以∠BDN＝30°，‎ 又CB＝CD，∠BCD＝120°，‎ 因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以DN∥BC.‎ 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，‎ 又DM⊂平面DMN，‎ 所以DM∥平面BEC.‎ 法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.‎ 因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.‎ 因为△ABD为正三角形，‎ 所以∠BAD＝∠ABD＝60°，‎ 所以∠ABC＝90°，‎ 因此∠AFB＝30°，‎ 所以AB＝AF.‎ 又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．‎ 连接DM，由于点M是线段AE的中点，‎ 因此DM∥EF.‎ 又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，‎ 所以DM∥平面BEC.‎ ‎(3)存在点N为AD的中点 取AD的中点N，连接BN，O为BD的中点 由(2)可知∠DCO＝60°，∴∠BDC＝30°，‎ 又∵DBN＝30°，∴BN∥DC.‎ DC⊂面DEC，∴BN∥面DEC.‎ 第4课时　直线、平面的垂直关系 ‎1．直线与平面垂直 ‎(1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．‎ ‎(2)判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果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 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b ‎2.平面与平面垂直 ‎(1)平面与平面垂直的定义 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)判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ‎ ⇒l⊥α ‎3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)已知直线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)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)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若α⊥β，l∥α，则l⊥β.(×)‎ ‎(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.(×)‎ ‎(7)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(√)‎ ‎(8)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(√)‎ ‎(9)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(×)‎ ‎(10)垂直于同一平面的两个平面平行．(×)‎ 考点一　直线与平面垂直的判定与性质 命题点 ‎1.直线与平面垂直的判定 ‎2.直线与平面垂直的性质 ‎[例1]　(1)(2016·高考浙江卷)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：因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.‎ 答案：C ‎(2)如图，三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.‎ ‎①证明：AB⊥平面PFE；‎ ‎②若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．‎ 解：①证明：由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.‎ 因为∠ABC＝，EF∥BC，所以AB⊥EF.‎ 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，‎ 所以AB⊥平面PFE.‎ ‎②设BC＝x，则在Rt△ABC中，‎ AB＝＝，‎ 从而S△ABC＝AB·BC＝x.‎ 由EF∥BC知，＝＝，得△AFE∽△ABC，‎ 故＝2＝，即S△AFE＝S△ABC.‎ 由AD＝AE，S△AFD＝S△AFE＝×S△ABC ‎＝S△ABC＝x，‎ 从而四边形DFBC的面积为 SDFBC＝S△ABC－S△AFD ‎＝x－x ‎＝x.‎ 由①知PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥PDFBC的高．‎ 在Rt△PEC中，PE＝＝＝2，‎ 所以VPDFBC＝SDFBC·PE ‎＝×x×2＝7，‎ 所以x4－36x2＋243＝0，‎ 解得x2＝9或x2＝27.‎ 由于x>0，因此x＝3或x＝3.‎ 所以BC＝3或BC＝3.‎ ‎[方法引航]　(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质.‎ (2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.‎ (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.‎ ‎1．在空间内，设l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是(　　)‎ A．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ B．l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m C．α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，若l∥m，则l∥n D．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β 解析：选D.对于A，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真题；对于B，∵如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；对于C，‎ ‎∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；对于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题．综上所述，选D.‎ ‎2．在本例(2)中，若G∈BC上且CG＝BC.求证：PG⊥BC.‎ 证明：∵CG＝BC，CE＝CA.‎ ‎∴EG∥AB.‎ BC⊥AB，∴BC⊥EG 又∵PE⊥面ABC，∴PE⊥BC.PE∩EG＝E ‎∴BC⊥面PEG，∴PG⊥BC.‎ 考点二　平面与平面的垂直关系 命题点 ‎1.平面与平面垂直的判定 ‎2.平面与平面垂直的性质 ‎[例2]　(1)如图，P是正方形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD的位置关系是(　　)‎ A．平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直 B．它们两两垂直 C．平面PAB与平面PBC垂直，与平面PAD不垂直 D．平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直 解析：∵DA⊥AB，DA⊥PA，AB∩PA＝A，∴DA⊥平面PAB，又DA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB，同理可证平面PAB⊥平面PBC.‎ 答案：A ‎(2)(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.‎ ‎①求证：DC⊥平面PAC；‎ ‎②求证：平面PAB⊥平面PAC；‎ ‎③设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．‎ 证明：①因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.‎ 又因为DC⊥AC，PC∩CA＝C，所以DC⊥平面PAC.‎ ‎②因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，且PC∩AC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC，且AB⊂面PAB.‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎③棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：‎ 如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.‎ 又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.‎ ‎[方法引航]　面面垂直的判定定理是利用了线面垂直，因此证其中一个平面的垂线是第一步，而面面垂直的性质必须是在其中一个平面内作交线的垂线，才可得出线面垂直.‎ 如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知AD＝4，BD＝4，AB＝2CD＝8.‎ ‎(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；‎ ‎(2)求四棱锥PABCD的体积．‎ 解：(1)证明：在△ABD中，∵AD＝4，BD＝4，AB＝8，∴AD2＋BD2＝AB2.‎ ‎∴AD⊥BD.又平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.‎ 又BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.‎ ‎(2)过点P作PO⊥AD于O，则PO⊥AD.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.‎ 即PO为四棱锥PABCD的高．‎ 又△PAD是边长为4的等边三角形，∴PO＝4×＝2.‎ 在Rt△ADB中，斜边AB上的高为＝2，此即为梯形ABCD的高．‎ ‎∴S梯形ABCD＝×2＝12.‎ ‎∴VPABCD＝×12×2＝24.‎ 考点三　空间垂直关系的探索 命题点 ‎1.探索点、线元素使之垂直 ‎2.探索数量使之垂直 ‎[例3]　(1)如图，已知直三棱柱ABCA1B‎1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1‎ ‎＝4，D是棱AA1上的任一点，M，N分别为AB，BC1的中点．‎ ‎①求证：MN∥平面DCC1；‎ ‎②试确定点D的位置，使得DC1⊥平面DBC.‎ 解：①证明：法一：如图，连接AC1，因为M，N分别为AB，BC1的中点，故MN∥AC1，‎ 又AC1⊂平面DCC1，MN⊄平面DCC1，故MN∥平面DCC1.‎ 法二：如图，取BC的中点G，连接GN，GM，则GN∥CC1，又CC1⊂平面DCC1，GN⊄平面DCC1，故GN∥平面DCC1.同理可知GM∥平面DCC1，又GN，GM是平面NMG内的两条相交直线，故平面NMG∥平面DCC1，又MN⊂平面NMG，故MN∥平面DCC1.‎ ‎②当点D为AA1的中点时，满足DC1⊥平面DBC.‎ 证明：由题意可知BC⊥AC，BC⊥CC1，而AC，CC1是平面AA‎1C1C内的两条相交直线，故BC⊥平面AA‎1C1C，又DC1⊂平面AA‎1C1C，故DC1⊥BC.‎ 在△CDC1中，CD＝2，DC1＝2，CC1＝4，满足CD2＋DC＝CC，所以DC1⊥DC，又BC，DC是平面DBC内的两条相交直线，故DC1⊥平面DBC.‎ ‎(2)(2017·河南郑州模拟)如图，已知三棱柱ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．‎ ‎①证明：MN∥平面AA′C′C；‎ ‎②设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．‎ 证明：①连接AB′，AC′，∴M∈AB′，M是AB′的中点，‎ 在△B′AC′中，MN为其中位线，‎ ‎∴MN∥AC′，AC′⊂面AA′C′C，MN⊄面AA′C′C.‎ ‎∴MN∥面AA′C′C.‎ ‎②连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，‎ 由题意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，‎ 因为三棱柱ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，‎ 所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，‎ 因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′N⊥平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，‎ 要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ‎2a2，解得λ＝，故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.‎ ‎[方法引航]　证明线线、线面、面面垂直的问题时，要掌握好线面垂直、面面垂直的判定与性质定理，并依据定理准确地找出(或作出)有关的直线或平面，这是解决问题的关键.‎ ‎1．如图，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，‎ AC＝‎2a，BB1＝‎3a，D是A‎1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.‎ 解析：∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D，‎ ‎∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B‎1F)，‎ 设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，‎ ‎∴x2－3ax＋‎2a2＝0，∴x＝a或x＝‎2a.‎ 答案：a或‎2a ‎2．如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面SAD；‎ ‎(2)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，‎ 所以CD⊥AD.‎ 又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.‎ ‎(2)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.‎ 证明：连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO，‎ 因为PD∥CM，且PD＝CM，‎ 所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.‎ 又因为N为SC的中点，‎ 所以NO∥SP.易知SP⊥AD，‎ 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.‎ 又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.‎ ‎[规范答题]‎ 利用平行与垂直求空间距离的规范答题 ‎ ‎[典例]　(本题满分12分)已知四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的底面ABCD是边长为2的菱形，AA1＝2，BD⊥A‎1A，∠BAD＝∠A‎1AC＝60°，点M是棱AA1的中点．‎ ‎(1)求证：A‎1C∥平面BMD；‎ ‎(2)求点C1到平面BDD1B1的距离．‎ ‎[规范解答]　(1)证明：设AC与BD交于点O，连接MO.‎ ⇒A‎1C∥平面BMD.4分 ‎(2)连接A1O，由BD⊥AA1，BD⊥AC得BD⊥平面A‎1AC，于是BD⊥A1O.‎ ⇒A1O⊥平面ABCD.8分 又因为平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，‎ 所以点B到平面A1B‎1C1D1的距离等于点A1到平面ABCD的距离，即A1O＝3.设C1到平面BDD1B1的距离为d，……10分 由VBB‎1C1D1＝VC1BB1D1⇒×3××2×＝×d××2×2⇒d＝，……12分 故所求距离为.‎ ‎[规范建议]　(1)先证出MO∥A‎1C(必须证明，不能直接说出)，再写出线面平行的条件(MO⊂面BMD、A‎1C⊄面BMD)，不可省略；‎ ‎(2)利用已知垂直关系得出A1O⊥AC，再证出A1O⊥平面ABCD(备用)；‎ ‎(3)利用面ABCD∥面A1B‎1C1D1转化两平面间的距离；‎ ‎(4)利用等积转化三棱锥BB‎1C1D1的体积．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ 解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：‎ 如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．‎ 命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．‎ 由平面与平面平行的定义知命题③正确．‎ 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．‎ 答案：②③④‎ ‎2．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.且BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.‎ ‎(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积VEACD＝×AC×GD×BE＝x3＝.‎ 故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.‎ ‎3．(2014·高考课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形，B‎1C的中点为O，且AO⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(1)证明：B‎1C⊥AB；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B‎1C1的高．‎ 解：(1)证明：连接BC1，则O为B‎1C与BC1的交点．因为BB‎1C1C为菱形，所以B‎1C⊥BC1.‎ 又AO⊥平面BB‎1C1C，所以B‎1C⊥AO，故B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AB⊂平面ABO，故B‎1C⊥AB.‎ ‎(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.‎ 由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.‎ 又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝.‎ 由于AC⊥AB1，所以OA＝B‎1C＝.‎ 由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，‎ 得OH＝.‎ 又O为B‎1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为.‎ 故三棱柱ABCA1B‎1C1的高为.‎ ‎4．(2015·高考湖南卷)如图，直三棱柱ABCA1B‎1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．‎ ‎(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2)若直线A‎1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥FAEC的体积．‎ 解：(1)证明：如图所示，因为三棱柱ABCA1B‎1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC.且BB1∩BC＝B，‎ 因此AE⊥平面B1BCC1.‎ 而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.‎ ‎(2)如图，设AB的中点为D，连接A1D，CD.‎ 因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.‎ 又三棱柱ABCA1B‎1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.‎ 因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A‎1C与平面A1ABB1所成的角．‎ 由题设，∠CA1D＝45°，‎ 所以A1D＝CD＝AB＝.‎ 在Rt△AA1D中，AA1＝＝＝，‎ 所以FC＝AA1＝.‎ 故三棱锥FAEC的体积V＝S△AEC×FC＝××＝.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是(　　)‎ A．a⊥α，b∥β，α⊥β　　　　 B．a⊥α，b⊥β，α∥β C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β 解析：选C.∵b⊥β，α∥β，∴b⊥α.又∵a⊂α，∴b⊥a.故选C.‎ ‎2．如图所示，O为正方体ABCDA1B‎1C1D1的底面ABCD的中点，则下列直线中与B1O垂直的是(　　)‎ A．A1D B．AA1‎ C．A1D1 D．A‎1C1‎ 解析：选D.由题意知，A‎1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A‎1C1⊥OB1.‎ ‎3．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)‎ 解析：选A.A选项中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB，B选项中，AB与CD成60°角；C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与CD夹角的正切值为.‎ ‎4．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：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．‎ 由图可知α与β相交，且交线平行于l.‎ ‎5．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　)‎ A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 解析：选C.在题图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD 就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，且BD∩CD＝D，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.‎ ‎6．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D.若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：选B.对于选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；对于选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故B正确；对于选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故C错误；‎ 对于选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l⊂β，故D错误．故选B.‎ ‎7．α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：__________________.‎ 答案：可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个 ‎8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：‎ ‎①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.‎ 其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)‎ 解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF，故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．‎ 答案：①③‎ ‎9．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．‎ 解析：本题考查点线面的位置关系．若α内的两条相交直线分别平行于β 内的两条直线，则α∥β，所以①正确；若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α，所以②正确；设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.‎ 答案：①②‎ ‎10．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．‎ ‎(1)求证：AD⊥平面PBE；‎ ‎(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；‎ ‎(3)若VPBCDE＝2VQABCD，试求的值．‎ 解：(1)证明：由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.‎ 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，‎ 所以AB＝BD，又E是AD的中点，所以AD⊥BE，‎ 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.‎ ‎(2)证明：连接AC，交BD于点O，连接OQ.(图略)，‎ 因为O是AC的中点，‎ Q是PC的中点，所以OQ∥PA，‎ 又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，所以PA∥平面BDQ.‎ ‎(3)设四棱锥PBCDE，QABCD的高分别为h1，h2.‎ 所以VPBCDE＝S四边形BCDEh1，‎ VQABCD＝S四边形ABCDh2.‎ 又VPBCDE＝2VQABCD，且S四边形BCDE＝S四边形ABCD，‎ ‎∴＝＝.‎ ‎11．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，PA⊥BD.‎ ‎(1)求证：PB＝PD；‎ ‎(2)若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求三棱锥DACE的体积．‎ 解：(1)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD且O为BD的中点．‎ 又PA⊥BD，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，‎ 由于PO⊂平面PAC，故BD⊥PO.‎ 又BO＝DO，所以PB＝PD.‎ ‎(2)如图，设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，EO，因为EQ綊CD＝AF，‎ 所以AFEQ为平行四边形，所以EF∥AQ，因为EF⊥平面PCD，‎ 所以AQ⊥平面PCD，所以AQ⊥PD，PD的中点为Q，所以AP＝AD＝.‎ 由AQ⊥平面PCD，可得AQ⊥CD，又AD⊥CD，AQ∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又BD⊥PA，BD∩CD＝D，‎ 所以PA⊥平面ABCD.‎ 故VDACE＝VEACD＝×PA×S△ACD＝×××××＝，‎ 故三棱锥DACE的体积为.‎ B组　能力突破 ‎1．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，m⊥n，n⊂β，则α⊥β D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β 解析：选B.m与n的位置关系为平行，异面或相交，∴A错误；根据面面垂直的性质可知B正确；由题中的条件无法推出α⊥β，∴C错误；只有当m与n相交时，结论才成立，∴D错误．故选B.‎ ‎2．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，则m∥α，且m∥β；‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.‎ 其中真命题的个数为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选B.①m∥n或m，n异面，故①错误；②根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m∥α或m⊂α，m∥β或m⊂β，故③错误；④根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.‎ ‎3．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正确；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正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.‎ ‎4．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是________(填上所有正确的序号)．‎ ‎①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；‎ ‎②不论D折至何位置都有MN⊥AE；‎ ‎③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.‎ 解析：取AE的中点F，连接MF，NF，则MF∥DE，NF∥AB∥CE，‎ 从而平面MFN∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；‎ 又AE⊥MF，AE⊥NF，所以AE⊥平面MFN，从而AE⊥MN，②正确；‎ 又MN与AB是异面直线，则③错误．‎ 答案：①②‎ ‎5．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.‎ ‎(1)求证：BC⊥AF；‎ ‎(2)若点M在线段AC上，且满足CM＝CA，求证：EM∥平面FBC；‎ ‎(3)试判断直线AF与平面EBC是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．‎ 解：(1)证明：因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF，‎ 因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥BC.‎ 由已知得AB⊥BC且EA∩AB＝A，所以BC⊥平面EABF.‎ 又AF⊂平面EABF，所以BC⊥AF.‎ ‎(2)证明：如图，过点M作MN⊥BC，垂足为点N，连接FN，则MN∥AB.‎ 因为CM＝AC，所以MN＝AB.又EF∥AB且EF＝AB，所以EF綊MN，‎ 所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM∥FN.‎ 又FN⊂平面FBC，EM⊄平面FBC，所以EM∥平面FBC.‎ ‎(3)直线AF垂直于平面EBC.‎ 证明如下：由(1)可知，AF⊥BC.‎ 在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1，∠BAE＝∠AEF＝90°，‎ 所以tan∠EBA＝tan∠FAE＝，则∠EBA＝∠FAE.‎ 设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90°，所以∠PBA＋∠PAB＝90°，则∠APB＝90°，即EB⊥AF.又EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC.‎ 第5课时　空间向量及应用 ‎1．空间向量的共线，共面定理和空间向量基本定理 ‎(1)共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.‎ 推论　如图所示，点P在l上的充要条件是＝＋ta①‎ 其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取＝a，则①可化为＝＋t或＝(1－t)＋t.‎ ‎(2)共面向量定理的向量表达式：p＝xa＋yb，其中x，y∈R，a，b为不共线向量，推论的表达式为＝x＋y或对空间任意一点O，有＝＋x＋y或＝x＋y＋z，其中x＋y＋z＝1.‎ ‎(3)空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．‎ ‎2．空间向量的坐标表示及应用 ‎(1)数量积的坐标运算 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.‎ ‎(2)共线与垂直的坐标表示 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)，‎ a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均为非零向量)．‎ ‎(3)模、夹角和距离公式 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 则|a|＝＝，‎ cos〈a，b〉＝＝.‎ 设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，‎ 则dAB＝||＝.‎ ‎3．直线的方向向量与平面的法向量的确定 ‎(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．‎ ‎(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ‎4．空间向量与空间角的关系 ‎(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.‎ ‎(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.‎ ‎(3)求二面角的大小 ‎1°如图①，AB、CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ ‎2°如图②③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．‎ ‎5．点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.‎ ‎6．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)直线的方向向量是唯一确定的．(×)‎ ‎(2)平面的单位法向量是唯一确定的．(×)‎ ‎(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．(×)‎ ‎(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(√)‎ ‎(5)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)‎ ‎(6)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)‎ ‎(7)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)‎ ‎(8)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(√)‎ ‎(9)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°.(√)‎ ‎(10)若二面角αaβ的两个半平面α、β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角αaβ的大小是π－θ.(×)‎ 考点一　求异面直线所成的角 命题点 ‎1.建立空间直角坐标系求直线的方向向量 ‎2.直接用向量的夹角公式 ‎[例2]　(1)长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：分别以DA，DC，DD1的正方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图．‎ 则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．‎ ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，‎ cos〈，〉＝＝.‎ 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.‎ 答案：B ‎(2)如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为________．‎ 解析：∵＝－，‎ ‎∴·＝·(－)‎ ‎＝·－· ‎＝||||cos〈，〉－||·||cos〈，〉‎ ‎＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－16.‎ ‎∴cos〈，〉＝ ‎＝＝.‎ 故与夹角的余弦值为.‎ 即直线OA与BC所成角的余弦值为.‎ 答案： ‎[方法引航]　求异面直线所成的角常采用“平移法”与“向量法”，“平移法”是平移异面直线作出其角，通过解三角形求得，“向量法”主要是建立坐标系，利用向量的夹角求解.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.‎ ‎1．在本例(1)中，已知条件不变，求异面直线BC1与AC所成的角的余弦值．‎ 解：连接A‎1C1，∵ABCDA1B‎1C1D是长方体，‎ ‎∴A‎1C1∥AC.‎ ‎∴BC1与A‎1C1所成的锐角或直角为所求．‎ 连接A1B，在△A1BC1中，BC1＝，A‎1C1＝，A1B＝ ‎∴cos∠BC‎1A1＝＝＝.‎ ‎∴BC1与AC所成角的余弦值为.‎ ‎2．如图所示，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．‎ 解析：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系如图．‎ 设AB＝BC＝AA1＝2，‎ 则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，‎ 则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，‎ ‎∴·＝2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴EF和BC1所成的角为60°.‎ 答案：60°‎ 考点二　斜线与平面所成的角 命题点 ‎1.求斜线与其在平面内的射影所成的角 ‎2.求斜线方向向量与平面法向量的角 ‎[例2]　如图，在直棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.‎ ‎(1)证明：AC⊥B1D；‎ ‎(2)求直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值．‎ 解：法一：(1)证明：如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.‎ 又AC⊥BD，且BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D，‎ 而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.‎ ‎(2)因为B‎1C1∥AD，所以直线B‎1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．‎ 如图，连接A1D，因为棱柱ABCDA1B‎1C1D1是直棱柱，且∠B‎1A1D1＝∠BAD＝90°，‎ 所以A1B1⊥平面ADD‎1A1，从而A1B1⊥AD1.‎ 又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD‎1A1是正方形．‎ 于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.‎ 由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.‎ 故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，‎ 因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.‎ 从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，‎ 即AB＝＝.‎ 连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.‎ 在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，‎ 即cos(90°－θ)＝.从而sin θ＝.‎ 即直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ 法二：(1)证明：易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，‎ B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．‎ 从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)．‎ 因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，‎ 解得t＝或t＝－(舍去)．‎ 于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)，‎ 因为·＝－3＋3＋0＝0，‎ 所以⊥，即AC⊥B1D.‎ ‎(2)由(1)知＝(0,3,3)，＝(，1,0)，‎ ‎∴＝(0,1,0)‎ 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，‎ 则即 令x＝1，则n＝(1，－，)‎ 设直线B‎1C1与平面ACD1所成的角为θ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.‎ 即B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ ‎[方法引航]　求线面角的方法常采用“作角法”和“向量法”，作角法就是：作面的垂线(垂足)，找出射影，作出角度，解直角三角形，向量法就是计算斜线的方向向量，平面的法向量，计算这两个向量的夹角θ，若θ∈，则线面角φ＝－θ，若θ∈，则线面角φ＝θ－. ‎ ‎(2017·安徽宣城一模)如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝.‎ ‎(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；‎ ‎(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：在矩形ABCD中，‎ ‎∵AB＝2AD＝2，O为CD的中点，‎ ‎∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.‎ 取AO中点H，连接DH，BH，(如图)则OH＝DH＝AO＝，‎ 在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，‎ 在△BHD中，‎ DH2＋BH2＝2＋＝3，‎ 又DB2＝3，‎ ‎∴DH2＋BH2＝DB2，‎ ‎∴DH⊥BH.‎ 又DH⊥OA，OA∩BH＝H，‎ ‎∴DH⊥平面ABCO.‎ 而DH⊂平面AOD，‎ ‎∴平面AOD⊥平面ABCO.‎ ‎(2)分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，，0)，A(，0,0)，D，C，‎ ‎∴＝(－，，0)，＝，‎ ＝.‎ 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1,1,1)．‎ 设α为直线BC与平面ABD所成的角，‎ 则sin α＝＝＝，‎ 即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.‎ 考点三　求二面角的大小 命题点 ‎1.几何法求二面角的平面角的大小 ‎2.向量法求两半平面法向量的夹角 ‎[例3]　(1)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中二面角CD‎1AD的余弦值为________．‎ 解析：连接A1D，A1D∩AD1＝O 连接CO，O为AD1中点，∴DO⊥AD1，CO⊥AD1，‎ ‎∴∠COD即为二面角CD‎1AD的平面角，‎ 设正方体棱长为2，∴OD＝A1D＝，OC＝＝，‎ 在Rt△ODC中，cos∠COD＝＝＝.‎ ‎(2)(2016·高考课标乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.‎ ‎①证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎②求二面角EBCA的余弦值．‎ 解：①证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，且DF∩FE＝F，‎ 所以AF⊥平面EFDC.‎ 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎②如图，过D作DG⊥EF，垂足为G，‎ 由①知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，‎ 则|DF|＝2，|DG|＝，‎ 可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．‎ 由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.‎ 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，‎ 所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.‎ 从而可得C(－2,0，)．‎ 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量．‎ 则即 所以可取n＝(3,0，－)．‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4)，‎ 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ 故二面角EBCA的余弦值为－.‎ ‎[方法引航]　对于有棱且易作出平面角的二面角可以采用作角、求角法，对于“无棱”或不易作出平面角的二面角可以采用向量法，并结合图形判断出二面角是锐角还是钝角.‎ ‎(2017·江西南昌二中模拟)如图，已知四棱锥SABCD的底面为菱形，SA⊥平面ABCD，∠ADC＝60°，E，F分别是SC，BC的中点．‎ ‎(1)证明：SD⊥AF；‎ ‎(2)若AB＝2，SA＝4，求二面角FAEC的平面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，可得△ABC为正三角形，因为F为BC的中点，所以AF⊥BC，又BC∥AD，所以AF⊥AD.‎ 因为SA⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，所以SA⊥AF.‎ 又SA⊂平面SAD，AD⊂平面SAD，且SA∩AD＝A，‎ 所以AF⊥平面SAD，又SD⊂平面SAD，‎ 所以AF⊥SD.‎ ‎(2)由(1)知AF，AD，AS两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,4)，E，F(，0,0)，‎ 所以＝，＝(，0,0)．‎ 设平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则，因此，‎ 取z＝－1，则m＝(0,4，－1)．‎ 连接BD，则BD⊥AC，又BD⊥SA，SA∩AC＝A，‎ 所以BD⊥平面AEC，‎ 故为平面AEC的一个法向量，易得＝(－，3,0)．‎ 所以cos〈m，〉＝＝＝，‎ 由于二面角FAEC的平面角为锐角，所以所求二面角的平面角的余弦值为.‎ 考点四　求点到平面的距离 命题点 ‎1.利用体积计算求锥体高 ‎2.利用向量的射影求点面距离 ‎[例4]　(2017·黑龙江大庆高三检测)如图，四棱锥PABCD中，‎ PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.‎ ‎(1)求证：PC⊥BC；‎ ‎(2)求点A到平面PBC的距离．‎ 解：(1)证明：∵ PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，‎ ‎∴PD⊥BC.‎ 由∠BCD＝90°知，BC⊥DC.‎ ‎∵PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.又∵PC⊂平面PDC，‎ ‎∴BC⊥PC.‎ ‎(2)法一：设点A到平面PBC的距离为h，‎ ‎∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°，‎ 连接AC，∵AB＝2，BC＝1，‎ ‎∴S△ABC＝AB·BC＝1，‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，PD＝1，‎ ‎∴VPABC＝S△ABC·PD＝，‎ ‎∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，‎ ‎∵PD＝DC＝1，∴PC＝，‎ ‎∵PC⊥BC，BC＝1，‎ ‎∴S△PBC＝PC·BC＝.‎ ‎∵VAPBC＝VPABC，‎ ‎∴S△PBC·h＝，∴h＝.‎ ‎∴点A到平面PBC的距离为.‎ 法二：取AB的中点E，‎ 以D为坐标原点，、、为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(1，－1,0)．‎ 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由 即 ‎∴，∴n＝(0,1,1).＝(1，－1，－1)，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴d＝＝.‎ ‎[方法引航]　点到面的距离是空间距离的核心，其它元素到面的距离都最后转化为点到面的距离.对于三棱锥中点到面的距离常采用等积转化法.‎ 在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点．‎ ‎(1)求证：B‎1C∥平面A1BD；‎ ‎(2)求点B1到平面A1BD的距离．‎ 解：(1)证明：连接AB1交A1B于E，连接DE.‎ ⇒B‎1C∥平面A1BD.‎ ‎(2)如图，以D为坐标原点，，为x，y轴正方向，垂直于AC的直线为z轴建立空间直角坐标系．‎ 则D(0,0,0)B1(0,2，3)，B(0,2，0)，A1(－1，0,3)，＝(0,2，3)，＝(0,2，0)，＝(－1,0,3)．‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 所以 所以n＝(3,0,1)．‎ 所求距离为d＝＝.‎ ‎[方法探究]‎ 唯有向量好处多——用向量探求空间存在性问题的优越性 以立体几何知识为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个热点问题，它以其较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用向量方法处理，尤其是引入坐标表达的空间向量，通过待定系数法求解存在性问题则思路简单，解法固定，操作方便．‎ ‎[典例]　(2017·山东潍坊质检)如图所示，已知正三棱柱ABCA1B‎1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．‎ ‎(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1；‎ ‎(2)是否存在一点E，使二面角DBEA等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：连接DC1，‎ 因为ABCA1B‎1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形．又因为D为AC的中点，‎ 所以BD⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面ACC‎1A1，所以BD⊥平面ACC‎1A1.‎ 所以BD⊥DE.‎ 因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1.‎ 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.‎ 在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.‎ 所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1.且DC1∩BD＝D，‎ 所以ED⊥平面BDC1.‎ 又因为BC1⊂平面BDC1，‎ 所以ED⊥BC1.‎ ‎(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.‎ 取A‎1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，‎ 所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.‎ 如图，以D为坐标原点分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)．‎ 所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)．‎ 设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即 令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)．‎ 同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 得n2＝(，1,0)．‎ 所以|cos 〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝.‎ 解得h＝<，故存在点E满足条件．‎ 当AE＝时，二面角DBEA等于60°.‎ ‎[回顾反思]　以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.‎ 如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得 AE⊥BC，从而AE⊥AD，‎ 且AE＝ ‎＝ ＝.‎ 以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N.‎ ＝(0,2，－4)，＝，＝.‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，‎ 则 即 可取n＝(0,2,1)．‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以直线AN与平面AMN所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2015·高考课标全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D‎1C1上，A1E＝D‎1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．‎ 解：(1)交线围成的正方形EHGF如图：‎ ‎(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.‎ 因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.‎ 于是MH＝＝6，所以AH＝10.‎ 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ‎xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6,8)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即 所以可取n＝(0,4,3)．‎ 又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2014·高考课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，，0)，E，＝ 设B(m,0,0)，(m＞0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，‎ 则即 可取n1＝.‎ 又n2＝(1,0,0)为平面DAE的一个法向量，由题设知 ‎|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.‎ 所以三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎4．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABCA1B‎1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.‎ ‎(1)证明：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2)求二面角DA‎1CE的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接AC1交A‎1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC＝CB＝AB，得AC⊥BC.‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，‎ ＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即 可取n＝(1，－1，－1)．‎ 同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m＝(2,1，－2)．‎ 从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.‎ 即二面角DA‎1CE的正弦值为.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．如图，四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.‎ ‎(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；‎ ‎(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．‎ 解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DP为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，‎ ‎∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．‎ 由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，‎ ‎∴∠PAD＝60°.‎ 在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝2，‎ ‎∴P(0,0,2)．‎ ‎(2)∵＝(2,0，－2)，＝(－2，－3,0)，‎ ‎∴cos〈，〉‎ ‎＝＝－，‎ ‎∴异面直线PA与BC所成的角的余弦值为.‎ ‎2．如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)求二面角PBDA的大小．‎ 解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，‎ ‎∴＝(0,0,3)，＝(2，6,0)，＝(－2，2,0)．‎ ‎∴·＝0，·＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC.‎ 又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，‎ 平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0.∵＝(－2，0,3)，‎ ‎∴解得 令x＝，则n＝(，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝.‎ ‎∴二面角PBDA的大小为60°.‎ ‎3．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.‎ ‎(1)证明：PC⊥平面BED；‎ ‎(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．‎ 解：(1)证明：以A为坐标原点，射线AC为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，‎ 设D(，b,0)，其中b＞0，‎ 则B(，－b,0)．‎ 于是＝(2，0，－2)，＝，‎ ＝.‎ 从而·＝0，·＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE.‎ 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.‎ ‎(2)＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则 m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，‎ 令x＝b，则m＝(b，，0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则 n·＝0，n·＝0，‎ 即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，‎ 令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.‎ 因为二面角APBC为90°，所以面PAB⊥面PBC，‎ 故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，‎ 于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝，‎ 所以〈n，〉＝60°.‎ 因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，‎ 故PD与平面PBC所成的角为30°.‎ ‎4．如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AD⊥平面SCD，AD＝DC＝2，BC＝1，SD＝2，∠SDC＝120°.‎ ‎(1)求SC与平面SAB所成角的正弦值；‎ ‎(2)求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．‎ 解：如图，在平面SCD中，过点D作DC的垂线交SC于点E，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．‎ 则有D(0,0,0)，S(0，－1，)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(1,2,0)．‎ ‎(1)设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∵＝(－1,2,0)，＝(－2，－1，)，‎ 则·n＝0，·n＝0，‎ ‎∴ 取y＝，得n＝(2，，5)．‎ 又＝(0,3，－)，‎ 设SC与平面SAB所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ 故SC与平面SAB所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设平面SAD的法向量为m＝(a，b，c)，‎ ‎∵＝(2,0,0)，＝(0，－1，)，‎ 则有取b＝，得m＝(0，，1)．‎ ‎∴cos〈n，m〉＝＝＝，‎ 故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为.‎ B组　能力突破 ‎1．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，已知AB⊥侧面BB‎1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.‎ ‎(1)求证：C1B⊥平面ABC；‎ ‎(2)设＝λ(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．‎ 解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB‎1C1C，BC1⊂侧面BB‎1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，‎ BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos＝3.‎ 所以BC1＝，故BC2＋BC＝CC，所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1,0，)，C(1,0,0)，C1(0,0，)．‎ 所以＝(－1,0，)，所以＝(－λ，0，λ)，则E(1－λ，0，λ)．‎ 则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．‎ 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝，则x＝，y＝，‎ 故n＝是平面AB1E的一个法向量．‎ 因为AB⊥平面BB‎1C1C，所以＝(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量，‎ 所以|cos〈n，〉|＝ ‎＝ ‎＝.‎ 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝(舍去)．‎ ‎2．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA‎1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA‎1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ 解：(1)证明：在正方形AA‎1C1C中，A‎1A⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面AA‎1C1C，且平面ABC∩平面AA‎1C1C＝AC，‎ ‎∴AA1⊥平面ABC.‎ ‎(2)在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，‎ ‎∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC ‎∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.‎ A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．‎ 设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∴⇒ ‎∴取向量n1＝(0,4,3)‎ 由⇒ 取向量n2＝(3,4,0)‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.‎ 由题意知二面角A1BC1B1为锐角，‎ 所以二面角A1BC1B1的余弦值为.‎ ‎(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.‎ ‎∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，‎ 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.‎ ‎∴＝(4λ，3－3λ，4λ)‎ 又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0‎ 则λ＝，因此＝.‎ 高考规范答题　立体几何类考题 ‎[典例 ]　(本题满分12分)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示，设M，N分别为线段AD、AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.‎ ‎(1)证明：P为线段BC的中点；‎ ‎(2)求二面角ANPM的余弦值．‎ 标准答案·满分模板 ‎[解]　(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.‎ 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，‎ 所以AO⊥BD，OC⊥BD.……1分 因为AO，OC⊂平面AOC，‎ 且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.……1分 又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.‎ 取BO的中点H，连接NH，PH.‎ 又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.……1分 因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，‎ 所以BD⊥平面NHP.……1分 又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.‎ 又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.……1分 因为H为BO的中点，所以P为BC的中点.……1分 ‎(2)由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直.……1分 如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．‎ 则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)．‎ 因为M，N分别为线段AD，AB的中点，‎ 又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P，‎ 于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝.……1分.‎ 设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得 取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1).1分 设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，‎ 由即 取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0,1,1).……1分 设二面角ANPM的大小为θ，‎ 则cos θ＝ ‎＝＝，‎ 故二面角ANPM的余弦值是.……2分 ‎[规范答题]　(1)踩点说明 ‎①只要有AO⊥BD与OC⊥BD，给1分．‎ ‎②没有OA∩OC＝O，写出BD⊥平面AOC，给2分．‎ ‎③有NH⊥BD，NP⊥BD的给1分．‎ ‎④有BD⊥平面NHP，给1分．‎ ‎⑤有HP∥OC，给1分．‎ ‎⑥P为BC的中点，给1分．‎ ‎⑦有“直线OA，OB，OC两两垂直”得2分．‎ ‎⑧只要建坐标系正确，向量坐标正确，就给1分，若建系或坐标错误，不得分，以下也不给分．‎ ‎⑨法向量的坐标，每对一个，得1分，没有过程，不扣分．‎ ‎⑩求法向量的夹角余弦值正确得1分，没有过程，不扣分；不判断二面角的大小为锐角，不扣分．‎ ‎(2)答题要求 ‎①用对判定(性质)定理，易证线面(面面)关系．如第(1)问，线面垂直判定定理的条件必须齐备．②熟练应用平面几何知识，如第(1)问中三角形中位线得到平行关系．‎ ‎③充分利用已知条件，如本题中侧视图，俯视图中提供的线面垂直关系，及线段长度．‎ ‎④用好空间直角坐标系和向量夹角公式，如第(2)问是通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解．‎ 专题测试六　立体几何 ‎(时间90分钟，满分100分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)‎ ‎1．已知α，β为不重合的两个平面，直线m⊂α，那么“m⊥β”是“α⊥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.由m⊂α，m⊥β，可得α⊥β，即充分性成立；由α⊥β，m⊂α，得不出m⊥β，即必要性不成立．故“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．‎ ‎2．设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列命题中错误的是(　　)‎ A．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β B．若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m∥α C．若m⊥β，m⊂α，则α⊥β D．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n 解析：选D.由m⊥α，m∥n知，n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故A正确；由α⊥β，m⊥β知，m⊂α或m∥α，而已知条件中m⊄α，所以m∥α，故B正确；易知C正确；由α⊥β，m⊂α，n⊂β不能确定m，n的位置关系，m，n可能平行，故D不正确．‎ ‎3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　)‎ A．6 B．12 C．18 D．24 解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18.‎ ‎4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.本题考查几何体的三视图．由题意易知其侧视图(三角形)的底为，高为，所以其侧视图的面积为.‎ ‎5．一空间几何体的三视图如图所示，若正视图和侧视图都是等腰直角三角形，且直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为(　　)‎ A．4π B．3π C．2π D．π 解析：选B.由三视图知该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，所以四棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，所以外接球的直径为，所以外接球的表面积S＝4π2＝3π.‎ ‎6．如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1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：选D.由题意知，直线A‎1M在平面CDD‎1C1内的射影是直线D‎1M，且D‎1M⊥DN.又A1D1⊥DN，且A1D1∩D‎1M＝D1，所以DN⊥平面A1D‎1M，又A‎1M⊂平面A1D‎1M，所以DN⊥A‎1M，即直线A‎1M与DN所成的角是90°.‎ ‎7．在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AA1＝AD＝2AB.若E，F分别为线段A1D1，CC1的中点，则直线EF与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.取DD1的中点G，连接EG，FG，EC1.容易证明∠FEG为直线EF与平面ADD‎1A1所成的角．设AB＝a，则AA1＝AD＝‎2a.在三角形ED‎1C1中可求得EC1＝a.在三角形EFC1中可求得EF＝a.所以在三角形EFG中可求得sin∠FEG＝＝.‎ ‎8．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，给出下列命题：‎ ‎①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；‎ ‎②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；‎ ‎③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；‎ ‎④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选D.对于①，因为m⊥α，所以直线m与平面α所成的角为90°，又m∥n，所以直线n与平面α所成的角也为90°，即n⊥α成立，故①正确．对于②，若m⊥α，m⊥β，则经过m作平面γ，设γ∩α＝a，γ∩β＝b，因为a⊂α，b⊂β，所以在平面γ内，m⊥a，m⊥b，所以直线a，b是平行直线．因为a⊄β，b⊂β，a∥b，所以a∥β.经过m作平面θ，设θ∩α＝c，θ∩β＝d，同样的方法可以证出c∥β.因为a，c是平面α内的两条相交直线，所以α∥β，故②正确．对于③，因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α.因为n⊂β，所以α⊥β，故③正确．对于④，因为m∥α，α∩β＝n，所以当直线m在平面β内时，m∥n成立，但题设中没有给出m在平面β内这一条件，故④不正确．综上所述，正确命题的个数是3.‎ ‎9．在三棱柱ABCA1B‎1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1＝2，BC＝2，∠BAC＝，且此三棱柱的各顶点都在一个球面上，则球的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.因为∠BAC＝，所以BA⊥AC.又AA1⊥平面ABC，所以三棱柱ABCA1B‎1C1是一个底面为直角三角形的直三棱柱．作长方体ABDCA1B1D‎1C1，则这个直三棱柱的外接球就是长方体ABDCA1B1D‎1C1的外接球，且外接球的直径2R即直四棱柱的体对角线BC1的长，所以2R＝＝＝＝4，解得R＝2，则球的体积V＝×23＝.‎ ‎10．设m，n是空间两条不同的直线，α，β，γ是空间三个不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若m∥α，m⊥β，则α⊥β；‎ ‎③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.‎ 其中假命题的序号是(　　)‎ A．②③ B．①③④‎ C．①②④ D．①②③‎ 解析：选B.①中，m⊂β，α⊥β，则m也可能在平面α内，也可能与平面α平行，故①错误；②中，由m∥α，可得在平面α内一定存在一条直线n，使得n∥m，由m⊥β，可得n⊥β，所以α⊥β，故②正确；③中，垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，故③错误；④中，如果两个平面与同一个平面相交，且它们的交线平行，那么这两个平面可能平行，也可能相交，故④错误．‎ ‎11．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，AA1⊥平面ABC，A‎1A＝AC＝2，BC＝1，AB＝，则此三棱柱的侧视图的面积为(　　)‎ A．2‎ B．4‎ C. D．2 解析：选C.本题主要考查空间几何体的三视图．过点C作CD⊥AB于点D，则CD与CC1可确定平面C1CD，所以三棱柱ABCA1B‎1C1的侧视图为侧面ACC‎1A1在平面C1CD上的正投影，该投影是以CD和CC1为邻边的矩形．在△ABC中，AC＝2，BC＝1，AB＝，所以AC⊥BC，所以·AC·BC＝·AB·CD，即2×1＝CD，所以CD＝，所以三棱柱ABCA1B‎1C1的侧视图的面积S＝CC1·CD＝2×＝.‎ ‎12．已知四棱锥SABCD的底面ABCD为正方形，侧棱都相等，SA＝2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为(　　)‎ A．1 B. C．2 D．3‎ 解析：选C.本题考查空间几何体体积的计算．连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接SO，易知SO就是四棱锥S－ABCD的高．令SO＝t,0＜t＜2，则AO＝‎ eq (SA2SO2)＝，AB＝×，所以VSABCD＝·SABCD·SO＝·AB2·SO＝×(24－2t2)×t＝－t3＋8t.令f(t)＝－t3＋8t，则f′(t)＝－2t2＋8＝－2(t＋2)(t－2)，令f′(t)＝0，解得t＝－2(舍去)或t＝2，则f(t)在(0,2)上单调递增，在(2,2)上单调递减，所以当t＝2时，该棱锥的体积最大．‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，把答案填在相应题号后的横线上．)‎ ‎13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．‎ 解析：本题需要根据三棱锥的三视图画出三棱锥的直观图．三视图所表示的几何体的直观图如图所示．‎ 结合三视图知，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝BC＝，AC＝2.‎ 所以PB＝＝＝，PC＝＝2，‎ 所以该三棱锥最长棱的棱长为2.‎ 答案：2 ‎14．已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，则这个几何体的体积是________．‎ 解析：本题考查三视图及空间几何体体积的求解．由三视图可知，该几何体为一个空心圆柱，其中底面内圆的直径为3，外圆的直径为4，圆柱的高为1，故其体积 V＝π×1＝.‎ 答案： ‎15．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．‎ 解析：本题考查旋转体的概念及其侧面积的计算方法．由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.‎ 答案：2π ‎16．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)．‎ ‎①四面体ABCD每组对棱相互垂直；‎ ‎②四面体ABCD各个面的面积相等；‎ ‎③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°.‎ 解析：本题考查棱锥的结构特征．对于①，当AB＝4，AC＝3，AD＝3时，AC与BD不垂直，故①错误；对于②，在△ABC与△CDA中，AB＝CD，AD＝BC，AC＝AC，故△ABC与△CDA全等，同理，四面体的四个面都全等，故四面体ABCD各个面的面积相等；对于③，根据四面体的四个面都全等可得从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角分别等于一个三角形的三个内角，故其和为180°，故③错误．‎ 答案：②‎ 三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(本小题满分10分)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.‎ ‎(1)求证：AB⊥DE；‎ ‎(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.‎ 因为EB＝EA，‎ 所以EO⊥AB.‎ 因为四边形ABCD为直角梯形，‎ AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，‎ 所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD，‎ 所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.‎ ‎(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.‎ 由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为三角形EAB为等腰直角三角形，‎ 所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，则O(0,0,0)，A(－1，0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．‎ 所以＝(1,1，－1)，平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)．‎ 设直线EC与平面ABE所成的角为θ，‎ 所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，‎ 即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎18．(本小题满分10分)如图，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD‎1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过点A1，D，E的平面交CD1于点F.‎ ‎(1)证明：EF∥B‎1C；‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值．‎ 解：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，‎ 所以四边形A1B1CD为平行四边形．‎ 从而B‎1C∥A1D，‎ 又A1D⊂平面A1DE，B‎1C⊄平面A1DE，‎ 于是B‎1C∥平面A1DE，又B‎1C⊂平面B1CD1，‎ 平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，‎ 所以EF∥B‎1C.‎ ‎(2)因为四边形AA1B1B，ADD‎1A1，ABCD均为正方形，‎ 所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，‎ 以A为原点，分别为，，为x轴、y轴和z轴的单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为1，则 可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，‎ B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E点为B1D1的中点，‎ 所以E点的坐标为(，，1)．‎ 设平面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，‎ 而该平面上向量＝(，，0)，＝(0,1，－1)，‎ 由n1⊥，n1⊥得 r1，s1，t1应满足的方程组 ‎(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1)，‎ 设平面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，‎ 而该平面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，‎ 同理可得n2＝(0,1,1)．‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为 ＝＝.‎