資源簡介

第1講　基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.認識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結構特征，能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構. 2.知道球、棱柱、棱錐、棱臺的表面積和體積的計算公式，能用公式解決簡單的實際問題. 3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形（長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡單組合）的直觀圖. 基本立體圖形 2023新高考卷ⅠT12；2023全國卷甲T15；2023全國卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全國卷ⅠT3；2019全國卷ⅡT16 該講每年必考，命題重點為空間幾何體的結構，難度可大可小；空間幾何體的表面積和體積的計算，難度中等；體積的最值問題，常用函數思想和基本不等式求解，難度中等偏大；與球有關的切、接問題，對直觀想象核心素養要求較高，難度中等偏大.題型以選擇題和填空題為主.預計2025年高考命題穩定.
空間幾何體的表面積（側面積） 2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全國卷甲T14；2020全國卷ⅠT10；2020全國卷ⅡT10；2020天津T5
空間幾何體的體積 2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全國卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全國卷乙T9；2022全國卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全國卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全國卷ⅢT15；2019全國卷ⅠT12；2019全國卷ⅢT16
1.空間幾何體的結構特征
（1）多面體的結構特征
名稱 棱柱 棱錐 棱臺
圖形
底面 互相①　平行　且全等 多邊形 互相平行且②　相似　
側棱 平行且相等 相交于③　一點　，但不一定相等 延長線交于一點，但不一定相等
側面形狀 ④　平行四邊形　 三角形 ⑤　梯形　
規律總結
1.幾種特殊棱柱的結構特征及之間的關系
2.正棱錐的結構特征
棱錐正棱錐正三棱錐正四面體
（2）旋轉體的結構特征
名稱 圓柱 圓錐 圓臺 球
圖形
旋轉圖形 矩形 ⑥　直角三角形　 ⑦　直角梯形　 半圓形
母線 互相平行且相等，⑧　垂直于底面　 相交于一點 延長線交于一點
軸截面 全等的⑨　矩形　 全等的⑩　等腰三角形　 全等的等腰梯形 圓
側面展開圖 　矩形　 　扇形　 扇環
2.立體圖形的直觀圖
（1）畫法：常用斜二測畫法.
（2）規則
a.原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，∠x'O'y'＝ 　45°或135°　（O'為x'軸與y'軸的交點），z'軸與x'軸和y'軸所在平面 　垂直　.
b.原圖形中平行于坐標軸的線段，直觀圖中仍 　平行　于坐標軸.
c.平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度 　不變　，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變為原來的 　一半　.
（3）用斜二測畫法畫出的平面圖形的直觀圖的面積與原圖形面積的關系：S直觀圖＝ 　　S原圖形.
3.簡單幾何體的表面積與體積
（1）圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及側面積公式
圓柱 圓錐 圓臺
側面展開圖
側面積公式 S圓柱側＝ 　2πrl　 S圓錐側＝ 　πrl　 S圓臺側＝ 　π（r＋r'）l　
說明　圓柱、圓錐、圓臺的側面積公式間的關系：S圓柱側＝2πrlS圓臺側＝π（r＋r'）lS圓錐側＝πrl.
（2）簡單幾何體的表面積與體積
表面積 體積
柱體（棱柱和圓柱） S表面積＝S側＋2S底 V＝ 　S底h　
錐體（棱錐和圓錐） S表面積＝S側＋S底 V＝ 　S底h　
臺體（棱臺和圓臺） S表面積＝S側＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h
球 S＝ 　4πR2　 V＝ 　πR3　
1.[易錯題]如圖，長方體ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去幾何體B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，則剩下的幾何體是（　C　）
A.棱臺 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱
2.[多選/教材改編]給出下列命題，其中錯誤的是（　ABD　）
A.有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體一定是棱柱
B.三棱錐的四個面最多有三個直角三角形
C.在四棱柱中，若兩個過相對棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱
D.以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐
3.[易錯題]圓柱的側面展開圖是邊長為6π和4π的矩形，則圓柱的表面積為　24π2＋18π或24π2＋8π　.
4.用一個半徑為10 cm的半圓紙片卷成一個最大的無底圓錐，放在水平桌面上，被一陣風吹倒，如圖所示，則被吹倒后該無底圓錐的最高點到桌面的距離為　5 cm　.
解析　畫出示意圖，如圖所示，設圓錐的底面半徑為r，母線長為l.
根據題意知l＝10 cm，且2πr＝πl，故r＝5 cm.
所以圓錐的軸截面為等邊三角形，且邊長為10 cm.
故被吹倒后該無底圓錐的最高點到底面的距離即邊長為10 cm的等邊三角形的高，此高為5 cm.
5.如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則四棱錐A1－BB1D1D的體積為　　.
解法一（直接法）　連接A1C1交B1D1于點E，則A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，則A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E為四棱錐A1－BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的長和寬分別為，1，故＝×1××＝.
解法二（割補法）　連接BD1，則四棱錐A1－BB1D1D被分成兩個三棱錐B－A1DD1與B－A1B1D1，則＝＋＝××1×1×1＋××1×1×1＝.
研透高考 明確方向
命題點1　基本立體圖形
角度1　結構特征
例1 [多選/2023新高考卷Ⅰ]下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（　ABD　）
A.直徑為0.99 m的球體
B.所有棱長均為1.4 m的四面體
C.底面直徑為0.01 m，高為1.8 m的圓柱體
D.底面直徑為1.2 m，高為0.01 m的圓柱體
解析　由于棱長為1 m的正方體的內切球的直徑為1 m＞0.99 m，所以選項A正確；由于棱長為1 m的正方體中可放入棱長為 m的正四面體，且＞1.4，所以選項B正確；因為正方體的棱長為1 m，體對角線長為 m，＜1.8，所以高為1.8 m的圓柱體不可能整體放入該正方體容器中，所以選項C不正確；由于正方體的體對角線長為 m，而底面直徑為1.2 m的圓柱體，其高0.01 m可忽略不計，故只需把圓柱的底面與正方體的體對角線平行放置，即可以整體放入正方體容器中，所以選項D正確.綜上，選ABD.
角度2　直觀圖
例2 如圖，矩形O'A'B'C'是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中O'A'＝6 cm，O'C'＝2 cm，C'D'＝2 cm，則原圖形的形狀是　菱形　，其面積為　24 cm2　.
解析　如圖，在原圖形OABC中，OA＝O'A'＝6 cm，OD＝2O'D'＝2×2＝4（cm），CD＝C'D'＝2 cm，所以OC＝＝＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四邊形OABC是菱形，＝OA×OD＝6×4＝24（cm2）.
角度3　展開圖
例3 長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E為棱AA1上的動點，平面BED1交棱CC1于點F，則四邊形BED1F的周長的最小值為（　B　）
A.4 B.2 C.2（＋） D.2＋4
解析　作出長方體如圖1，將其側面展開，如圖2所示，當點E為BD1與AA1的交點，點F為BD'1與CC1的交點時，截面四邊形BED1F的周長最小，
最小值為2BD1＝2＝2.故選B.
方法技巧
求解空間幾何體表面上兩點間的最短距離問題或折線段長度和的最小值問題，常利用幾何體的側面展開圖，轉化為求平面兩點間的最短距離問題.
訓練1 （1）[2023全國卷甲]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為AB，C1D1的中點.以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有　12　個公共點.
解析　如圖，線段EF過正方體的中心，所以以EF為直徑的球的球心即正方體的中心，球的半徑為，而正方體的中心到每一條棱的距離均為，所以以EF為直徑的球與每一條棱均相切，所以共有12個公共點.
（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底AB＝3，以AB所在直線為x軸，用斜二測畫法畫出水平放置的等腰梯形ABCD的直觀圖A'B'C'D'，則四邊形A'B'C'D'的面積為　　.
解析　取AB的垂直平分線EO為y軸，則等腰梯形ABCD和其直觀圖分別如圖1和圖2所示.過點E'作E'F⊥A'B'于點F.
因為OE＝＝1，由斜二測畫法可知O'E'＝，E'F＝，D'C'＝1，A'B'＝3，則四邊形A'B'C'D'的面積S'＝×E'F＝×＝.
（3）已知圓臺上底面半徑為，下底面半徑為，母線長為2，AB為圓臺母線，一只螞蟻從點A出發繞圓臺側面一圈到點B，則螞蟻經過的最短路徑的長度為　2　.
解析　設圓臺對應圓錐的頂點為O，將圓錐沿AB所在直線展開如圖所示，設點A在展開圖中的點為A'，依題意得，螞蟻經過的最短路徑為A'B.
因為圓臺上底面半徑為，下底面半徑為，所以OB＝AB＝2.設展開圖的圓心角為θ，則θ＝＝，所以△OAA'為等邊三角形，又B為OA的中點，所以A'B＝4×sin ＝2.
命題點2　空間幾何體的表面積（側面積）
例4 （1）[2022新高考卷Ⅱ]已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3和4，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（　A　）
A.100π B.128π C.144π D.192π
解析　由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為××3＝3，××4＝4.設該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上.設球O的半徑為R，當球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋O＝42＋，解得OO1＝4（舍去）；當球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為4πR2＝100π.故選A.
（2）[2021全國卷甲]已知一個圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側面積為　39π　.
解析　設該圓錐的高為h，則由已知條件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，則圓錐的母線長為＝＝，故該圓錐的側面積為π×6×＝39π.
方法技巧
求空間幾何體的表面積的常見類型及解題思路
求多面體的表面積 即求各個面的面積之和，通常會利用特殊的四邊形及三角形的面積公式.
求旋轉體的表面積 可以從旋轉體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清旋轉體的底面半徑、母線長與對應側面展開圖中的邊長關系.
注意　組合體的表面積要注意對銜接部分的處理.
訓練2 《九章算術》中有一種幾何體叫做芻甍（méng）（底面為矩形的屋脊狀楔體），如圖是一個芻甍，四邊形EFBA為等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝，AB＝2EF＝2BC＝4，則此芻甍的表面積為　8＋8　.
解析　如圖所示，過點F作FG⊥AB于G，FH⊥BC于H.因為FB＝FC＝，BC＝2，所以H為BC的中點，易得FH＝，所以S△FBC＝S△EAD＝.
因為四邊形EFBA為等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×（2＋4）×＝3，所以此芻甍的表面積S＝2×4＋2×＋2×3＝8＋8.
命題點3　空間幾何體的體積
角度1　求空間幾何體的體積
例5 （1）[2023全國卷乙]已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB＝，若△PAB的面積等于，則該圓錐的體積為（　B　）
A.π B.π C.3π D.3π
解析　在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得AB＝＝3，設等腰三角形PAB底邊AB上的高為h，則S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得母線PA＝＝3，則該圓錐的高PO＝＝，所以該圓錐的體積為×3π×＝π，故選B.
（2）[2023天津高考]在三棱錐P－ABC中，線段PC上的點M滿足PM＝PC，線段PB上的點N滿足PN＝PB，則三棱錐P－AMN和三棱錐P－ABC的體積之比為（　B　）
A. B. C. D.
解析　如圖，因為PM＝PC，PN＝PB，所以＝＝＝×＝，所以＝＝＝＝（其中d為點A到平面PBC的距離，因為平面PMN和平面PBC重合，所以點A到平面PMN的距離也為d）.故選B.
方法技巧
求空間幾何體體積的常用方法
直接法 對于規則的幾何體，利用相關公式直接計算.
割補法 把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，或者把不規則的幾何體補成規則的幾何體，然后進行體積計算.
等體積法 通過轉換底面和高來求幾何體的體積，即通過將原來不容易求面積的底面轉換為容易求面積的底面，或將原來不容易看出的高轉換為容易看出并容易求解的高進行求解.常用于求三棱錐的體積.
正四面體的體積是a3（a是正四面體的棱長）.
訓練3 （1）十字歇山頂是中國古代建筑屋頂的經典樣式之一，圖1中的故宮角樓的頂部即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個相同的直三棱柱交疊而成的幾何體（圖2）.這兩個直三棱柱有一個公共側面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，則該幾何體的體積為（　C　）
圖1 圖2
A. B. C.27 D.27
解析　如圖所示，該幾何體可視為由直三棱柱BCE－ADF與兩個三棱錐G－MAB，G－NCD拼接而成.記直三棱柱BCE－ADF的高為h，底面BCE的面積為S，所求幾何體的體積為V，則S＝BE×CE×
sin 120°＝×3×3×＝，h＝CD＝BC＝3.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱錐G－MAB＋
V三棱錐G－NCD＝Sh＋S×h＋S×h＝Sh＝27.故選C.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，則該棱臺的體積為　　.
解析　如圖所示，設點O1，O分別為正四棱臺ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，連接B1D1，BD，則點O1，O分別為B1D1，BD的中點，連接O1O，則O1O即正四棱臺ABCD－A1B1C1D1的高，過點B1作B1E⊥BD，垂足為E，則B1E＝O1O.因為AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×（22＋12＋）×＝.
角度2　體積的最值問題
例6 [2022全國卷乙]已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（　C　）
A. B. C. D.
解析　該四棱錐的體積最大即該四棱錐底面所在圓面和頂點O組成的圓錐體積最大.設圓錐的高為h（0＜h＜1），底面半徑為r，則圓錐的體積V＝πr2h＝π（1－h2）h，則V'＝π（1－3h2），令V'＝0，得h＝，所以V＝π（1－h2）h在（0，）上單調遞增，在
（，1）上單調遞減，所以當h＝時，四棱錐的體積最大，故選C.
方法技巧
求解體積的最值問題的方法
（1）幾何法：根據幾何體的結構特征，先確定體積表達式中的常量與變量，然后利用幾何知識判斷變量什么情況下取得最值，從而確定體積的最值.
（2）代數法：先設變量，求出幾何體的體積表達式，然后轉化為函數最值問題或利用不等式求解即可.
訓練4 [2023湖北省宜昌市三校聯考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為，點E為棱D1C1上一動點，點F為BB1上一動點，且滿足EF＝2，則三棱錐B1－EFC1的體積的最大值為　　.
解析　如圖，不妨設C1E＝m（0＜m≤），B1F＝n（0＜n≤），則EF＝＝＝2，所以m2＋n2＝1.于是＝＝×B1F＝××m××n＝mn≤×＝，當且僅當m＝n＝時等號成立.故三棱錐B1－EFC1的體積的最大值為.第2講　空間點、直線、平面之間的位置關系
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上，抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義，了解4個基本事實和定理. 平面的基本性質及應用 2020新高考卷ⅠT16；2020全國卷ⅡT16；2020全國卷ⅢT19 該講是立體幾何的基礎，主要以客觀題的形式出現，考查平面的基本性質及應用（如作截面），線線位置關系的判定等，難度中等.在2025年高考備考中要側重對基本性質的理解和應用.
空間直線、平面間的位置關系 2023上海春季T15；2021新高考卷ⅡT10；2019全國卷ⅢT8
1.平面的基本性質
（1）三個基本事實
基本事實1　過①　不在一條直線上　的三個點，有且只有一個平面.
基本事實2　如果一條直線上的兩個點在一個平面內，那么這條直線在這個平面內.
基本事實3　如果兩個不重合的平面②　有一個公共點　，那么它們有且只有③　一條　過該點的公共直線.
（2）三個推論
利用基本事實1和基本事實2，結合“兩點確定一條直線”可得到以下推論.
推論1　經過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面.
推論2　經過兩條④　相交　直線，有且只有一個平面.
推論3　經過兩條⑤　平行　直線，有且只有一個平面.
2.空間中直線間的位置關系
（1）過平面外一點A和平面內一點B的直線，與平面內不過點B的直線是異面直線；（2）異面直線既不平行，也不相交；（3）異面直線不具有傳遞性，即若直線a與b是異面直線，b與c是異面直線，則a與c不一定是異面直線.
3.空間中直線、平面間的位置關系
圖形語言 符號語言 公共點
直線與平面 相交 a∩α＝A 1個
平行 a∥α 0個
在平面內 a α ⑥　無數　個
平面與平面 平行 α∥β ⑦　0　個
相交 α∩β＝l 無數個
說明　分別在兩個平行平面內的直線平行或異面.
1.如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點的平面記作γ，則γ與β的交線必通過（　D　）
A.點A B.點B
C.點C但不過點M D.點C和點M
2.[多選]以下說法正確的是（　CD　）
A.若一條直線上有兩個點到一個平面距離相等，則這條直線與該平面平行
B.若一個平面上有三個點到另一個平面距離相等，則這兩個平面平行
C.若三條直線a，b，c兩兩平行且分別交直線l于A，B，C三點，則這四條直線共面
D.不共面的四點中，任意三點都不共線
解析　對于A，直線也可能在平面內或與平面相交；對于B，兩平面也可能相交；易知C，D正確.
3.[多選]如圖是一個正方體的展開圖，則在這個正方體中，下列命題正確的是（　CD　）
A.AF與CN平行 B.BM與AN是異面直線
C.AF與BM是異面直線 D.BN與DE是異面直線
解析　把正方體的平面展開圖還原，如圖，由正方體的結構特征可知，AF與CN是異面直線，故A錯誤；
BM與AN平行，故B錯誤；
BM 平面BCMF，F∈平面BCMF，A 平面BCMF，F BM，故AF與BM是異面直線，故C正確；
DE 平面ADNE，N∈平面ADNE，B 平面ADNE，N DE，故BN與DE是異面直線，故D正確.
研透高考 明確方向
命題點1　平面的基本性質及應用
例1 已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為D1C1，C1B1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.
求證：（1）D，B，F，E四點共面.
（2）若A1C交平面DBFE于點R，則P，Q，R三點共線.
（3）DE，BF，CC1三線交于一點.
解析　（1）如圖所示，連接B1D1.由題意知EF是△D1B1C1的中位線，所以EF∥B1D1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD確定一個平面，即D，B，F，E四點共面.
（2）記A1，C，C1三點確定的平面為平面α，平面BDEF為平面β.因為Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α與β的公共點.同理，P是α與β的公共點，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β，則R∈PQ，故P，Q，R三點共線.
（3）因為EF∥BD且EF＜BD，所以DE與BF相交，設交點為M，則由M∈DE，DE 平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三線交于一點.
方法技巧
1.證明點共線問題的常用方法
基本事實法 先找出兩個平面，然后證明這些點都是這兩個平面的公共點，再根據基本事實3證明這些點都在交線上.
納入直線法 選擇其中兩點確定一條直線，然后證明其余點也在該直線上.
2.證明線共點問題的常用方法
先證兩條直線交于一點，再證明第三條直線經過該點.
3.證明點、直線共面問題的常用方法
納入平面法 先確定一個平面，再證明有關點、線在此平面內.
輔助平面法 先證明有關的點、線確定平面α，再證明其余元素確定平面β，最后證明平面α，β重合.
訓練1 如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是棱CC1，AA1的中點.
（1）畫出平面BED1F與平面ABCD的交線，并說明理由.
（2）設H為直線B1D與平面BED1F的交點，求證：B，H，D1三點共線.
解析　（1）如圖1所示，直線PB為平面BED1F與平面ABCD的交線，理由如下：
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
因為DA 平面AA1D1D，D1F 平面AA1D1D，且DA與D1F不平行， 圖1
所以在平面AA1D1D內分別延長D1F，DA，則D1F與DA必相交于一點，不妨設為點P，所以P∈AD，P∈D1F.
因為DA 平面ABCD，D1F 平面BED1F，
所以P∈平面ABCD，P∈平面BED1F，
即P為平面ABCD和平面BED1F的公共點.
連接PB，又B為平面ABCD和平面BED1F的公共點，
所以直線PB為平面BED1F與平面ABCD的交線.
（2）如圖2所示，連接BD1，BD，B1D1，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
因為BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以四邊形BB1D1D為平行四邊形.
因為H為直線B1D與平面BED1F的交點，所以H∈B1D， 　　圖2
又B1D 平面BB1D1D，所以H∈平面BB1D1D，
又H∈平面BED1F，平面BED1F∩平面BB1D1D＝BD 1，
所以H∈BD1，
所以B，H，D1三點共線.
命題點2　空間直線、平面間的位置關系
例2 （1）[2023上海春季高考]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1C1上的動點，則下列直線中，始終與直線BP異面的是 （　B　）
A.DD1 B.AC C.AD1 D.B1C
解析　對于A，如圖1，當點P為A1C1的中點時，連接B1D1，BD，則P在B1D1上，BP 平面BDD1B1，又DD1 平面BDD1B1，所以BP與DD1共面，故A錯誤；
圖1 圖2
對于B，如圖2，連接AC，易知AC 平面ACC1A1，BP 平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP與AC為異面直線，故B正確；當點P與點C1重合時，連接AD1，B1C（圖略），由正方體的性質，易知BP∥AD1，BP與B1C相交，故C，D錯誤.故選B.
（2）[2023高三名校聯考（一）]設α是空間中的一個平面，l，m，n是三條不同的直線，則下列說法正確的是（　B　）
A.若m α，n α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α
B.若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α
C.若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l⊥n
D.若m α，n⊥α，l⊥n，則l∥m
解析　A選項，若m α，n α，l⊥m，l⊥n，則l與α相交、平行或l α，如圖1，m∥n，且滿足m α，n α，l⊥m，l⊥n，但此時l與α斜交，故A錯誤；B選項，因為l∥m，m∥n，所以l∥n，因為l⊥α，所以n⊥α，故B正確；C選項，因為m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因為l∥m，所以l∥n，故C錯誤；D選項，若m α，n⊥α，l⊥n，則l與m相交、平行或異面，如圖2，滿足m α，n⊥α，l⊥n，但此時l與m異面，故D錯誤.故選B.
圖1 圖2
方法技巧
1.判斷空間直線、平面間的位置關系時，注意對平面的基本性質及有關定理的應用.
2.判斷空間直線、平面間位置關系的命題的真假時，常借助幾何模型（長方體、正方體）或實物（墻角、桌面等）.
3.注意反證法在判斷空間兩直線位置關系時的應用.
訓練2 若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內，l2在平面β內，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是（　D　）
A.l與l1，l2都不相交
B.l與l1，l2都相交
C.l至多與l1，l2中的一條直線相交
D.l至少與l1，l2中的一條直線相交
解析　解法一（反證法）　若l∥l1，l∥l2，則l1∥l2，這與l1，l2是異面直線矛盾.故l至少與l1，l2中的一條直線相交.
解法二（模型法）　如圖1，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故A，B不正確；如圖2，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故C不正確.第3講　空間直線、平面的平行
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面平行的性質定理與判定定理. 2.能用已獲得的結論證明空間基本圖形的平行關系的簡單命題. 線面平行的判定與性質 2023上海T17；2022新高考卷ⅡT20；2022北京T17；2019全國卷ⅠT18 本講內容是高考命題的熱點，主要考查直線與平面以及平面與平面平行的判定定理和性質定理的應用，題型既有選擇題，也有解答題，難度中等.預計2025年高考命題穩定，但應注意與充分必要條件等知識的綜合命題.
面面平行的判定與性質 2022全國卷乙T7；2019全國卷ⅡT7
平行關系的綜合應用
1.直線與直線平行
（1）基本事實4：平行于同一條直線的兩條直線平行（即平行線的傳遞性）.
注意　平行線的傳遞性不僅僅是平行關系有傳遞性，若a∥b，則直線a的大部分性質也可以傳遞給直線b，比如若a⊥c，則b⊥c；若a⊥α，則b⊥α，若a與平面α夾角為30°，則b與平面α夾角也為30°等.但要注意若a∥α，則不一定有b∥α，因為無法判斷直線b是否在平面α內.
（2）等角定理：如果空間中兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角①　相等或互補　.
2.直線與平面平行的判定與性質
定理 文字語言 圖形語言 符號語言
判定 定理 如果平面②　外　一條直線與此平面③　內　的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.簡稱：線線平行，則線面平行. a∥α
性質 定理 一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面⑥　相交　，那么該直線與交線平行.簡稱：線面平行，則線線平行. a∥b
注意　（1）在證明線面平行時，一定要強調此直線不在平面內；（2）一條直線平行于一個平面，它可以與平面內的無數條直線平行，但這條直線與平面內的任意一條直線可能平行，也可能異面.
3.平面與平面平行的判定與性質
定理 文字語言 圖形語言 符號語言
判定 定理 如果一個平面內的兩條⑧　相交　直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行.簡稱：線面平行，則面面平行. α∥β
性質 定理 兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條 　交線平行　.簡稱：面面平行，則線線平行. a∥b
規律總結
平行關系中常用的6個結論
1.垂直于同一條直線的兩個平面平行.
2.平行于同一平面的兩個平面平行.
3.垂直于同一平面的兩條直線平行.
4.兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線平行于另一個平面.
5.夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等.
6.經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.
1.[教材改編]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則下列直線中與平面ACE平行的是（　B　）
A.BA1 B.BD1 C.BC1 D.BB1
解析　如圖所示，連接BD，設AC∩BD＝O，則O是BD的中點，連接OE，∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，
∴OE∥BD1.
又OE 平面ACE，BD1 平面ACE，
∴BD1∥平面ACE.
易得直線BA1，BC1，BB1均與平面ACE不平行.
2.[多選/教材改編]若直線a平行于平面α，則（　BC　）
A.平面α內有且只有一條直線與a平行 B.平面α內有無數條直線與a平行
C.平面α內存在無數條與a不平行的直線 D.平面α內任意一條直線都與a平行
3.已知直線a∥平面α，P∈α，那么過點P且平行于直線a的直線有　1　條.
4.[易錯題]如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，截面為四邊形EFGH，則四邊形EFGH的形狀是　平行四邊形　.
解析　因為平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形.
研透高考 明確方向
命題點1　線面平行的判定與性質
例1 [2023上海高考節選]如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4.求證：A1B∥平面DCC1D1.
解析　解法一　∵AB∥DC，AB 平面DCC1D1，CD 平面DCC1D1，
∴AB∥平面DCC1D1.
∵AA1∥DD1，AA1 平面DCC1D1，DD1 平面DCC1D1，
∴AA1∥平面DCC1D1.
又AB∩AA1＝A，∴平面ABB1A1∥平面DCC1D1.
又A1B 平面ABB1A1，∴A1B∥平面DCC1D1.
解法二　如圖，取CD的中點E，連接BE，D1E，則DE＝2，
∵AB∥DC，AB＝2，∴AB DE，
∴四邊形ABED為平行四邊形，
∴BE AD.
又AD A1D1，∴BE A1D1，
∴四邊形A1D1EB為平行四邊形，
∴A1B∥D1E，
又D1E 平面DCC1D1，A1B 平面DCC1D1，
∴A1B∥平面DCC1D1.
例2 [北京高考節選]如圖，在正方形AMDE中，B，C分別為AM，MD的中點.在五棱錐P－ABCDE中，F為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別交于點G，H.求證：AB∥FG.
解析　在正方形AMDE中，因為B是AM的中點，所以AB∥DE.
又AB 平面PDE，DE 平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
因為AB 平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
方法技巧
1.證明線線平行常用的方法
（1）利用線面平行的性質定理.
（2）利用面面平行的性質定理.
（3）利用中位線，對應線段成比例，平行四邊形的性質等.
2.證明直線與平面平行的常用方法
（1）利用線面平行的判定定理.
（2）利用面面平行的性質：α∥β，a α a∥β.
注意　應用線面平行的判定定理和性質定理時，一定要注意定理成立的條件.
訓練1 [2023江西省南昌市摸底測試]如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，C1B1的中點分別為E，F，G，H，則下列直線中，與平面ACD1和平面BDC1的交線平行的直線是（　C　）
A.EH B.HG C.EG D.FH
解析　如圖，設AC∩BD＝M，CD1∩C1D＝N，則M∈平面ACD1，M∈平面BDC1，N∈平面ACD1，N∈平面BDC1，連接MN，則平面ACD1∩平面BDC1＝MN.在△ACD1中，M，N分別為AC，CD1的中點，所以MN∥AD1.連接EG，在四邊形ABC1D1中，易知四邊形ABC1D1是平行四邊形，又E，G分別為AB，C1D1的中點，所以EG∥AD1，所以MN∥EG.故選C.
訓練2 [2022北京高考節選]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點.求證：MN∥平面BCC1B1.
解析　解法一　如圖，設點P為AB的中點，連接PN，PM，因為N為AC的中點，所以PN為△ABC的中位線，
所以PN∥BC.
又M為A1B1的中點，所以PM∥BB1.
因為BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC 平面BCC1B1，PM，PN 平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又MN 平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.
解法二　如圖，取BC的中點D，連接B1D，DN.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因為M，N，D分別為A1B1，AC，BC的中點，
所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，則B1M∥DN且B1M＝DN，
所以四邊形B1MND為平行四邊形，因此B1D∥MN.又MN 平面BCC1B1，B1D 平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
命題點2　面面平行的判定與性質
例3 [全國卷Ⅱ]設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（　B　）
A.α內有無數條直線與β平行
B.α內有兩條相交直線與β平行
C.α，β平行于同一條直線
D.α，β垂直于同一平面
解析　對于A，α內有無數條直線與β平行，當這無數條直線互相平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據兩平面平行的判定定理與性質知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確.綜上可知選B.
例4 [安徽高考節選]如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為Q.證明：Q為BB1的中點.
解析　因為BQ∥AA1，BC∥AD，BQ，BC 平面A1AD，AA1，AD 平面A1AD，所以BQ∥平面A1AD，BC∥平面A1AD，又BC∩BQ＝B，
所以平面QBC∥平面A1AD.
從而平面α與這兩個平面的交線互相平行，即QC∥A1D.
故△QBC與△A1AD的對應邊互相平行，于是△QBC∽△A1AD.
所以＝＝＝，即Q為BB1的中點.
方法技巧
證明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的判定定理.
（2）利用垂直于同一條直線的兩個平面平行（l⊥α，l⊥β α∥β）.
（3）利用平面平行的傳遞性（α∥β，β∥γ α∥γ）.
訓練3 [2023高三名校聯考節選]如圖，四棱錐P－ABCD的底面為菱形，∠ABC＝，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是線段PB的中點，G，H分別是線段PC上靠近P，C的三等分點.求證：平面AEG∥平面BDH.
解析　如圖，連接AC，交BD于點O，連接OH，在△PBH中，E，G分別為PB，PH的中點，所以EG∥BH，又EG 平面BDH，BH 平面BDH，所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH，因為AG，EG 平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.
命題點3　平行關系的綜合應用
例5 [山東高考節選]在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O'的直徑，FB是圓臺的一條母線.已知G，H分別為EC，FB的中點，求證：GH∥平面ABC.
解析　如圖，連接CF，設CF的中點為I，連接GI，HI，在△CEF中，因為G，I分別是CE，CF的中點，所以GI∥EF.
連接OB，易知EF∥OB，
所以GI∥OB.
因為GI 平面ABC，OB 平面ABC，所以GI∥平面ABC.
在△BCF中，因為H，I分別是BF，CF的中點，
所以HI∥BC.
因為HI 平面ABC，BC 平面ABC，所以HI∥平面ABC，
又HI∩GI＝I，HI 平面GHI，GI 平面GHI，
所以平面GHI∥平面ABC.
因為GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
方法技巧
平行關系的綜合應用
訓練4 如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中點.
（1）求證：CE∥平面PAB.
（2）若M是線段CE上一動點，則線段AD上是否存在點N，使得MN∥平面PAB？請說明理由.
解析　（1）如圖，取AP的中點F，連接EF，BF，
因為E，F分別是PD，AP的中點，所以EF∥AD且EF＝AD.
又BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF.
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，所以CE∥平面PAB.
（2）線段AD上存在點N，且點N為AD的中點，使得MN∥平面PAB.理由如下：
如圖，取AD的中點N，連接CN，EN，
因為E，N分別為PD，AD的中點，所以EN∥PA.
因為EN 平面PAB，PA 平面PAB，所以EN∥平面PAB.
由（1）知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN 平面CEN，所以平面CEN∥平面PAB.
連接MN，則MN 平面CEN，所以MN∥平面PAB.
于是在線段AD上存在點N，使得MN∥平面PAB.第4講　空間直線、平面的垂直
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的性質定理與判定定理. 2.能用已獲得的結論，證明空間圖形的垂直關系的簡單命題. 線面垂直的判定與性質 2023全國卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全國卷ⅠT18；2019全國卷ⅡT17 本講內容是高考命題的重點，主要考查直線與平面以及平面與平面垂直的判定定理和性質定理的應用，不僅會單獨命題，也經常應用于求解球的切、接問題以及建立空間直角坐標系前的線線垂直證明中，題型既有小題也有大題，難度中等.這里應特別注意證明空間線線、線面垂直關系時，靈活應用平行對垂直的轉化作用.
面面垂直的判定與性質 2022全國卷乙T7；2022全國卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全國卷ⅡT20；2019全國卷ⅢT19
垂直關系的綜合應用 2023北京T16；2022全國卷甲T18
1.直線與直線垂直
如果兩條異面直線所成的角是直角，那么就說這兩條異面直線互相垂直.
2.直線與平面垂直
（1）直線和平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的①　任意一條　直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直.
（2）直線與平面垂直的判定定理和性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定 定理 如果一條直線與一個平面內的兩條②　相交　直線垂直，那么該直線與此平面垂直. ⑤　l⊥α　
性質 定理 垂直于同一個平面的兩條直線⑥　平行　. ⑦　a∥b　
規律總結
垂直關系中常用的6個結論
（1）若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任意一條直線（證明線線垂直的一個重要方法）.
（2）若兩條平行線中的一條直線垂直于一個平面，則另一條直線也垂直于這個平面.
（3）若一條直線垂直于兩平行平面中的一個平面，則這條直線與另一個平面也垂直.
（4）兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面.
（5）三垂線定理：平面內的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.
（6）三垂線定理的逆定理：平面內的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在這個平面內的射影垂直.
3.平面與平面垂直
（1）平面與平面垂直的定義
一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是⑧　直二面角　，就說這兩個平面互相垂直.
（2）平面與平面垂直的判定定理和性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定定理 如果一個平面過另一個平面的⑨　垂線　，那么這兩個平面垂直. α⊥β
性質定理 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的 　交線　，那么這條直線與另一個平面垂直. l⊥α
1.在空間中，α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列說法錯誤的是（　C　）
A.若m⊥α，m∥n，n β，則α⊥β B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，則m∥n
C.若α∥β，m α，n β，則m∥n D.若α⊥β，m α，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β
解析　由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n β，所以α⊥β，A說法正確；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B說法正確；若α∥β，m α，n β，則m，n可能平行或異面，C說法錯誤；由面面垂直的性質定理知D說法正確.故選C.
2.[教材改編]下列命題中不正確的是（　A　）
A.如果平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
3.已知一個平面與一個正方體的12條棱所成的角都等于α，則sin α ＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　如圖所示，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，易知平面A1C1D與D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，
又B1C1，BC，AD均與D1A1平行，A1B1，AB，DC均與D1C1平行，A1A，B1B，C1C均與D1D平行，所以平面A1C1D與正方體的12條棱所成的角都相等.連接BD1，與平面A1C1D交于點O，連接A1O，則BD1⊥平面A1C1D，則α＝∠D1A1O，且D1O＝BD1＝，所以sin α＝＝＝，故選B.
4.[教材改編]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線AB與A1D1所成角的大小為　90°　；直線AD1與DC1所成角的大小為　60°　.
解析　因為A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是異面直線AB與A1D1所成的角.
因為∠D1A1B1＝90°，所以直線AB與A1D1所成角的大小為90°.
如圖，連接AB1，B1D1.
因為AB1∥DC1，所以直線AB1與AD1所成的角即直線DC1與AD1所成的角.
又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1為正三角形，
所以∠D1AB1＝60°，所以直線AD1與AB1所成角的大小為60°，
即直線AD1與DC1所成角的大小為60°.
研透高考 明確方向
命題點1　線面垂直的判定與性質
例1 [2024惠州市二調節選]如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，側面ADD1A1是矩形，點P為D1C1的中點，且PD＝PC.
求證：DD1⊥平面ABCD.
解析　（1）解法一　因為四邊形CDD1C1是平行四邊形，點P為D1C1的中點，且PD＝PC，
所以△DD1P≌△CC1P，
所以∠DD1P＝∠CC1P，
又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，
所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.
因為側面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
解法二　如圖，取DC中點E，連接PE.
因為PD＝PC，所以PE⊥DC.
因為四邊形CDD1C1是平行四邊形，點P為D1C1的中點，
所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.
因為側面ADD1A1是矩形，
所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
方法技巧
1.證明線面垂直的常用方法
（1）利用線面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b α，c α a⊥α）；
（2）利用面面垂直的性質定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a β a⊥α）；
（3）a⊥α，α∥β a⊥β；
（4）a∥b，a⊥α b⊥α.
2.證明線線垂直的常用方法
（1）利用線面垂直的性質證明線線垂直；
（2）計算兩條直線的夾角的大小為90°或運用勾股定理的逆定理判斷垂直；
（3）平面幾何中常見的垂直，如直徑所對的圓周角為直角，菱形對角線相互垂直等.
3.證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質.
訓練1 [2023全國卷甲]已知四棱錐P－ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC面積為（　C　）
A.2 B.3 C.4 D.6
解析　如圖，取CD，AB的中點分別為E，F，連接PE，EF，PF，因為PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF 平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故選C.
訓練2 [全國卷Ⅰ節選]如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO＝DO.證明：PA⊥平面PBC.
解析　設DO＝a，由題設可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC 平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
命題點2　面面垂直的判定與性質
例2 [2021新高考卷Ⅱ節選]如圖，在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.證明：平面QAD⊥平面ABCD.
解析　在△QDC中，因為QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.
又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD 平面QAD，
所以CD⊥平面QAD.
因為CD 平面ABCD，
所以平面QAD⊥平面ABCD.
例3 [2024江蘇常州模擬節選]如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.證明：PB⊥AD.
解析　由題意知△BCD為等邊三角形，則BD＝BC＝2，
又AB∥DC，則∠ABD＝60°，
在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD＝42＋22－2×4×2×cos 60°＝12，則AD＝2，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因為平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.
又PB 平面PBD，故PB⊥AD.
方法技巧
1.證明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉化為證明二面角的平面角為直角的問題.
（2）利用面面垂直的判定定理（a α，a⊥β α⊥β）.
2.面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據.
訓練3 [2022全國卷乙]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點，則（　A　）
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析　如圖，對于選項A，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為E，F分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，從而EF⊥平面BDD1，又EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故選項A正確；對于選項B，因為平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由選項A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故選項B錯誤；對于選項C，由題意知直線AA1與直線B1E必相交，故平面B1EF與平面A1AC不平行，故選項C錯誤；對于選項D，連接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C與平面B1EF有公共點B1，所以平面A1C1D與平面B1EF不平行，故選項D錯誤.故選A.
訓練4 [2024福建泉州質量監測節選]如圖，三棱錐P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱錐P－ABC體積的最大值.
解析　取AB的中點O，連接PO，如圖所示.
因為PA＝PB，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO 平面PAB，
所以PO⊥平面ABC.
因為PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，
所以V三棱錐P－ABC＝S△ABC·PO＝×（AB·BC·sin∠ABC）·PO＝sin∠ABC.
因為∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱錐P－ABC≤，
當且僅當sin∠ABC＝1，即∠ABC＝時，等號成立.
故三棱錐P－ABC體積的最大值為.
命題點3　垂直關系的綜合應用
例4 [2023北京高考節選]如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
求證：BC⊥平面PAB.
解析　因為PA⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝，所以AC＝.
因為AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.
因為PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
方法技巧
線線垂直線面垂直面面垂直
訓練5 [2022全國卷甲]小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.
（1）證明：EF∥平面ABCD.
（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）.
解析　（1）如圖，分別取AB，BC的中點M，N，連接EM，FN，MN，
∵△EAB與△FBC均為正三角形，且邊長均為8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB與平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM 平面EAB，FN 平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四邊形EMNF為平行四邊形，
∴EF∥MN.
又MN 平面ABCD，EF 平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
（2）如圖，分別取AD，DC的中點P，Q，連接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可證得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝BD＝4，所以四邊形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG為正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（4）2×4＝128.
因為AC⊥BD，BD∥PM，
所以AC⊥PM.
因為EM⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM 平面PMEH，且EM∩PM＝M，
所以AC⊥平面PMEH，
則點A到平面PMEH的距離d＝AC＝2，
所以V四棱錐A－PMEH＝S四邊形PMEH×d＝×4×4×2＝，
所以該包裝盒的容積V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱錐A－PMEH＝128＋4×＝（cm3）.第5講　空間向量及空間位置關系
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.（1）了解空間直角坐標系，會用空間直角坐標系刻畫點的位置；（2）借助特殊長方體頂點的坐標，探索并得出空間兩點間的距離公式. 2.了解空間向量的概念. 3.（1）了解空間向量基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示；（2）掌握空間向量的線性運算及其坐標表示；（3）掌握空間向量的數量積及其坐標表示；（4）了解空間向量投影的概念以及投影向量的意義. 4.（1）理解直線的方向向量與平面的法向量；（2）能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直與平行關系；（3）能用向量方法證明有關直線、平面位置關系的判定定理. 空間向量的基本定理 該講知識是利用空間向量求解立體幾何問題的基礎，主要用來求解平面的法向量和直線的方向向量，以及利用向量解決空間位置關系的判斷問題，考查數學運算素養.
空間向量的坐標運算
利用向量法證明平行與垂直問題 2021新高考卷ⅡT10；2021全國卷甲T19；2021浙江T6；2020天津T17
1.空間向量的三個定理
共線向量定理 對空間任意兩個向量a，b（b≠0），a∥b 存在λ∈R，使①　a＝λb　.
共面向 量定理 若兩個向量a，b②　不共線　，則向量p與向量a，b共面 存在唯一的有序實數對（x，y），使③　p＝xa＋yb　.
空間向量 基本定理 如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序實數組（x，y，z），使得p＝④　xa＋yb＋zc　，{a，b，c}叫做空間的一個基底. 注意　（1）空間任意三個不共面的向量都可構成空間的一個基底. （2）基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示.
規律總結
應用共線（面）向量定理證明點共線（面）的方法
2.空間向量的坐標運算
設a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），則
（1）a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；
（2）λa＝（λa1，λa2，λa3）（λ∈R）；
（3）a·b＝⑤　a1b1＋a2b2＋a3b3　；
（4）a∥b a＝λb（b≠0） ⑥　a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R）　；
（5）a⊥b a·b＝0 ⑦　a1b1＋a2b2＋a3b3＝0　；
（6）｜a｜＝＝；
（7）cos＜a，b＞＝＝.
規律總結
空間兩點間的距離及中點坐標公式
設點A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）是空間中兩點，則
（1）AB＝⑧　　；
（2）線段AB的中點坐標為（，，）.
3.直線的方向向量和平面的法向量
直線的方向向量 如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱向量a為直線l的方向向量.
平面的法向量 直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量.一個平面的法向量有無數個，它們是共線向量.
思維拓展
確定平面法向量的方法
（1）直接法：觀察是否有垂直于平面的直線，若有，則此直線的方向向量就是平面的法向量.
（2）待定系數法：建立空間直角坐標系，找出（求出）平面內的兩個不共線的向量，如
a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），設平面的法向量為n＝（x，y，z），則解方程組，取其中的一組解，即得平面的一個法向量.
注意　n＝（0，0，0）不能作為法向量.
方法技巧
向量的叉乘a×b運算得出的是與a，b垂直的向量，所以可以利用叉乘計算平面的法向量，運算法則如下：
i，j，k分別表示x，y，z軸正方向的單位向量，a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），則a×b＝＝（y1z2－y2z1）i－（x1z2－x2z1）j＋（x1y2－x2y1）k＝（y1z2－y2z1，－x1z2＋x2z1，x1y2－x2y1）.
4.空間位置關系的向量表示
位置關系 向量表示
直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2. l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2（λ∈R，λ≠0）
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m. l∥α n⊥m ⑨　m·n＝0　
l⊥α n∥m n＝λm（λ∈R，λ≠0）
平面α，β的法向量分別為n，m. α∥β n∥m n＝λm（λ∈R，λ≠0）
α⊥β n⊥m ⑩　m·n＝0　
1.下列說法正確的是（　C　）
A.直線的方向向量是唯一確定的
B.若直線a的方向向量和平面α的法向量平行，則a∥α
C.若兩平面的法向量平行，則兩平面平行
D.若直線a的方向向量與平面α的法向量垂直，則a∥α
2.已知A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），則下列向量是平面ABC的一個法向量的是（　C　）
A.（－1，1，1） B.（1，－1，1）
C.（－，－，－） D.（，，－）
3.在空間直角坐標系中，A（1，1，－2），B（1，2，－3），C（－1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），若A，B，C，D四點共面，則（　A　）
A.2x＋y＋z＝1 B.x＋y＋z＝0 C.x－y＋z＝－4 D.x＋y－z＝0
4.已知向量a＝（1，0，－1），則下列向量中與a成60°夾角的是（　B　）
A.（－1，1，0） B.（1，－1，0） C.（0，－1，1） D.（－1，0，1）
5.[教材改編]已知u＝（3，a＋b，a－b）（a，b∈R）是直線l的方向向量，n＝（1，2，3）是平面α的法向量.若l∥α，則a與b的關系式為　5a－b＋3＝0　；若l⊥α，則a＋b＝　6　.
解析　由題意可知，若l∥α，則u·n＝0，即3＋2（a＋b）＋3（a－b）＝0，整理得5a－b＋3＝0.
若l⊥α，則存在實數λ，使得u＝λn，即（3，a＋b，a－b）＝λ（1，2，3），則解得則a＋b＝6.
研透高考 明確方向
命題點1　空間向量的基本定理
例1 （1）已知空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，且有＝x＋y＋z（x，y，z∈R），則x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四點共面的（　A　）
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分又不必要條件
解析　由題可知，要使P，A，B，C四點共面，則需x＋y＋z＝1.當x＝2，y＝－3，z＝2時滿足條件，所以x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四點共面的充分條件；反之，當四點共面時，只要x＋y＋z＝1即可，不一定要取x＝2，y＝－3，z＝2，所以x＝2，y＝－3，z＝2不是P，A，B，C四點共面的必要條件.故x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四點共面的充分不必要條件.
（2）在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點，若＝a，＝b，＝c，則下列向量中與相等的向量是（　B　）
A.a＋b＋c B.－a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
解析　如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點，故＝（＋）＝a＋b，故＝＋＋＝
－＋＋a＋b＝－a＋c＋a＋b＝－a＋b＋c，故選B.
方法技巧
1.證明空間四點共面的方法
（1）利用共線向量定理；（2）利用共面向量定理.
2.空間基底的要求是不共面的三個向量.
訓練1 [多選]如圖，在四面體PABC中，以下說法正確的有（　ABC　）
A.若＝＋，則＝3
B.若Q為△ABC的重心，則＝＋＋
C.若·＝0，·＝0，則·＝0
D.若四面體PABC各棱長都為2，M，N分別為PA，BC的中點，則｜｜＝1
解析　對于A，∵＝＋，∴3＝＋2，∴2－2＝－，∴2＝，則3＝＋＝，即3＝，故A正確；
對于B，∵Q為△ABC的重心，則＋＋＝0，∴3＋＋＋＝3，
∴（＋）＋（＋）＋（＋）＝3，則＋＋＝3，即＝＋＋，故B正確；
對于C，若·＝0，·＝0，則·＋·＝0，∴·＋·（＋）＝0，∴·＋·＋·＝0，即·＋·－·＝0，∴（－）·＋·＝0，∴·＋·＝0，則·＋·＝0，∴·（＋）＝0，即·＝0，故C正確；
對于D，連接PN，∵＝－＝（＋）－＝（＋－），∴｜｜＝｜＋－｜＝｜－－｜，
又｜－－｜2＝＋＋－2·－2·＋2·＝22＋22＋22－2×2×2×－2×2×2×＋2×2×2×＝8，∴｜｜＝，故D錯誤.故選ABC.
命題點2　空間向量的坐標運算
例2 （1）若向量a＝（1，1，x），b＝（1，2，1），c＝（1，1，1），且（c－a）·
（2b）＝－2，則x＝　2　.
解析　c－a＝（0，0，1－x），（c－a）·（2b）＝（0，0，1－x）·2（1，2，1）＝2（1－x）＝－2，解得x＝2.
（2）如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N是A1A的中點，則｜｜＝　　，cos＜，＞＝　　.
解析　如圖，以C為原點，，，的方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系Cxyz.依題意得B（0，1，0），N（1，0，1）.
∴｜｜＝＝.
依題意得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2）.
∴＝（1，－1，2），＝（0，1，2），
∴·＝3，｜｜＝，｜｜＝.
∴cos＜，＞＝＝.
方法技巧
空間向量的概念以及空間向量的加、減、數乘、數量積運算及其坐標表示是平面向量的類比推廣.
訓練2 （1）[多選]已知空間向量a＝（2，－2，1），b＝（3，0，4），則下列說法正確的是（　BC　）
A.向量c＝（－8，5，6）與a，b垂直
B.向量d＝（1，－4，－2）與a，b共面
C.若a與b分別是異面直線l1與l2的方向向量，則l1與l2所成的角的余弦值為
D.向量a在向量b上的投影向量為（6，0，8）
解析　對于A選項，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0，故c與a不垂直，A錯；
對于B選項，設d＝ma＋nb，則m（2，－2，1）＋n（3，0，4）＝（1，－4，－2），
所以解得即2a－b＝d，B對；
對于C選項，因為cos＜a，b＞＝＝＝，
所以異面直線l1與l2所成的角的余弦值為，C對；
對于D選項，向量a在向量b上的投影向量｜a｜cos＜a，b＞·＝3××（3，0，4）＝（，0，），D錯.
故選BC.
（2）已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝.若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對于任意x，y∈R，｜b－（xe1＋ye2）｜≥｜b－（x0e1＋y0e2）｜＝1（x0，y0∈R），則x0＝　1　，y0＝　2　，｜b｜＝　2　.
解析　由題意可令b＝x0e1＋y0e2＋e3，其中｜e3｜＝1，e3⊥ei，i＝1，2.
由b·e1＝2得x0＋＝2，由b·e2＝得＋y0＝，由解得
則b＝e1＋2e2＋e3，∴｜b｜＝＝2.
命題點3　利用向量法證明平行與垂直問題
例3 [2021浙江高考]如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則（　A　）
A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCD
B.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1
C.直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCD
D.直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1
解析　解法一　以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.設AB＝2，則A1（2，0，2），D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），所以M（1，0，1），N（1，1，1），所以＝（－2，0，－2），＝（2，2，－2），＝（0，1，0），所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由題圖易知直線A1D與BD1是異面直線，所以A1D與BD1異面且垂直，故B，C不正確.因為平面ABCD的一個法向量為n＝（0，0，1），所以·n＝0，所以MN∥平面ABCD，故A正確.設直線MN與平面BDD1B1所成的角為θ，因為平面BDD1B1的一個法向量為a＝（－1，1，0），所以sin θ＝｜cos＜，a＞｜＝＝＝，所以直線MN與平面BDD1B1不垂直，故D不正確.故選A.
解法二　連接AD1，則易得點M在AD1上，且AD1⊥A1D.因為AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直，故B，C不正確.在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，故A正確.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直，故D不正確.故選A.
方法技巧
1.利用空間向量證明平行問題的方法
線線平行 證明兩條直線的方向向量共線.
線面平行 （1）證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直； （2）證明該直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行； （3）證明該直線的方向向量可以用平面內的兩個不共線的向量線性表示.
面面平行 （1）證明兩個平面的法向量平行； （2）轉化為線線平行、線面平行問題.
2.利用空間向量證明垂直問題的方法
線線垂直 證明兩直線的方向向量垂直，即證它們的數量積為零.
線面垂直 （1）證明直線的方向向量與平面的法向量共線； （2）證明直線的方向向量與平面內的兩條相交直線的方向向量都垂直.
面面垂直 （1）其中一個平面與另一個平面的法向量平行； （2）兩個平面的法向量垂直.
注意　用向量法證明平行與垂直問題時，要注意解題的規范性.如證明線面平行時，需要說明一條直線在平面內，另一條直線在平面外.
訓練3 如圖，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分別為線段AB，CD的中點，EP⊥平面ABCD.
求證：（1）AQ∥平面CEP；
（2）平面AEQ⊥平面DEP.
解析　（1）如圖，連接PQ，因為四邊形ABCD為矩形，且P，Q分別為線段AB，CD的中點，則PQ⊥AB.
易知PA，PQ，PE兩兩垂直，以P為坐標原點，分別以PA，PQ，PE所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
設AB＝2，PE＝a，則P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），D（1，1，0）.
所以＝（－1，1，0），＝（－1，1，0），所以∥，即AQ∥PC.（證明平面外直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行）
又AQ 平面CEP，PC 平面CEP，（注意說明前提條件）
所以AQ∥平面CEP.
（2）由（1）知＝（1，1，0），＝（0，0，a），
因為·＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以⊥，即AQ⊥PD.
因為·＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以⊥，即AQ⊥PE.（證明直線方向向量與平面內兩條相交直線的方向向量都垂直）
又PD∩PE＝P，PE，PD 平面DEP，所以AQ⊥平面DEP，
又AQ 平面AEQ，（注意說明前提條件）
所以平面AEQ⊥平面DEP.第6講　空間角和空間距離
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角. 2.能用向量方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問題和簡單夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量方法在研究幾何問題中的作用. 求異面直線所成的角 2021全國卷乙T5 該講每年必考，主要考查利用幾何法或向量法求解線線角、線面角、面面角、空間距離等問題，方法比較固定，備考時注意對空間角與向量夾角關系的梳理.
求線面角 2023全國卷乙T9；2023全國卷甲T18；2022全國卷乙T18；2022全國卷甲T7；2022全國卷甲T18；2020新高考卷ⅠT20；2020新高考卷ⅡT20；2020全國卷ⅡT20
求二面角 2023新高考卷ⅠT18；2023新高考卷ⅡT20；2023全國卷乙T19；2023天津T17；2022新高考卷ⅠT19；2022新高考卷ⅡT20；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2021全國卷乙T18；2021全國卷甲T19；2020全國卷ⅠT18；2020全國卷ⅢT19；2019全國卷ⅠT18；2019全國卷ⅡT17；2019全國卷ⅢT19
求空間距離 2023天津T17；2023上海春季T17；2022新高考卷ⅠT19
1.空間角
（1）異面直線所成的角：已知兩條異面直線a，b，經過空間任一點O分別作直線a'∥a，b'∥b，我們把a'與b'所成的角叫做異面直線a與b所成的角（或夾角）.
異面直線夾角的范圍是①　（0，]　.
（2）直線與平面所成的角
a.平面的一條斜線和它在平面上的②　射影　所成的角，叫做這條直線和這個平面所成的角.一條直線垂直于平面，則它們所成的角是③　90°　；一條直線和平面平行或直線在平面內，則它們所成的角是④　0°　.
b.線面角θ的取值范圍：⑤　[0，]　.
c.最小角定理：平面的斜線和它在平面內的射影所成的角是這條斜線和這個平面內任一條直線所成角中最小的角.
（3）二面角與兩個平面的夾角
a.從一條直線出發的兩個⑥　半平面　所組成的圖形叫做二面角.
b.二面角的平面角：如圖，在二面角α－l－β的棱l上任取一點P，以點P為垂足，在半平面α，β內分別作垂直于棱l的射線PA和PB，則射線PA和PB構成的∠APB叫做二面角α－l－β的平面角.
c.二面角的范圍：⑦　[0，π]　.
2.利用向量法求空間角
空間角 求法 注意事項
異面直線所成角 設異面直線l，m的方向向量分別為a，b，若直線l與m的夾角為θ，則cos θ＝⑧　｜cos＜a，b＞｜　. 角θ的范圍為⑨　（0，]　，所以線線角的余弦值非負.
線面角 設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，若直線l與平面α所成的角為θ，則sin θ＝⑩　｜cos＜a，n＞｜　. 角θ的范圍為 　[0，]　，注意θ與＜a，n＞的關系.
兩個平面 的夾角 平面α，β的法向量分別為n1，n2，若設平面α與平面β的夾角為θ，則cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜. 兩個平面夾角的范圍為 　[0，]　，二面角的范圍是 　[0，π]　.
易錯警示
1.線面角θ與向量夾角＜a，n＞的關系
如圖1（1），θ＝＜a，n＞－；如圖1（2），θ＝－＜a，n＞.
圖1
2.二面角θ與兩平面法向量夾角＜n1，n2＞的關系
圖2（2）（4）中θ＝π－＜n1，n2＞；圖2（1）（3）中θ＝＜n1，n2＞.
圖2
3.利用向量法求空間距離
（1）點P到直線AB的距離d＝｜｜sin＜，＞＝｜｜·.
（2）點P到平面ABC的距離為在平面ABC的法向量n上的投影向量的長度，即d＝ 　　.
（3）當直線PQ與平面ABC平行時，直線PQ到平面ABC的距離可轉化為點P到平面ABC的距離.
（4）當平面α與平面β平行時，兩平面的距離可轉化為平面α上一點P到平面β的距離.
（5）如圖，異面直線a，b之間的距離即直線a上一點P到a'與b所確定的平面α的距離（a'∥a，a'∩b＝O）.
1.[教材改編]如圖，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的側面展開圖是邊長為4的正方形，則在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，異面直線AK和LM所成的角的大小為（　D　）
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析　根據題意還原正四棱柱的直觀圖，如圖所示，取AA1的中點G，連接KG，則有KG∥LM，所以∠AKG或其補角為異面直線AK和LM所成的角.由題知AG＝2，AK＝KG＝＝，則有AK2＋KG2＝AG2，所以∠AKG＝90°，即異面直線AK和LM所成的角為90°.故選D.
2.[教材改編]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝4，過點D1作直線l，與直線A1B，AC所成的角均為60°，則這樣的直線l有（　C　）
A.2條 B.3條 C.4條 D.無數條
解析　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1C1，BC1，則A1C1∥AC，所以∠BA1C1或其補角為異面直線A1B與AC所成的角，由題意得A1B＝5，A1C1＝5，BC1＝4，所以cos∠BA1C1＝＝
＜，所以60°＜∠BA1C1＜90°，則過點D1作直線l，與直線A1B，AC所成的角均為60°，即過一點作直線，使之與同一平面上夾角大于60°的銳角的兩邊所在直線所成的角均成60°，這樣的直線l有4條.故選C.
3.[易錯題]已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－，則l與α所成的角為　30°　.
解析　設l與α所成的角為θ，則sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝，所以θ＝30°.
4.已知空間直角坐標系Oxyz中，過點P（x0，y0，z0）且一個法向量為n＝（a，b，c）的平面α的方程為a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.用以上知識解決下面問題：已知平面α的方程為x＋2y－2z＋1＝0，直線l是兩個平面x－y＋3＝0與x－2z－1＝0的交線，試寫出直線l的一個方向向量　（2，2，1）　，直線l與平面α所成角的余弦值為　　.
解析　由平面α的方程為x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一個法向量為n＝（1，2，－2）.平面x－y＋3＝0的一個法向量為m1＝（1，－1，0），平面x－2z－1＝0的一個法向量為m2＝（1，0，－2）.設直線l的方向向量為m＝（x，y，z），則即令z＝1，則取m＝（2，2，1）.設直線l與平面α所成角為θ，0°≤θ≤90°，則sin θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，cos θ＝.
研透高考 明確方向
命題點1　求異面直線所成的角
例1 [2021全國卷乙]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一（幾何法）　如圖，連接C1P，因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，BB1∩B1D1＝B1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP，所以C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角.設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝，故選D.
解法二（向量法）　以B1為坐標原點，B1C1，B1A1，B1B所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則B（0，0，2），P（1，1，0），D1（2，2，0），
A（0，2，2），＝（－1，－1，2），＝（2，0，－2）.設直線PB與AD1所成的角為θ，則cos θ＝｜｜＝＝.因為θ∈（0，]，所以θ＝，故選D.
解法三　如圖所示，連接BC1，A1B，A1C1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成角等于直線PB與BC1所成角.根據P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1，P，C1三點共線，且P為A1C1的中點.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝，又P為A1C1的中點，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.故選D.
方法技巧
求異面直線所成角的方法
幾何法 將兩直線平移到同一平面內，構造三角形，利用勾股定理或解三角形求兩異面直線的夾角或其余弦值.
向量法 將兩直線的方向向量表示出來，利用向量夾角計算兩異面直線夾角的余弦值. 注意　異面直線夾角的范圍是（0，].
訓練1 [全國卷Ⅱ]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　如圖，補上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，則∠B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝＝＝2，DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C.
解法二　如圖，連接BD1，交DB1于點O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C.
解法三　以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示.由條件可知D（0，0，0），A（1，0，0），D1（0，0，），B1（1，1，），所以＝（－1，0，），＝（1，1，），則由向量夾角公式，得cos＜，＞＝＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C.
命題點2　求線面角
例2 [2022全國卷甲]在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
（1）證明：BD⊥PA.
（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值.
解析　（1）如圖所示，取AB的中點O，連接DO，CO，則OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四邊形DCBO為平行四邊形.
又BC＝OB＝1，所以四邊形DCBO為菱形，所以BD⊥CO.
同理可得，四邊形DCOA為菱形，所以AD∥CO，
所以BD⊥AD.
因為PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD，
又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面ADP.
因為PA 平面ADP，所以BD⊥PA.
（2）解法一　由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以三角形ADO為正三角形.
過點D作垂直于DC的直線為x軸，DC所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（，－，0），B（，，0），P（0，0，），D（0，0，0）.
則＝（0，2，0），＝（－，，），＝（0，0，）.
設平面PAB的法向量為n＝（x，y，z），
則
令x＝2，則y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）是平面PAB的一個法向量.
設直線PD與平面PAB所成的角為α，則sin α＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，所以直線PD與平面PAB所成的角的正弦值為.
解法二　作DM⊥平面PAB，垂足為M，連接PM，則∠DPM就是PD與平面PAB所成角.易知PA＝2，PB＝.
過A作AN⊥PB于N，因為AB＝2＝PA，所以易得AN＝，所以S△ABP＝××＝.
于是，根據V三棱錐P－ABD＝V三棱錐D－PAB，得·S△ABD·DP＝·S△ABP·DM，即×（×1×）×＝×DM，解得DM＝.
在Rt△DMP中，sin∠DPM＝＝＝.
故PD與平面PAB所成的角的正弦值為.
方法技巧
求直線與平面所成角的方法
幾何法 利用直線與平面所成角的定義求解，具體步驟： （1）尋找過斜線上一點與平面垂直的直線； （2）連接垂足和斜足得到斜線在平面上的射影，斜線與其射影所成的銳角即為所求的角； （3）通過解該角所在的三角形求解. 注意　直線與平面平行或垂直的特殊情況.
向量法 sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝（其中AB為平面α的斜線，n為平面α的法向量，θ為斜線AB與平面α所成的角）.
訓練2 [2023全國卷乙]已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C－AB－D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（　C　）
A. B. C. D.
解析　如圖所示，取AB的中點M，連接CM，DM，則CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即為二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.又CM，DM 平面CMD，CM∩DM＝M，所以AB⊥平面CMD.設AB＝2，則CM＝1，DM＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延長CM，過點D作CM的垂線，設垂足為H，則∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因為DH 平面CMD，所以AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即為直線CD與平面ABC所成的角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝＝，故選C.
訓練3 [新高考卷Ⅰ]如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.
（1）證明：l⊥平面PDC.
（2）已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析　（1）因為PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥AD.
又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.
又PD∩DC＝D，PD，DC 平面PDC，
因此AD⊥平面PDC.
因為AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又AD 平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
（2）以D為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），＝（0，1，0），＝（1，1，－1）.
由（1）可設Q（a，0，1），則＝（a，0，1）.
設n＝（x，y，z）是平面QCD的法向量，則即
可取n＝（－1，0，a）.
所以cos＜n，＞＝＝ .
設PB與平面QCD所成角為θ，則sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝×＝.
因為≤，當且僅當a＝1時等號成立，
所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.
命題點3　求二面角
例3 [2023全國卷乙]如圖，三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，AD＝DO，點F在AC上，BF⊥AO.
（1）證明：EF∥平面ADO.
（2）證明：平面ADO⊥平面BEF.
（3）求二面角D－AO－C的正弦值.
解析　（1）如圖，以B為坐標原點，BA，BC所在直線分別為x軸、y軸，建立平面直角坐標系，則B（0，0），A（2，0），C（0，2），O（0，），＝（－2，）.
設＝λ，則易得F（－2λ＋2，2λ）.因為BF⊥AO，所以·＝0，所以（－2λ＋2，2λ）·（－2，）＝0，解得λ＝，所以F為AC的中點.
又E，D分別為AP，BP的中點，
所以EF∥PC，OD∥PC，所以EF∥OD，
又OD 平面ADO，EF 平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）AO＝＝，OD＝PC＝，又AD＝OD＝，
所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.
由于EF∥OD，所以AO⊥EF，
又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF 平面BEF，EF 平面BEF，
所以AO⊥平面BEF.
又AO 平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
（3）解法一　如圖，以B為坐標原點，BA，BC所在直線分別為x軸、y軸，建立空間直角坐標系，則B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，，0），＝（－2，，0）.
因為PB＝PC，BC＝2，所以設P（x，，z），z＞0，
則＝＋＝＋＝（2，0，0）＋（x－2，，z）＝（，，），
由（2）知AO⊥BE，所以·＝（－2，，0）·（，，）＝0，所以x＝－1，
又PB＝，＝（x，，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝，則P（－1，，）.
由D為BP的中點，得D（－，，），則＝（－，，）.
設平面DAO的法向量為n1＝（a，b，c），
則即得b＝a，c＝a，
取a＝1，則n1＝（1，，）是平面DAO的一個法向量.
易知平面CAO的一個法向量為n2＝（0，0，1），
設二面角D－AO－C的大小為θ，則｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝，所以sin θ＝＝，
故二面角D－AO－C的正弦值為.
解法二　如圖，過點O作OH∥BF交AC于點H，設AD∩BE＝G，連接GF，DH.
∵BF⊥AO，∴HO⊥AO，且FH＝AH.
由（2）知DO⊥AO，又DO∩HO＝O，DO 平面DOH，HO 平面DOH，所以AO⊥平面DOH，故∠DOH為二面角D－AO－C的平面角.
∵D，E分別為PB，PA的中點，∴AD，BE的交點G為△PAB的重心，
∴DG＝AD，GE＝BE.
又易知FH＝AH，∴DH＝GF，
在△ABP中，AB＝2，BD＝PB＝，AD＝DO＝PC＝，則cos∠ABD＝＝，
解得PA＝，同理可得BE＝.
易知BF＝AC＝，EF＝PC＝，
則BE2＋EF2＝＋＝3＝BF2，故BE⊥EF，
可得GF2＝GE2＋EF2＝（×）2＋（）2＝，
∴GF＝，故DH＝×＝.
在△DOH中，OH＝BF＝，OD＝PC＝，DH＝，
∴cos∠DOH＝＝－，∴sin∠DOH＝.
故二面角D－AO－C的正弦值為.
方法技巧
求二面角常用的方法
幾何法 根據定義作出二面角的平面角求解.
向量法 利用公式cos＜n1，n2＞＝（n1，n2分別為兩平面的法向量）進行求解. 注意　二面角的取值范圍是[0，π]，需要結合圖形的特征，確定求出的兩法向量的夾角＜n1，n2＞到底是二面角還是二面角的補角.
訓練4 [2023新高考卷Ⅰ]如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
（1）證明：B2C2∥A2D2.
（2）點P在棱BB1上，當二面角P－A2C2－D2為150°時，求B2P.
解析　（1）解法一　依題意，得＝＋＋＝＋＋＝，所以B2C2∥A2D2.
解法二　以點C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1），所以＝，所以B2C2∥A2D2.
（2）建立空間直角坐標系，建系方法同（1）中解法二，設BP＝n（0≤n≤4），則
P（0，2，n），
所以＝（2，0，1－n），＝（0，－2，3－n）.
設平面PA2C2的法向量為a＝（x1，y1，z1），
所以則
令x1＝n－1，得a＝（n－1，3－n，2）.
設平面A2C2D2的法向量為b＝（x2，y2，z2），
由（1）解法二知，＝（－2，－2，2），＝（0，－2，1），
所以則
令y2＝1，得b＝（1，1，2）.
所以｜cos 150°｜＝｜cos＜a，b＞｜＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.
命題點4　求空間距離
例4 [2023天津高考]如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N為線段AB的中點，M為線段BC的中點.
（1）求證：A1N∥平面C1MA.
（2）求平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值.
（3）求點C到平面C1MA的距離.
解析　（1）解法一（幾何法）　連接MN.因為M，N分別是BC，AB的中點，所以MN∥AC且MN＝AC＝1，即有MN A1C1，所以四邊形MNA1C1是平行四邊形，故A1N∥MC1.
又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
解法二（向量法）　以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，
則有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2）.
所以＝（1，0，－2），＝（1，1，0），＝（0，1，2）.
設平面C1MA的法向量n＝（x，y，z），則即不妨取n＝（2，－2，1）.因為·n＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0，所以⊥n.
又A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
（2）由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的一個法向量為＝（1，0，0），平面C1MA的一個法向量為n＝（2，－2，1），所以｜cos＜，n＞｜＝＝，
所以平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值為.
（3）易得C（0，2，0），則＝（－1，1，0），所以點C到平面C1MA的距離d＝｜｜＝.
方法技巧
1.求點到平面的距離的常用方法
幾何法 找到點到平面的距離，通過解三角形求出距離，若點到平面的距離不易求，還可轉化為過已知點且與相關平面平行的直線上的其他點到平面的距離求解.
等體 積法 利用已知的點和平面構造四面體，利用四面體能夠以任何一個面作為底面去求體積的特征，把四面體的體積以不同面為底表示兩次，列出方程，解方程即可求出距離.
向量法 求點P到平面α的距離的三個步驟： ①在平面α內取一點A，確定向量的坐標； ②確定平面α的法向量n； ③代入公式d＝求解.
2.求直線到平面的距離以及兩平行平面的距離時，往往轉化為求點到平面的距離.
訓練5 [2023上海春季高考改編]如圖，已知三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC的中點，過點M分別作平行于平面PAB的直線交AC，PC于點E，F.
（1）求直線PM與平面ABC所成角的正切值.
（2）證明：平面MEF∥平面PAB，并求直線ME到平面PAB的距離.
解析　（1）如圖，連接AM.因為PA⊥平面ABC，所以∠PMA即直線PM與平面ABC所成的角.
因為AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，
所以BC＝＝5，
又M為BC的中點，所以AM＝BC＝，
所以在Rt△PAM中，tan∠PMA＝＝，
故直線PM與平面ABC所成角的正切值為.
（2）因為ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，且ME，MF 平面MEF，
所以平面MEF∥平面PAB.
因為PA⊥平面ABC，AE 平面ABC，所以PA⊥AE.
又AB⊥AC，即AE⊥AB，而AB，PA 平面PAB，AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB，
所以直線ME到平面PAB的距離等于AE的長.
因為ME∥平面PAB，ME 平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以ME∥AB，
又M為BC的中點，所以E為AC的中點，
所以AE＝AC＝2.

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