資源簡介

第七章 立體幾何與空間向量
第一節　基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
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、棱柱及其簡單組合體)的直觀圖．
問題思考·夯實技能
【問題1】　有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體是棱柱嗎？請畫圖說明．
【問題2】　柱體、錐體、臺體體積之間有什么關系？
關鍵能力·題型剖析
題型一 基本立體圖形
角度一　結構特征
例1 (多選)下列說法正確的是(　　)
A．棱臺的側面都是等腰梯形
B．棱柱的側棱長都相等，但側棱不一定都垂直于底面
C．底面半徑為r，母線長為2r的圓錐的軸截面為等邊三角形
D．以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
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題后師說
辨別空間幾何體的兩種方法
角度二　直觀圖
例2 用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的直角梯形，其中BC＝AB＝1，則原平面圖形的面積為(　　)
A． B．
C．3 D．6
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題后師說
(1)在斜二測畫法中，要確定關鍵點及關鍵線段：“平行于x軸的線段平行性不變，長度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長度減半”．
(2)按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原平面圖形面積的關系：S直觀圖＝S原圖形．
角度三　展開圖
例3 [2024·江西九江模擬]如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2AA1＝2，N為A1C1的中點，M為線段AA1上的點．則|MN|＋|MB|的最小值為________．
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題后師說
幾何體的表面展開圖可以有不同的形狀，應多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關系，一定先觀察立體圖形的每一個面的形狀．
鞏固訓練1
(1)下列命題正確的是(　　)
A．用一個平面去截圓錐，得到一個圓錐和一個圓臺
B．棱柱的側棱都相等，側面都是全等的平行四邊形
C．圓錐的頂點、底面圓的圓心與圓錐底面圓周上任意一點這三點的連線都可以構成直角三角形
D．一直角梯形繞下底所在直線旋轉一周，所形成的曲面圍成的幾何體是圓臺
(2)[2024·山東濟南模擬]已知正三角形邊長為2，用斜二測畫法畫出該三角形的直觀圖，則所得直觀圖的面積為(　　)
A． B．
C．2 D．2
(3)[2024·福建漳州模擬]如圖是一座山的示意圖，山體大致呈圓錐形，且圓錐底面半徑為2 km，山高為2 km，B是母線SA上一點，且AB＝2 km.為了發展旅游業，要建設一條從A到B的環山觀光公路，這條公路從A出發后先上坡，后下坡．當公路長度最短時，下坡路段長為(　　)
A． km B．3 km
C．3.6 km D． km
題型二 空間幾何體的表面積
例4 (1)金剛石的成分為純碳，是自然界中天然存在的最堅硬物質，它的結構是由8個等邊三角形組成的如圖所示的正八面體．若某金剛石的棱長為2，則它的表面積為(　　)
A．8 B．8
C．8 D．16
(2)[2024·河北秦皇島模擬]在一個正六棱柱中挖去一個圓柱后，剩余部分幾何體如圖所示．已知正六棱柱的底面正六邊形邊長為3 cm，高為4 cm，內孔半徑為1 cm，則此幾何體的表面積是________ cm2.(　　)
A．72＋＋6π B．72＋27＋8π
C．72＋27＋6π D．60＋27＋6π
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題后師說
求解幾何體表面積的策略
鞏固訓練2
(1)[2024·安徽亳州模擬]如圖，一種棱臺形狀的無蓋容器(無上底面A1B1C1D1)模型其上、下底面均為正方形，面積分別為，且A1A＝B1B＝C1C＝D1D.若該容器模型的體積為 cm3，則該容器模型的表面積為(　　)
A．(5＋9)cm2 B．(4＋9)cm2
C．(3＋9)cm2 D．(2＋9)cm2
(2)[2024·廣東湛江模擬]如圖為某工廠內一手電筒最初模型的組合體，該組合體是由一圓臺和一圓柱組成的，其中O為圓臺下底面圓心，O2，O1分別為圓柱上下底面的圓心，經實驗測量得到圓柱上下底面圓的半徑為2 cm，O1O2＝5 cm，OO1＝4 cm，圓臺下底面圓半徑為5 cm，則該組合體的表面積為(　　)
A．42π cm2 B．84π cm2
C．36π cm2 D．64π cm2
題型三 空間幾何體的體積
例5 (1)[2024·安徽滁州模擬]我國古代數學名著《數書九章》中有“天池盆測雨”題，是指在下雨時可以用圓臺形的盆接雨水來測量降雨量．若一個圓臺形盆的上口直徑為40 cm，盆底直徑為20 cm，盆深18 cm，某次下雨盆中積水9 cm，則這次降雨量最接近(注：降雨量等于盆中水的體積除以盆口面積)(　　)
A．3 cm B．3.5 cm
C．5.5 cm D．5.8 cm
(2)如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M在對角線BC1上移動，則三棱錐的體積為(　　)
A． B．8
C． D．4
(3)如圖中的多面體的底面是邊長為a的正方形，上面的棱平行于底面，其長為2a，其余的棱長都是a.已知a＝6，則這個多面體的體積是________．
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題后師說
求空間幾何體的體積的三種方法
鞏固訓練3
(1)[2023·全國乙卷]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＝120°，若△PAB的面積等于，則該圓錐的體積為(　　)
A．π B．π
C．3π D．3π
(2)[2024·黑龍江哈爾濱模擬]如圖1，在高為h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，現往該容器內灌進一些水，水深為2，然后固定容器底面的一邊AB于地面上，再將容器傾斜，當傾斜到某一位置時，水面恰好為A1B1C(如圖2)，則容器的高h為(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
1．如圖所示，在三棱臺A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱錐A′-ABC，則剩余的部分是(　　)
A．三棱錐 B．四棱錐
C．三棱柱 D．組合體
2．[2023·全國甲卷]在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝，則該棱錐的體積為(　　)
A．1　　　B． C．2　　　D．3
3．[2023·新課標Ⅰ卷]在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，則該棱臺的體積為________．
4．[2024·九省聯考]已知軸截面為正三角形的圓錐MM′的高與球O的直徑相等，則圓錐MM′的體積與球O的體積的比值是________，圓錐MM′的表面積與球O的表面積的比值是________．
第七章　立體幾何與空間向量
第一節　基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：不一定．如圖．
【問題2】　提示：
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：A.棱臺的側棱延長后交于一點，但側面不一定是等腰梯形，如一條側棱垂直于底面，那么會有兩個側面為直角梯形，故錯誤；B.棱柱的側棱長都相等，但側棱不一定都垂直于底面，故正確；C.底面半徑為r，母線長為2r的圓錐的軸截面為等邊三角形，故正確；D.以直角三角形的直角邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐，以直角三角形的斜邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是兩個同底的圓錐，故錯誤．故選BC.
答案：BC
例2　
解析：如圖，過點A作AE⊥CD于點E，
因為∠ADC＝45°，所以AD＝AE＝BC＝，
CD＝CE＋DE＝CE＋AE＝AB＋BC＝2，
原平面圖形中A′D′＝2，A′B′＝AB＝1，C′D′＝CD＝2，作原平面圖形如圖，
則原平面圖形的面積為(C′D′＋A′B′)×A′D′＝3，故選C.
答案：C
例3　解析：將側面ABB1A1沿A1A展開，使得側面ABB1A1與側面ACC1A1在同一平面內，如圖，連接BN交AA1于M，則|MN|＋|MB|的最小值為此時的|BN|，|BN|＝＝＝，∴|MN|＋|MB|的最小值為.
答案：
鞏固訓練1　解析：(1)只有在平面平行于圓錐底面時，才能將圓錐截為一個圓錐和一個圓臺，當平面不平行于圓錐底面時，得到的幾何體并非圓錐和圓臺，所以A錯；棱柱的側棱都相等且平行，且側面是平行四邊形，但其底面多邊形各邊不一定相等，則側面并不一定全等，所以B錯；
圓錐的頂點、底面圓的圓心與圓錐底面圓周上任意一點這三點的連線都可以構成直角三角形，所以C對；直角梯形繞下底所在直線旋轉一周，所形成的幾何體是由一個圓柱與一個圓錐組成的簡單組合體，如圖所示，所以D錯．故選C.
(2)正三角形的高為，根據斜二測畫法的知識可知，直觀圖的面積為(×1××sin )×2＝.故選B.
(3)由題意，半徑為2 km，山高為2 km，則母線SA＝＝8，底面圓周長2πr＝4π，所以展開圖的圓心角α＝＝，
如圖，是圓錐側面展開圖，
結合題意，AB＝＝10，由點S向AB引垂線，垂足為點H，此時SH為點S和線段AB上的點連線的最小值，即點H為公路的最高點，HB段即為下坡路段，則SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6 km，下坡路段長度為3.6 km.故選C.
答案：(1)C　(2)B　(3)C
例4　解析：(1)根據題意，設等邊三角形的高為h，所以h＝＝，所以每個邊長為2的等邊三角形的面積為×2×＝，所以正八面體的表面積為8.故選C.
(2)所求幾何體的側面積為3×4×6＝72(cm2)，上下底面面積為(×32××6－π)×2＝(27－2π)(cm2)，挖去圓柱的側面積為2π×4＝8π(cm2)，則所求幾何體的表面積為(72＋27＋6π)(cm2)．故選C.
答案：(1)C　(2)C
鞏固訓練2　解析：(1)依題意可知，上底面邊長為2 cm，下底面邊長為3 cm，設模型的高為h1，則容器模型的體積為：×(4＋＋9)×h1＝×h1＝，h1＝1 cm，所以側面等腰梯形的高h2＝ ＝ cm，所以模型的表面積為4×＋9＝(5＋9) cm2.故選A.
(2)圓柱的上底面面積為4π，圓柱的側面面積為4π×5＝20π cm2，圓臺的下底面面積為25π cm2，圓臺的母線長為＝5 cm，所以圓臺的側面面積為π(2＋5)×5＝35π cm2，則該組合體的表面積為4π＋20π＋25π＋35π＝84π cm2.故選B.
答案：(1)A　(2)B
例5　解析：(1)根據題意，盆中水的體積約為×9＝1 425π(cm3)，降雨量等于＝3.562 5 cm.故選B.
(2)令B1到平面AMD1的距離為d，
＝＝·d，
因為正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，
所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，
所以＝，
＝·d＝·d＝，
所以＝＝，
因為正方體ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面A1B1C1D1，
則AA1為三棱錐A-B1C1D1的高，
＝＝＝×2××2×2＝.故選C.
(3)如圖，在線段PQ上分別取C，C1兩點，使得平面ABC，A1B1C1⊥平面AA1B1B，AB中點為M，連接CM.
則由題意，CC1＝BB1＝6，CP＝C1Q＝CC1＝3.
又BP＝6，故CB＝＝3，CM＝＝＝6.
故這個多面體的體積V＝
＝×6×6×3×6×6×6×6×6×3＝36＋216＋36＝288.
答案：(1)B　(2)C　(3)288
鞏固訓練3　解析：
(1)在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中點C，連接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如圖，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面積為，得×3×PC＝，解得PC＝，
于是PO＝＝ ＝，
所以圓錐的體積V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故選B.
(2)在圖1中的幾何體中，水的體積為V1＝S△ABC×2＝2S△ABC，在圖2的幾何體中，水的體積為：V2＝＝×h＝S△ABCh，因為V1＝V2，可得S△ABCh＝2S△ABC，解得h＝3.故選B.
答案：(1)B　(2)B
隨堂檢測
1．解析：三棱臺A′B′C′-ABC中，沿平面A′BC截去三棱錐A′-ABC，剩余的部分是以A′為頂點，四邊形BCC′B′為底面的四棱錐A′-BCC′B′.故選B.
答案：B
2．解析：
如圖，取AB的中點D，連接PD，CD，因為△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，
所以PD＝CD＝，
又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，
所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝×2×＝1，故選A.
答案：A
3．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＋)×＝.
答案：
4．解析：設圓錐的底面半徑為r，球的半徑為R.
因為圓錐的軸截面為正三角形，所以圓錐的高h＝r，母線l＝2r，
由題可知：h＝2R，所以球的半徑R＝r，
所以圓錐的體積為V1＝×(π×r2)×r＝，
球的體積V2＝πR3＝π×(r)3＝πr3，
所以＝＝；
圓錐的表面積S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球的表面積S2＝4πR2＝4π×(r)2＝3πr2，
所以＝＝1.
答案：　1第二節　空間點、直線、平面之間的位置關系
1.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．
2．了解四個基本事實和一個定理，并能用定理解決問題．
問題思考·夯實技能
【問題1】　“有且只有一個平面”“確定一個平面”“共面”三者之間有何區別與聯系？
【問題2】　分別在兩個平面內的兩條直線一定是異面直線嗎？
關鍵能力·題型剖析
題型一 基本事實的應用
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．
[聽課記錄]
題后師說
共面、共線、共點問題的證明方法
鞏固訓練1
如圖，已知A，B，C，D是空間四點，且點A，B，C在同一直線l上，點D不在直線l上．求證：直線AD，BD，CD在同一平面內．
題型二 空間兩直線的位置關系
角度一　空間兩直線位置關系的判斷
例2 已知異面直線a、b分別在平面α、β內，α∩β＝c，那么c與a、b的關系為(　　)
A．與a、b都相交
B．至少與a、b之一相交
C．至多與a、b之一相交
D．只能與a、b之一相交
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題后師說
空間兩直線位置關系的判定方法
鞏固訓練2
(多選)如圖是一個正方體的展開圖，如果將它還原為正方體，則下列說法正確的是(　　)
A．AB與CD是異面直線
B．GH與CD相交
C．EF與AB是異面直線
D．EF與CD 是異面直線
角度二　異面直線所成的角
例3 [2024·河北邯鄲模擬]如圖，在圓柱O′O中，AB，A′B′分別為圓O，圓O′的直徑，C為上靠近A的三等分點，C′為上靠近A′的三等分點，且AO＝AA′＝OO′＝2，則異面直線AC′與OC夾角的正切值為(　　)
A． B．2
C． D．
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題后師說
求異面直線所成角的步驟
鞏固訓練3
已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝CC1＝3，則異面直線AD1與BD所成角的余弦值為(　　)
A． B．－
C． D．－
題型三 空間幾何體的截面問題
例4 [2024·河南新鄉模擬]如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，過A，D1，E三點的截面把正方體ABCD-A1B1C1D1分成兩部分，則該截面的周長為(　　)
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
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題后師說
作截面應遵循的三個原則
(1)在同一平面上的兩點可引直線；
(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；
(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線．
鞏固訓練4
已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分別是AB，BB1，B1C1的中點，則過這三點的截面圖的形狀是(　　)
A．三角形 B．四邊形
C．五邊形 D．六邊形
1．四棱錐P-ABCD如圖所示，則直線PC(　　)
A.與直線AD平行
B．與直線AD相交
C．與直線BD平行
D．與直線BD是異面直線
2．兩條直線a，b分別和異面直線c，d都相交，則直線a，b的位置關系是(　　)
A．一定是異面直線
B．一定是相交直線
C．可能是平行直線
D．可能是異面直線，也可能是相交直線
3．在空間四邊形ABCD的各邊AB、BC、CD、DA上分別取E、F、G、H四點，若EF∩GH＝P，則點P(　　)
A．一定在直線BD上
B．一定在直線AC上
C．既在直線AC上也在直線BD上
D．既不在直線AC上也不在直線BD上
4．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，BB1＝1，P是AB的中點，則異面直線BC1與PD所成的角為________．
第二節　空間點、直線、平面之間的位置關系
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：“確定一個平面”與“有且只有一個平面”是等價的，都包括“存在”和“唯一”兩個方面．但“共面”的意思是“在同一個平面內”，只強調了“存在性”，不含“唯一性”．所以“共面”與前兩者是不同的．
【問題2】　提示：不一定．它們可能異面，可能相交，也可能平行．
關鍵能力·題型剖析
例1　證明：
(1)如圖所示．∵E，F分別為D1C1，C1B1的中點，
∴EF是△D1B1C1的中位線，
∴EF∥B1D1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
∴EF∥BD.∴EF，BD確定一個平面，即D，B，F，E四點共面．
(2)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設平面A1ACC1為α，平面BDEF為β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β.
∴Q是α與β的公共點．同理，P是α與β的公共點，∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C，R∈α，且R∈β.
則R∈PQ，故P，Q，R三點共線．
(3)由(1)知，EF∥BD且EF設交點為M，則由M∈DE，DE 平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，點M∈平面B1BCC1.
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
∴M∈CC1.∴DE，BF，CC1三線交于一點．
鞏固訓練1　證明：因為點A，B，C在同一直線l上，點D不在直線l上，
所以點A，B，D確定唯一的一個平面，設為α，所以l α，
因為C∈l，所以C∈α，所以A，B，C，D∈α，
所以AD α，BD α，CD α，
即直線AD，BD，CD在同一平面內．
例2　解析：對于A，a∥c，b∩c＝M，且M a，此時滿足題意，同理b∥c，a∩c＝N，且N b，也滿足題意，此時A不成立；對于C，c與a、b都不相交，則c與a、b都平行，所以a、b平行，與異面矛盾，故C不正確；對于D，c可以與a、b都相交，交點為不同點即可，故D不正確．綜上所述，c至少與a、b之一相交，選項B是正確的．故選B.
答案：B
鞏固訓練2　
解析：展開圖還原為幾何體后，如圖，AB與CD是異面直線，GH與CD相交，EF與AB是相交直線，EF與CD 是平行直線，所以A、B正確，C、D錯誤．故選AB.
答案：AB
例3　解析：如圖，連接CC′，AO′，C′O′，AC.因為C′O′∥CO，C′C⊥AC，△AOC為等邊三角形，所以異面直線AC′與OC的夾角為∠AC′O′或其補角，因為AC′＝＝2，AO′＝＝2，O′C′＝2，所以異面直線AC′與OC夾角的正切值為tan ∠AC′O′＝＝.故選D.
答案：D
鞏固訓練3　解析：連接DC1，BC1，根據長方體的性質可知AD1∥BC1，所以∠DBC1是異面直線AD1與BD所成角(或其補角)，在△BDC1中，BD＝DC1＝5，BC1＝3，由余弦定理得cos ∠DBC1＝＝.故選C.
答案：C
例4　
解析：如圖，取BC的中點F，連接EF，AF，BC1，E、F分別為棱CC1、BC的中點，則EF∥BC1，正方體中BC1∥AD1，則有EF∥AD1，所以平面AFED1為所求截面，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四邊形AFED1的周長為3＋2.故選A.
答案：A
鞏固訓練4　
解析：分別取D1C1，D1D，AD的中點H，M，N，連接GH，HM，MN，∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分別是AB，BB1，B1C1的中點，∴HG∥EN，HM∥EF，FG∥MN，∴六邊形EFGHMN是過E，F，G這三點的截面圖，∴過這三點的截面圖的形狀是六邊形．故選D.
答案：D
隨堂檢測
1．解析：根據異面直線的定義，不同在任何一個平面內的兩條直線叫做異面直線，可以判斷直線PC與直線AD、直線BD是異面直線．故選D.
答案：D
2.
解析：已知直線c與d是異面直線，直線a與直線b分別與兩條直線c與直線d相交于點A，B，C，D，根據題意可得當點D與點B重合時，兩條直線相交，當點D與點B不重合時，兩條直線異面，所以直線a，b的位置關系是異面或相交．故選D.
答案：D
3．解析：如圖，∵EF 平面ABC，GH 平面ACD，EF∩GH＝P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC，即點P一定在直線AC上．故選B.
答案：B
4.
解析：取CD中點Q，連接BQ，C1Q，
∵DQ＝BP，DQ∥BP，∴四邊形BPDQ為平行四邊形，∴PD∥BQ，
∴異面直線BC1與PD所成角即為直線BC1與BQ所成角，即∠C1BQ(或其補角)，
∵BQ＝＝，BC1＝＝，C1Q＝＝，
∴△BC1Q為等邊三角形，∴∠C1BQ＝，
即異面直線BC1與PD所成角為.
答案：第三節　空間直線、平面的平行
1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系，并會證明．
2．掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質，并會簡單應用．
問題思考·夯實技能
【問題1】　一條直線與一個平面平行，那么它與平面內的所有直線都平行嗎？
【問題2】　一個平面內的兩條相交直線與另一個平面內的兩條相交直線分別對應平行，那么這兩個平面平行嗎？
關鍵能力·題型剖析
題型一 直線與平面平行的判定與性質
角度一　直線與平面平行的判定
例1 在多面體ABCC1A1B1中，四邊形BB1C1C是正方形， A1為AB1的中點，求證：直線AC∥平面A1BC1.
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題后師說
證明線面平行的兩種常用方法
(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 β，a∥α a∥β)．
角度二　直線與平面平行的性質
例2 在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，BC∥AD，BC＝CD＝AD＝1，E為線段AD的中點，平面BEF與棱PD相交于點G.
求證：BE∥FG.
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題后師說
應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定．
鞏固訓練1
如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點．
(1)求證：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論．
題型二 平面與平面平行的判定與性質
例3 如圖，在三棱柱ABC - A1B1C1中，E，F，G分別為B1C1，A1B1，AB的中點．
(1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點．
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題后師說
證明面面平行的三種常用方法
(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．
(3)利用面面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(α∥β，β∥γ α∥γ)．
鞏固訓練2
如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l，證明：B1D1∥l.
題型三 平行關系的綜合應用
例4 如圖，四棱錐P - ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點．
(1)求證：CE∥平面PAD；
(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由．
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題后師說
解決面面平行問題的關鍵點
(1)在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“線線平行”“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向總是由題目的具體條件而定，絕不可過于“模式化”．
(2)解答探索性問題的基本策略是先假設，再嚴格證明，先猜想再證明是學習和研究的重要思想方法．
鞏固訓練3
如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分別為AC，A1C1上的點．
(1)當等于何值時，BC1∥平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
1．若l，m是平面α外的兩條不同直線，且m∥α，則“l∥m”是“l∥α”的(　　)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
2．已知α，β是空間兩個不同的平面，命題p：“α∥β”，命題q：“平面α內有無數條直線與β平行”，則p是q的(　　)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
3．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F是線段B1D1上的兩個動點， BF∥平面ACE，則EF的長度為(　　)
A.2 B．
C． D．2
4．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱BB1，C1D1的中點，過點A1，M，N作正方體的截面α交CC1于點Q，則＝________．
第三節　空間直線、平面的平行
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：不都平行．該平面內的直線有兩類：一類與該直線平行，一類與該直線異面．
【問題2】　提示：平行．可以轉化為“一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行”，這就是面面平行的判定定理．
關鍵能力·題型剖析
例1　證明：連接CB1，設CB1∩BC1＝D，因為四邊形BB1C1C是正方形，
所以D為CB1的中點，連接A1D，
因為A1，D分別為AB1，CB1的中點，則A1D∥AC，
因為A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直線AC∥平面A1BC1.
例2　證明：因為E為線段AD的中點，所以DE＝AD＝1.
又因為BC＝1，所以DE＝BC.
在梯形ABCD中，DE∥BC，
所以四邊形BCDE為平行四邊形．所以BE∥CD.
又因為BE 平面PCD，且CD 平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
因為BE 平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，
所以BE∥FG.
鞏固訓練1　解析：
(1)證明：令AC∩BD＝O，連接OE，
∵四邊形ACEF為矩形，M，O分別為EF，AC中點，
∴EM∥OA，且EM＝OA，
∴四邊形AOEM為平行四邊形，∴AM∥OE，
∵AM 平面BDE，OE 平面BDE，∴AM∥平面BDE.
(2)l∥m，證明：由(1)知AM∥平面BDE，
又∵AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
∴l∥AM，
∵AM∥平面BDE，AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
∴m∥AM，∴l∥m.
例3　證明：(1)∵E，F分別為B1C1，A1B1的中點，
∴EF∥A1C1，
∵A1C1 平面A1C1G，EF 平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分別為A1B1，AB的中點，
∴A1F＝BG，又A1F∥BG，
∴四邊形A1GBF為平行四邊形，
則BF∥A1G，
∵A1G 平面A1C1G，BF 平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF 平面BEF.
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G與平面ABC有公共點G，則有經過G的直線，設交BC于點H，則A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G為AB的中點，∴H為BC的中點．
鞏固訓練2　證明：(1)由題意，BB1∥DD1且BB1＝DD1，
∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1.
又BD 平面CD1B1，B1D1 平面CD1B1，
∴BD∥平面CD1B1，
∵A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，
∴四邊形A1BCD1是平行四邊形，∴A1B∥D1C，
又A1B 平面CD1B1，D1C 平面CD1B1，
∴A1B∥平面CD1B1，
又∵BD＝B，BD，A1B 平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知，平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面CD1B1＝直線l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直線BD，∴直線l∥直線BD，
∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四邊形BDD1B1為平行四邊形，
∴B1D1∥BD，∴l∥B1D1.
例4　解析：
(1)證明：取PA的中點H，連接EH，DH，
因為E為PB的中點，所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH，
又DH 平面PAD，CE 平面PAD，因此CE∥平面PAD.
(2)存在點F為AB的中點，使平面PAD∥平面CEF，
證明：取AB的中點F，連接CF，EF，所以AF＝AB，
又CD＝AB，所以AF＝CD，
又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形，因此CF∥AD，
又AD 平面PAD，CF 平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，CE，CF 平面CEF，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中點F滿足要求．
鞏固訓練3　解析：
(1)當＝1時，BC1∥平面AB1D1，
如圖，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.
由棱柱的性質知，四邊形A1ABB1為平行四邊形，
∴點O為A1B的中點．
在△A1BC1中，O，D1分別為A1B，A1C1的中點，
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴當＝1時，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴＝＝，
又＝1，∴＝1，即＝1.
隨堂檢測
1．解析：∵l，m是平面α外的兩條不同的直線，m∥α，∴若l∥m，則推出“l∥α”；若l∥α，則l∥m或l與m相交或l與m異面；∴若l，m是平面α外的兩條不同直線，且m∥α，則“l∥m”是“l∥α”的充分不必要條件．故選A.
答案：A
2．解析：若α∥β，則平面α內的任意一條直線平行于另一個平面，故平面α內有無數條直線與β平行，所以p可以推出q；根據面面平行的判定定理，如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行．若平面α內有無數條直線與β平行，則α與β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故選A.
答案：A
3.
解析：正方體ABCD-A1B1C1D1，連接BD交AC于點O，連接OE，如圖所示，∵BF∥平面ACE，平面BEF∩平面ACE＝OE，BF 平面BEF，∴BF∥OE，又EF∥BO，∴BOEF為平行四邊形，則EF＝BO＝.故選B.
答案：B
4．解析：如圖，連接MQ，NQ，則平面A1MQN即為過點A1，M，N作的正方體的截面α，
因為平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1＝A1M，平面DCC1D1＝NQ，
故A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的對應兩邊的射線方向一致，
故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，
故△NC1Q∽△A1B1M，故＝＝，
而B1M＝BB1＝CC1，
故＝，則＝.
答案：第四節　空間直線、平面的垂直
1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系，并會證明．
2．掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單應用．
問題思考·夯實技能
【問題1】　如果一條直線垂直于一個平面內的無數條直線，那么這條直線就垂直于這個平面嗎？
【問題2】　當兩個平面互相垂直時，一個平面內一條直線垂直另一個平面內任意一條直線？
關鍵能力·題型剖析
題型一 直線與平面垂直的判定與性質
例1 如圖，在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2, AB＝2，AD＝4，M，N分別為AD，CF的中點.
(1)求證：AN⊥CM；
(2)求證：AN⊥平面BCM.
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題后師說
證明直線與平面垂直的常用方法
(1)判定定理，它是最常用的思路．
(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α b⊥α)．
(3)面面平行的性質(a⊥α，α∥β a⊥β)．
(4)面面垂直的性質．
鞏固訓練1
如圖，在四棱錐P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．
(1)證明：CD⊥AE；
(2)證明：PD⊥平面ABE.
題型二 平面與平面垂直的判定與性質
例2 [2023·全國乙卷]如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高．
[聽課記錄]
題后師說
(1)面面垂直的方法：①面面垂直的定義．②面面垂直的判定定理．
(2)面面垂直性質的應用：①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，運用時要注意“平面內的直線”．②若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．
鞏固訓練2
[2024·河北邢臺模擬]如圖，四棱錐P-ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，PB⊥AE，E為CD中點，AB＝，BC＝2AD＝2.
(1)證明：平面PAE⊥平面PBD；
(2)若PB＝PD＝2，求點B到平面PCD的距離．
題型三 垂直關系的綜合應用
例3 [2024·北京懷柔模擬]如圖，在四棱錐S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四邊形ABCD為正方形，E為AD的中點，F為SB上一點，M為BC上一點，且平面EFM∥平面SCD.
(1)求證：M為線段BC中點；
(2)求證：平面SAD⊥平面SCD；
(3)在棱SC上是否存在點N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，說明理由．
[聽課記錄]
題后師說
(1)對于三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化．
(2)對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面關系的相關定理、性質進行推理論證．
鞏固訓練3
如圖，正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點M為A1B1的中點．在棱BB1上是否存在點Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
1．[2024·廣東深圳模擬]若直線a在平面α內，直線b在平面α外，則“b⊥a”是“b⊥α”的(　　)
A．充要條件
B．既不充分也不必要條件
C．充分不必要條件
D．必要不充分條件
2．空間中直線l和三角形的兩邊AC，BC同時垂直，則這條直線和三角形的第三邊AB的位置關系是(　　)
A．平行　　B．垂直　　C．相交　　D．不確定
3．[2024·九省聯考]設α，β是兩個平面，m，l是兩條直線，則下列命題為真命題的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，則m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，則α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，則m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，則α⊥β
4.如圖，正方形ABCD，P是正方形平面外的一點，且PA⊥平面ABCD，則在△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，△PAC及△PBD中，直角三角形有________個．
第四節　空間直線、平面的垂直
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：不一定．如圖，當平面α內的無數條直線a，b，c，…都互相平行時，直線l在保證與直線a，b，c，…都垂直的條件下，與平面α可能平行、垂直也可能斜交．
【問題2】　提示：不一定．當兩個平面互相垂直時，一個平面內的一條直線只有垂直于這兩個平面的交線時，這條直線才垂直于另一個平面．
關鍵能力·題型剖析
例1　證明：(1)連接DN，則DN＝＝2，AN＝＝2，
∴DN2＋AN2＝AD2，∴DN⊥AN，
又∵DM∥CN，DM＝CN，∴四邊形DMCN為平行四邊形，
∴DN∥CM，∴AN⊥CM.
(2)證明：在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2，AB＝2，AD＝4，M，N分別為AD，CF的中點，
∵AC＝BC＝2，AB＝2，
∴AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又ABC-DEF是直三棱柱，
∴AD⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AD⊥BC，
AC，AD 平面ACFD，AC∩AD＝A，
∴BC⊥平面ACFD，AN 平面ACFD，則BC⊥AN，
∵M，N分別為AD，CF的中點，且AD＝4，AC＝2，
∴四邊形ACNM為正方形，則CM⊥AN，又BC∩CM＝C，
BC，CM 平面BCM，∴AN⊥平面BCM.
鞏固訓練1　證明：(1)在四棱錐P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，
∵AE 平面PAC，故CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，
∠ABC＝60°，可得PA＝AC，
∵E是PC的中點，∴AE⊥PC，
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD內的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
例2　解析：(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因為∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)
如圖，過點A1作A1H⊥CC1，交CC1于點H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱錐A1-BB1C1C的高為A1H.
由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，
則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
方法一　由＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.
方法二　在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，
所以A1H＝CC1＝1，
故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.
鞏固訓練2　
解析：(1)證明：由AB⊥BC，AD∥BC，AB＝，BC＝2AD＝2，
可得底面ABCD為直角梯形，如圖，作DF⊥BC于F，
則DF＝AB＝，DC＝＝2，
sin ∠BCD＝sin ∠FCD＝＝，
∴∠BCD＝，BD＝＝2，
從而△BCD是等邊三角形，∠BDC＝，而∠ADC＝，
故BD平分∠ADC.
∵E為CD中點，故DA＝DE＝1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，PB，BD 平面PBD，∴AE⊥平面PBD.
∵AE 平面PAE，∴平面PAE⊥平面PBD.
(2)由(1)知，AE⊥平面PBD，AE 平面ABCD，則平面PBD⊥平面ABCD，
取BD中點O，連接PO，∵PB＝PD，則PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
PO 平面PBD，∴PO⊥平面ABCD.
∵PB＝PD＝BD＝2，∴PO＝，
連接OC，∵BC＝DC＝BD＝2，故CO＝.
在Rt△POC中，CO＝PO＝，∴PC＝，
在△PCD中，PD＝CD＝2，PC＝，
所以PC邊上的高為 ＝，
∴S△PCD＝＝，
∵VB-PCD＝VP-BCD＝S△BCD·PO＝×2×2×sin ＝1，
設點B到平面PCD的距離為h，則×h＝1，解得h＝.
例3　解析：(1)證明：依題意平面EFM∥平面SCD，
由于平面EFM∩平面ABCD＝EM，平面SCD∩平面ABCD＝CD，
所以EM∥CD，由于正方形ABCD中，E是AD的中點，
所以M是線段BC的中點．
(2)證明：由于平面SAD⊥平面ABCD，且交線為AD，
由于CD⊥AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面SAD，
由于CD 平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD.
(3)存在，當N為SC中點時，平面DMN⊥平面ABCD，證明如下：
連接EC，DM交于點O，連接SE.
因為ED∥CM，并且ED＝CM，所以四邊形EMCD為平行四邊形，所以EO＝CO.
又因為N為SC中點，所以NO∥SE.
因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
又SE 平面SAD，由已知SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因為NO 平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.
所以存在點N，使得平面DMN⊥平面ABCD，＝.
鞏固訓練3　解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因為點M為A1B1的中點，則C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，則有AA1⊥C1M，
而AA1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，
于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M 平面BC1M，
則平面BC1M⊥平面AA1B1B，
在平面AA1B1B內過點A作AQ⊥BM交BB1于點Q，
平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，
于是點Q即為所要找的點，
如圖所示，顯然△ABQ∽△BB1M，因此＝，
即有＝，于是BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
　
隨堂檢測
1.
解析：如圖所示，若直線b與平面α相交點A，但不垂直時，當直線a垂直于直線b在平面α內的射影，此時b⊥a，得不出b⊥α.因為b⊥α，且直線a在平面α內，所以b⊥a，則“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分條件，故選D.
答案：D
2．解析：因為三角形的兩邊AC，BC有交點C，且直線l和AC，BC同時垂直，所以該直線垂直平面ABC，故該直線與AB垂直．故選B.
答案：B
3．解析：對于A，若α⊥γ，β⊥γ，α，β可能相交也可能平行，故A項不正確；對于B，l∥α，α⊥β，則可能有l∥β，故B，D項不正確；對于C，α⊥γ，β∥γ則必有α⊥β，故C項正確．故選C.
答案：C
4．解析：PA⊥平面ABCD，AB，AC，AD 平面ABCD，則PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，
故△PAB，△PAD，△PAC是直角三角形；
PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，則PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，故BC⊥平面PAB，PB 平面PAB，故BC⊥PB，
故△PBC是直角三角形，同理可得△PCD為直角三角形；
△PBD中，設AB＝AD＝a，PA＝b，則BD＝a，PB＝PD＝，
PB2＋PD2＝2a2＋2b2>2a2＝BD2，故△PBD不是直角三角形．
綜上所述共有5個直角三角形．
答案：5第五節　空間向量及其應用
1.了解空間向量的概念，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、數量積及其坐標表示，能用向量的數量積判斷向量的共線和垂直．
3．理解直線的方向向量與平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關線面位置關系的一些簡單定理．
問題思考·夯實技能
【問題1】　“空間中任何兩個向量都是共面向量”，這個結論是否正確？
【問題2】　類比平面向量基本定理寫出空間向量基本定理．
關鍵能力·題型剖析
題型一 空間向量的線性運算
例1 如圖，在三棱錐O-ABC中，點P，Q分別是OA，BC的中點，點D為線段PQ上一點，且＝2，若記＝a，＝b，＝c，則＝(　　)
A．a＋b＋c B．a＋b＋c
C．a＋b＋c D．a＋b＋c
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
用已知向量表示某一向量的三個關鍵點
(1)要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．
(2)要正確理解向量加法、減法與數乘運算的幾何意義．
(3)在立體幾何中，三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．
鞏固訓練1
如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，M為BC的中點，N為A1C1靠近A1的三等分點，設＝a，＝＝c，則用a，b，c表示為(　　)
A．a＋b－c B．－a＋b＋c
C．a－b－c D．－a－b＋c
題型二 空間向量基本定理的應用
例2 (1)[2024·江西萍鄉模擬]若{a，b，c}構成空間的一個基底，則下列向量共面的是(　　)
A．a＋b，a－b－c，3a－c
B．a－2b，a＋c，－3b－c
C．2a＋b，a－c，3a＋b－c
D．a－2b，b＋c，3a－3b＋c
(2)[2024·福建莆田模擬]我國古代數學名著《九章算術》中，將底面為矩形且一側棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬．如圖，四棱錐P-ABCD為陽馬，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若＝x＋y＋z，則x＋y＋z＝(　　)
A．1　　 B．2 C．　　 D．
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題后師說
恰當運用向量共面的充要條件：在空間中P，A，B，C四點共面 ＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O為空間任意一點．
鞏固訓練2
[2024·安徽宣城模擬]四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，點E為棱PC的中點，若＝x＋y＋z，則x＋y＋z＝(　　)
A．　　 B．1 C．　　 D．2
題型三 空間向量數量積及其應用
例3 [2024·河北邯鄲模擬]如圖，在棱長為2的平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.
(1)求線段AC1的長度；
(2)求直線AC1與直線C1D的夾角的余弦值．
[聽課記錄]
題后師說
空間向量的數量積運算有兩條途徑：一是根據數量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算．
鞏固訓練3
[2024·廣東廣州模擬]棱長為2的正方體中，E，F分別是DD1，DB的中點，G在棱CD上，且CG＝CD，H是C1G的中點．
(1)證明：EF⊥B1C；
(2)求cos 〈，〉；
(3)求FH的長．
題型四 向量法證明平行、垂直
例4 [2024·河北張家口模擬]如圖，三棱錐P-ABC的底面ABC為等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2.D，E分別為AC，BC的中點，PD⊥平面ABC，PD＝，點M在線段PE上．
(1)試確定M的位置使得平面MBD⊥平面PBC；
(2)在(1)的條件下，判斷直線AP與平面MBD的位置關系，并說明理由．
[聽課記錄]
題后師說
(1)利用向量法證明平行、垂直關系，關鍵是建立恰當的坐標系(盡可能利用垂直條件，準確寫出相關點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素)．
(2)向量證明的核心是利用向量的數量積或數乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的有關定理．
鞏固訓練4
如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M為CE的中點．
(1)求證：BM∥平面ADEF；
(2)求證：BC⊥平面BDE.
1．[2024·河南安陽模擬]已知點O，A，B，C為空間不共面的四點，且向量a＝，向量b＝，則與a，b不能構成空間基底的向量是(　　)
A． B．
C． D．或
2.如圖，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC與BD的交點為點M，＝a，＝＝c，則＝(　　)
A．a＋b＋c B．－a－b－c
C．－a＋b＋c D．－a－b＋c
3．[2024·江蘇南通模擬]設向量a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，當m與n滿足下列哪種關系時，向量ma＋nb與x軸垂直(　　)
A．3m＝2n B．3m＝n
C．m＝2n D．m＝n
4．[2024·河北保定模擬]已知向量a＝(2，－1，1)，b＝(1，3，1)，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為________．
第五節　空間向量及其應用
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：正確．根據向量相等的定義，可以把向量進行平移，空間任意兩個向量都可以平移到同一平面內，成為共面向量．
【問題2】　提示：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＝xa＋yb＋zc.
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：因為＝＝＝)＝＝)－＝＝a＋b＋c.故選A.
答案：A
鞏固訓練1　解析：＝＋＋＝b－c＋(a－b)＝a＋b－c，故選A.
答案：A
例2　解析：(1)對于A，假設a＋b，a－b－c，3a－c共面，則存在實數x，y使得a＋b＝x(a－b－c)＋y(3a－c)，則此方程組無解，假設不成立，a＋b，a－b－c，3a－c不共面；
對于B，假設a－2b，a＋c，－3b－c共面，則存在實數m，n使得a－2b＝m(a＋c)＋n(－3b－c)，則此方程組無解，假設不成立，a－2b，a＋c，－3b－c不共面；
對于C，因為(2a＋b)＋(a－c)＝3a＋b－c，故2a＋b，a－c，3a＋b－c共面；
對于D，假設a－2b，b＋c，3a－3b＋c共面，則存在實數s，t使得a－2b＝s(b＋c)＋t(3a－3b＋c)，則此方程組無解，假設不成立，a－2b，b＋c，3a－3b＋c不共面．故選C.
(2)∵EC＝2PE，∴＝，
∴＝＝＝
＝)－＝
＝＝－()
＝，
∴x＝1，y＝－，z＝，∴x＋y＋z＝1.
故選A.
答案：(1)C　(2)A
鞏固訓練2　解析：因為＝＝＝＋()，
所以2＝，
所以＝，
所以x＝，y＝，z＝，
所以x＋y＋z＝＝，故選A.
答案：A
例3　
解析：(1)如圖所示：
由圖可知＝＝，
因此由題意有
|＝|
＝
＝
＝2.
(2)如圖所示：
所以＝＝，
由(1)可知＝，
所以由題意有＝)
＝，
＝22＋22＋2×2×2×＋2×2×＋2×2×＝16，
又|＝
＝ ＝2，
且由(1)可知|1|＝2，
不妨設直線AC1與直線C1D的夾角為θ，
所以cos θ＝＝＝，
故直線AC1與直線C1D的夾角的余弦值為.
鞏固訓練3　解析：(1)如圖，以D為原點，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D-xyz，
則D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，G(0，，0)，
因為＝(1，1，－1)，＝(－2，0，－2)，
所以·＝(1，1，－1)·(－2，0，－2)＝1×(－2)＋1×0＋(－1)×(－2)＝0，
所以⊥，故EF⊥.
(2)因為＝(0，－，－2)，所以||＝，
因為||＝，且·＝(1，1，－1)·(0，－，－2)＝2－＝，
所以cos 〈，〉＝＝＝·＝＝.
(3)因為H是C1G的中點，所以H(0，，1)，
又因為F(1，1，0)，所以＝(1，－，－1)，
||＝ ＝ ＝，即FH＝.
例4　解析：(1)由題意，在三棱錐P-ABC中，DB⊥DC，
PD⊥平面ABC，DB 平面ABC，DC 平面ABC，
∴PD⊥DB，PD⊥DC，
建立空間直角坐標系如圖所示，
∴B(，0，0)，D(0，0，0)，C(0，，0)，E(，0)，A(0，－，0)，P(0，0，)，
設＝λ(0<λ<1)．
∴＝(，0，0)，＝(，0，－)，＝(0，，－)，＝(，－)，＝(0，0，)．
∴＝＝＋λ＝(λ，λ，(1－λ))，
設平面MBD法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則
令z1＝λ，可得n1＝(0，2(λ－1)，λ)，
設平面PBC法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
則，
可令x2＝y2＝1，可得n2＝(1，1，1)，
要使平面MBD⊥平面PBC，則n1·n2＝0，
∴n1·n2＝0＋2(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝，
∴即＝時平面MBD⊥平面PBC，
∴M為PE上靠近E的三等分點時平面MBD⊥平面PBC.
(2)由題意及(1)得，AP∥平面MBD，理由如下，
在三棱錐P-ABC中，＝(0，)，平面MBD的法向量為n1＝(0，1，－1)，
∵·n1＝(0，)·(0，1，－1)＝0，∴∥平面MBD，
∵AP 平面MBD，∴AP∥平面MBD.
鞏固訓練4　
證明：(1)根據題意可知平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD＝AD，
又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED 平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，即兩兩垂直；
以D為原點，分別以為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．
則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)，
又M為CE的中點，所以M(0，2，1)，
則＝(－2，0，1)，＝(－2，0，0)，＝(0，0，2)，
所以＝，故共面．
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，
易知·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB；
又·＝0，可得BC⊥DE；
又DB∩DE＝D，DB，DE 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
隨堂檢測
1．解析：∵＝(a－b)＝)－)，∴與a、b不能構成空間基底．故選C.
答案：C
2．解析：＝＝)＝＝－＝a＋b＋c.故選A.
答案：A
3．解析：∵a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，∴ma＋nb＝(3m－2n，5m＋n，2m＋3n)，取x軸的方向向量為e＝(1，0，0)，若向量ma＋nb與x軸垂直，則3m－2n＝0，解得3m＝2n.故選A.
答案：A
4．解析：cos 〈a，b〉＝＝＝＝0，故a⊥b，故以a，b為鄰邊的平行四邊形為矩形，面積為|a|·|b|＝·＝.
答案：

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