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(共35張PPT)
第七章
必刷小題13　立體幾何
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A C C C B D
題號 8 9 10 11 12 13 14
答案 A ABC ACD AD 60° 2
13
14
一、單項(xiàng)選擇題
1.(2024·新鄉(xiāng)模擬)如圖所示，水平放置的△ABC用斜二測畫法畫出的直觀圖為△A'B'C'，其中∠x'O'y'＝45°，B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝，那么△ABC為
A.等邊三角形
B.等腰直角三角形
C.鈍角三角形
D.三邊互不相等的三角形
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答案
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答案
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如圖，根據(jù)斜二測畫法還原△ABC，則OB＝OC＝OA
＝1，且OA⊥BC，
因此AB＝AC＝，BC＝2，則AB2＋AC2＝BC2，故
∠BAC＝90°，
所以△ABC為等腰直角三角形.
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答案
2.已知三個(gè)不同的平面α，β，γ，α∩β＝a，γ∩β＝b，則“α∥γ”是“a∥b”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
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答案
因?yàn)棣痢桅茫痢搔拢絘，γ∩β＝b，所以由面面平行的性質(zhì)定理可得a∥b，則充分性成立；
因?yàn)閍∥b，α∩β＝a，γ∩β＝b，所以則a∥γ，又則b∥α，當(dāng)α∩γ＝l時(shí)，由線面平行的性質(zhì)定理可知a∥l∥b，則必要性不成立，
綜上所述，“α∥γ”是“a∥b”的充分不必要條件.
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答案
3.下列說法中正確的是
A.平行于同一直線的兩個(gè)平面平行
B.垂直于同一平面的兩個(gè)平面垂直
C.一塊蛋糕切3刀可以切成6塊
D.一條直線上有兩個(gè)點(diǎn)到一平面的距離相等，則這條直線在平面內(nèi)
√
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答案
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平行于同一直線的兩個(gè)平面可以平行也可以相交，故A錯(cuò)誤；
垂直同一個(gè)平面的兩個(gè)平面不一定互相垂直，也可以相交、
平行，故B錯(cuò)誤；
作蛋糕截面如圖所示，一個(gè)蛋糕切3刀可以切成6塊，故C
正確；
一條直線上有兩個(gè)點(diǎn)到一平面的距離相等，則這條直線在平面內(nèi)或該直線與平面平行或直線與平面相交，故D錯(cuò)誤.
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答案
4.已知圓錐的側(cè)面積等于18π，其側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，則圓錐底面的半徑為
A.1 B. C.3 D.6
√
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設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，母線長為l，
∵圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓，
∴πl(wèi)＝2πr，∴l(xiāng)＝2r，
∵圓錐的側(cè)面積為18π，即πl(wèi)2＝18π，
∴l(xiāng)＝6，則r＝3.
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答案
5.(2025·濟(jì)南模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點(diǎn)，則
A.A1D∥D1B，MN∥平面ABCD
B.A1D∥D1B，MN⊥平面BB1D1D
C.A1D⊥D1B，MN∥平面ABCD
D.A1D⊥D1B，MN⊥平面BB1D1D
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答案
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由已知AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
則AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1 平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，
又D1B 平面ABD1，所以A1D⊥D1B，A，B錯(cuò)誤；
因?yàn)镸，N分別為AD1，D1B的中點(diǎn)，所以MN∥AB，
又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD，C正確；
若MN⊥平面BB1D1D，因?yàn)锽D 平面BB1D1D，則必有MN⊥BD，又MN∥AB，所以AB⊥BD，明顯不成立，D錯(cuò)誤.
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答案
6.(2024·天津十二區(qū)重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)考)天津包子是一道古老的傳統(tǒng)面食小吃，是經(jīng)濟(jì)實(shí)惠的大眾化食品，在中國北方，在全國，乃至世界許多國家都享有極高的聲譽(yù).某天津包子鋪商家為了將天津包子銷往全國，決定走少而精的售賣方式，定制了如圖所示由底面圓半徑為4 cm的圓柱體和球缺
(球的一部分)組成的單獨(dú)包裝盒，球缺的體積V＝(R為球缺所在
球的半徑，h為球缺的高).若h＝2 cm，球心與圓柱下底面圓心重合，則包裝盒的體積為
A. cm3 B. cm3
C. cm3 D. cm3
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答案
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如圖，設(shè)圓柱的高為OO'＝m cm，OA＝OC＝R，
則OA2＝O'O2＋O'A2，
即
則圓柱的高為3 cm，
故包裝盒的體積為π×42×3＋(cm3).
7.(2025·深圳模擬)已知直線a，b是異面直線，點(diǎn)P為空間中一點(diǎn)，且P不在直線a，b上，則下列說法一定正確的是
A.不存在過點(diǎn)P的平面與a，b都相交
B.存在過點(diǎn)P的平面與a，b都平行
C.存在過點(diǎn)P的直線與a，b都相交
D.存在過點(diǎn)P的直線與a，b都垂直
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答案
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答案
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當(dāng)點(diǎn)P和直線a所確定的平面與直線b平行時(shí)，B，C不正確；
任取直線a上點(diǎn)A，直線b上點(diǎn)B，使P，A，B不共線，則平面PAB與a和b都相交，A不正確；
過P分別作直線a和b的平行線a'和b'，記a'和b'所確定的平面為α，過P作α的垂線l，則垂線l與a，b都垂直，D正確.
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答案
8.(2024·河南部分重點(diǎn)高中聯(lián)考)在四面體ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，則二面角A－PC－B的正切值為
A. B. C.2 D.
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答案
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設(shè)AC，PC的中點(diǎn)分別為E，D，連接BE，DE，BD，
則DE∥PA，
因?yàn)锳B＝BC，所以BE⊥AC，
又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面PAC，BE 平面ABC，平面
ABC∩平面PAC＝AC，
所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，則BE⊥PC，
因?yàn)椤鱌AC是直角三角形，PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，
所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2，
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答案
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因?yàn)镈E∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE，所以PC⊥
平面BDE，
又因?yàn)锽D 平面BDE，則PC⊥BD，
所以∠BDE為二面角A－PC－B的平面角，
且tan∠BDE＝.
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答案
二、多項(xiàng)選擇題
9.(2024·婁底模擬)已知a，b，c是空間中三條不同的直線，α，β是空間中兩個(gè)不同的平面，下列命題不正確的是
A.若a⊥b，a⊥c，b α，c α，則a⊥α
B.若α⊥β，a⊥α，則a∥β
C.若a∥b，a∥c，a∥α，則b∥α或c∥α
D.若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β
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答案
對于A，若b∥c，則a與α相交或平行，或a α故A錯(cuò)誤；
對于B，若α⊥β，a⊥α，則a∥β或a β，故B錯(cuò)誤；
對于C，有可能b α且c α且b∥c，故C錯(cuò)誤；
對于D，若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β，故D正確.
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答案
10.已知圓臺的上、下底面半徑分別為2，4，母線與底面所成的角為，則
A.該圓臺的母線長為2
B.該圓臺的表面積為12π
C.該圓臺的體積為
D.該圓臺的外接球的表面積為80π
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答案
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設(shè)圓臺上底面的半徑為r1＝2，下底面的半徑為r2＝4.
對于A中，由于母線與底面所成的角為，則母線長l＝
＝2，所以A正確；
對于B中，圓臺的表面積S＝π＋π＋πr1l＋πr2l＝4π＋16π＋π×2×2＋π×4×2＝(20＋12)π，所以B不正確；
對于C中，由圓臺的母線長l＝2，
可得圓臺的高h(yuǎn)＝2sin ＝2，
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答案
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則體積V＝π(＋r1r2)·h＝π(4＋16＋2×4)×2＝
，所以C正確；
對于D中，設(shè)圓臺外接球的半徑為R，球心到下底面的
距離為h1，
若外接球的球心在圓臺下底面的下方，可得
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答案
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此時(shí)圓臺外接球的表面積S＝4πR2＝80π；
若外接球的球心在圓臺上、下底面之間，
可得此時(shí)方程組無解，
綜上可得，圓臺外接球的表面積為80π，所以D正確.
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答案
11.(2024·杭州模擬)如圖，在三棱錐P－EDF的平面展開圖中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，正方形ABCD的邊長為2，則在三棱錐P－EDF中
A.PD⊥EF
B.平面PEF⊥平面DEF
C.三棱錐P－EDF的外接球的表面積為7π
D.PD與平面EFD所成的角的余弦值為
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答案
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對于A，如圖1，連接BD交EF于G，根據(jù)正方形
的性質(zhì)易知EF⊥BD，
所以如圖2，有EF⊥GD，EF⊥PG，又PG∩GD
＝G，PG，GD 平面GPD，所以EF⊥平面GPD，PD 平面GPD，所以EF⊥PD，故A正確；
對于B，由A項(xiàng)分析可知∠PGD為二面角P－EF－D的平面角，易知PG＝
，DG＝，PD＝2≠，則PG，DG不垂直，故B錯(cuò)誤；
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答案
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對于C，因?yàn)镻E，PF，PD兩兩垂直，可將三棱
錐補(bǔ)成長方體，其外接球的直徑為2R＝
，故外接球的表面積為
4πR2＝6π，故C錯(cuò)誤；
對于D，因?yàn)镋F⊥平面GPD，且EF 平面EFD，所以平面GPD⊥平面
EFD，所以∠PDG為PD與平面EFD所成的角，cos∠PDG＝，
D正確.
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答案
三、填空題
12.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D為A1B1的中點(diǎn)，AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝2，則異面直線BD與AC所成的角為　　　.
60°
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答案
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如圖，取B1C1的中點(diǎn)E，連接BE，DE，則AC∥A1C1
∥DE，則∠BDE(或其補(bǔ)角)為異面直線BD與AC所成的角.由條件知BD＝DE＝EB＝，則∠BDE＝60°.
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答案
13.圓錐軸截面頂角為120°，母線長為3，過圓錐頂點(diǎn)的平面截此圓錐，
則截面三角形面積的最大值為　　 .
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答案
因?yàn)閳A錐軸截面頂角為，
所以任意兩條母線夾角的范圍是，
設(shè)母線長為l，母線的夾角是θ，
所以過圓錐頂點(diǎn)的截面三角形面積
S＝l2sin θ＝sin θ，
因?yàn)棣取剩詓in θ∈(0，1]，
所以截面三角形面積的最大值是.
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答案
14.(2024·濟(jì)南模擬)已知正三棱錐P－ABC的底面△ABC的邊長為2，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐P－ABC的體積為　　　.
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答案
因?yàn)榍蚺c該正三棱錐的各棱均相切，
所以平面ABC截球得到的截面圓與△ABC的三邊均相切，所以該球的球心在過截面圓圓心且與平面ABC垂直的直線上，
又△ABC的邊長為2，所以△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r'＝tan ·AB＝×＝1，
又因?yàn)榍虻陌霃絩＝1，即r'＝r，
所以棱切球的球心即為△ABC內(nèi)切圓的圓心，
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答案
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如圖，過球心O作PA的垂線交PA于點(diǎn)H，
所以O(shè)H＝r＝1，
又因?yàn)镺A＝＝2，
所以cos∠AOH＝，
因?yàn)椤螦OH∈，所以∠AOH＝，
又由題意可知，PO⊥平面ABC，
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答案
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所以PO⊥OA，所以∠POH＝，
所以PO＝，
所以V三棱錐P－ABC＝××2×2××＝2.(共76張PPT)
第七章
§7.7　向量法求空間角(一)
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
能用向量法解決異面直線所成角、直線與平面所成角的問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.異面直線所成的角
若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cos θ＝
|cos〈u，v〉|＝ .
2.直線與平面所成的角
如圖，直線AB與平面α相交于點(diǎn)B，設(shè)直線AB與平面α所
成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為
n，則sin θ＝|cos〈u，n〉|＝ .
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.(　　)
(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.(　　)
(3)兩異面直線所成角的范圍是.
(　　)
(4)直線的方向向量為u，平面的法向量為n，則線面角θ滿足sin θ＝cos〈u，n〉.
(　　)
×
×
×
√
2.若直線l的一個(gè)方向向量u＝(1，0，1)，平面α的一個(gè)法向量n＝(0，－1，1)，則l與α所成角的大小為
A. B. C.或 D.或
設(shè)l與α所成角為θ，
因?yàn)橹本€l的一個(gè)方向向量u＝(1，0，1)，平面α的一個(gè)法向量n＝(0，－1，1)，
所以sin θ＝|cos〈u，n〉|＝，
因?yàn)?≤θ≤，所以θ＝.
√
3.已知直線l1的方向向量s1＝(1，0，1)與直線l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，則直線l1和l2所成的角為
A. B. C. D.
√
設(shè)直線l1與l2所成的角為θ，
因?yàn)閟1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)，
所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝.
又θ∈，所以θ＝.
4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的
中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為　　　.
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，則A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，
N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2).
設(shè)BM與AN所成的角為θ，
則cos θ＝|cos〈〉|＝
＝.
所以BM與AN所成角的余弦值為.
1.斜線與平面所成的角是斜線與平面內(nèi)直線所成角中的最小角.
2.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)如圖，圓錐的軸截面ABC為等邊三角形，D為弧AB的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為母線BC，AC的中點(diǎn)，則異面直線BF和DE所成角的大小為
A. B. C. D.
異面直線所成的角
題型一
√
取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OD，如圖，以O(shè)D，OB，OC
所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AB＝2，則B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(0，0，)，
A(0，－1，0)，
又E，F(xiàn)分別為母線BC，AC的中點(diǎn)，
所以E，F(xiàn)，
則，
設(shè)異面直線BF和DE所成的角為θ，
則cos θ＝|cos〈〉|＝＝0，又θ∈，所以θ＝.
(2)(2024·吉安模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，G為線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則異面直線AG與EF所成角的最大值為
A. B. C. D.
√
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，G(a，a，2)，a∈[0，2]，
∵E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則A(2，0，0)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，2，0)，
故＝(a－2，a，2)，＝(－1，1，0)，
設(shè)兩異面直線所成的角為α，其中α∈，
故cos α＝，
∵a∈[0，2]，則當(dāng)a＝0或a＝2時(shí)，cos α取得最小值，
最小值為，
又∵y＝cos α在上單調(diào)遞減，
則α的最大值為.
用向量法求異面直線所成的角的一般步驟
(1)建立空間直角坐標(biāo)系.
(2)用坐標(biāo)表示異面直線的方向向量.
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值.
(4)注意異面直線所成角的范圍是，即異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且各棱長均相等，E是PB的中點(diǎn)，則異面直線AE與PC所成角的余弦值為
A. B.
C. D.
√
連接AC與BD交于點(diǎn)O，連接PO，
由題意得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，
以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)四棱錐P－ABCD各棱長均為2，則AO＝BO＝CO＝
，PO＝，
可得A(，0，0)，E，C(－，0，0)，P(0，0，)，
則＝(－，0，－)，
設(shè)異面直線AE與PC所成的角為θ，
則cos θ＝|cos〈〉|＝
.
(2)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2.E，F(xiàn)分別是BC，A1C1的中點(diǎn).設(shè)D是線段B1C1上的(包括兩個(gè)端點(diǎn))動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線BD與EF所成角的余弦值為時(shí)，線段BD的長為　　　 .
2
如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
則E(0，0，0)，F(xiàn)，B(0，－1，0)，
設(shè)D(0，t，2)(－1≤t≤1)，
則＝(0，t＋1，2)，
設(shè)直線BD與EF所成的角為θ，
所以cos θ＝，
即23t2＋14t－37＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)，
所以||＝＝2.
直線與平面所成的角
題型二
例2　(2024·沈陽模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，底面三角形ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面AA1C1C是邊長為2的菱形，且∠A1AC＝60°.
(1)求點(diǎn)A1到平面ABC的距離；
取AC的中點(diǎn)D，連接A1C，A1D，
因?yàn)閭?cè)面AA1C1C為菱形，且∠A1AC＝60°，
所以△AA1C為等邊三角形，所以A1D⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C，A1D 平面AA1C1C，
平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
所以A1D⊥平面ABC，
所以A1D的長即為點(diǎn)A1到平面ABC的距離，
又A1D＝AA1sin∠A1AC＝AA1sin 60°＝，
故點(diǎn)A1到平面ABC的距離為.
(2)求直線A1B與平面AB1C所成角的余弦值.
連接DB，因?yàn)锳B＝BC，所以DB⊥AC，則DB，DC，
DA1兩兩垂直.
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB，DC，DA1所在直線分別為x，y，
z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
由題可知D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，A1(0，0，)，
則＝(1，0，－＝(1，1，0).
由，
得B1(1，1，).
設(shè)平面AB1C的法向量為n＝(x，y，z)，
＝(1，0，＝(0，1，0)，
則
取z＝，得n＝(－3，0，).
設(shè)直線A1B與平面AB1C所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
所以cos θ＝，
即直線A1B與平面AB1C所成角的余弦值為.
利用空間向量求線面角的解題步驟
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·北京海淀區(qū)模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，直線AB∥CD，∠ABC＝90°，∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2，平面PCB⊥平面ABCD，F(xiàn)為線段BC的中點(diǎn)，E為線段PF上一點(diǎn).
(1)證明：PF⊥AD；
過點(diǎn)D作DM⊥AB，垂足為M，
由題意知，四邊形BCDM為矩形，因?yàn)椤螪AB＝60°，
AB＝3，CD＝1，
可得AM＝2，BC＝DM＝AMtan 60°＝2，
由PC＝BC＝2，∠PCB＝60°，則△PBC為等邊三角形，因?yàn)镕為線段BC的中點(diǎn)，則PF⊥BC，
又因?yàn)槠矫鍼CB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF 平面PCB，
可得PF⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
所以PF⊥AD.
(2)求當(dāng)EF為何值時(shí)，直線BE與平面PAD所成角的正弦值為.
取線段AD的中點(diǎn)N，連接NF，則NF∥AB，NF＝2，
又因?yàn)锳B⊥BC，可知NF⊥BC，
以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)N，F(xiàn)B，F(xiàn)P所在直線分別為x，y，z
軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(3，，0)，D(1，－，0)，P(0，0，3)，B(0，，0)，
因?yàn)镋為線段PF上一點(diǎn)，設(shè)E(0，0，a)，a∈[0，3]，
可得＝(2，2，0)，＝(－1，，3)，＝(0，－，a)，
設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令x＝－3，則y＝，z＝－2，可得n＝(－3，，－2)，
由題意可得，|cos〈n，〉|＝，
整理得a2－4a＋4＝0，解得a＝2，
所以當(dāng)EF＝2時(shí)，直線BE與平面PAD所成角的正弦值為.
返回
課時(shí)精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A C A ACD AB
題號 8 11 12 答案 C 答案
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(1)依題意，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
在三棱臺ABC－A1B1C1中，因?yàn)锳1C1＝B1C1，
所以AC＝BC＝4，
所以C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，
因?yàn)锳1C1＝B1C1＝CC1＝2，
所以A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，
9.
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所以＝(－2，4，－2)，
＝(0，－2，0)，
所以cos〈，〉＝
＝－，
設(shè)異面直線A1B與B1C1所成的角為α，則α∈，
所以cos α＝|cos〈，〉|＝，
即異面直線A1B與B1C1所成角的余弦值是.
9.
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(2)設(shè)直線A1B與平面A1B1C所成的角為β，則β∈，
設(shè)平面A1B1C的法向量為
n＝(x，y，z)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，－2)，
所以
令x＝1，則y＝1，z＝－1，
9.
答案
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所以n＝(1，1，－1)，
所以sin β＝|cos〈n，〉|
＝，
即直線A1B與平面A1BC所成角的正弦值是.
9.
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(1)如圖，連接BC1，F(xiàn)E，F(xiàn)D1，在正四棱柱
ABCD－A1B1C1D1中，
由AB與C1D1平行且相等，得四邊形ABC1D1是平行四邊形，
所以BC1∥AD1，
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，
又BC1 平面BCC1B1，平面AD1E∩平面BCC1B1＝EF，
所以BC1∥EF，因?yàn)镋是BB1的中點(diǎn)，所以F是B1C1的中點(diǎn).
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(2)以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)AA1＝m(m>0)，則A(1，0，0)，C(0，1，0)，
D1(0，0，m)，E，
＝(－1，1，0)，＝(－1，0，m)，，
設(shè)平面AD1E的法向量是t＝(x，y，z)，
則
10.
答案
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取z＝1，得t＝，
因?yàn)橹本€AC與平面AD1E所成的角為，
所以|cos〈t，〉|＝
＝＝sin ，
解得m＝2(負(fù)值舍去)，
所以AA1的長為2.
10.
一、單項(xiàng)選擇題
1.若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于130°，則直線l與平面α的所成的角等于
A.40° B.50°
C.130° D.以上均錯(cuò)
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知識過關(guān)
答案
因?yàn)橹本€l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于130°，所以直線l與平面α的所成的角等于130°－90°＝40°.
√
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答案
2.(2024·呼和浩特模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA＝AB，則直線PC與平面PBD所成角的余弦值為
A. B.
C. D.
√
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答案
如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線
為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AB＝1，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，
C(1，1，0)，
所以＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)，
設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)，
則
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答案
令x＝1，則y＝z＝1，所以n＝(1，1，1)，
設(shè)直線PC與平面PBD所成的角為θ，
sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
又θ∈，所以cos θ＝.
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答案
3.已知正方體ABCD－A1B1C1D1，Q為上底面A1B1C1D1所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線DQ與DA1所成的角為45°時(shí)，點(diǎn)Q的軌跡為
A.圓 B.直線 C.拋物線 D.橢圓
√
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答案
以點(diǎn)D為原點(diǎn)，的方向分別為x，y，z軸
的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體的棱長為1，則D(0，0，0)，A1(1，0，1)，
設(shè)Q(x，y，1)，可得＝(x，y，1)，＝(1，0，1)，
因?yàn)橹本€DQ與DA1所成的角為45°，
則cos 45°＝，化簡可得y2＝2x，
所以點(diǎn)Q的軌跡為拋物線.
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答案
4.如圖，在四棱錐A－BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，則異面直線DC與AE所成角的余弦值為
A. 　 B.
C. 　　 D.
√
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答案
如圖所示，取BC的中點(diǎn)F，連接AF，DF，可得DF∥BE，
因?yàn)锽E⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC，
又由AB＝CB＝AC且F為BC的中點(diǎn)，所以AF⊥BC，
以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF，BF，DF所在直線分別為x，y，z
軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則A(，0，0)，E(0，1，3)，C(0，－1，0)，D(0，0，3)，
故＝(0，1，3)，＝(－，1，3)，
則cos〈〉＝.
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答案
二、多項(xiàng)選擇題
5.在空間直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，則
A.·＝4
B.異面直線OC與AB所成角等于
C.平面AOC的一個(gè)法向量可以是(0，1，0)
D.直線OB與平面AOC所成角的正弦值為
√
√
√
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答案
∵A(1，0，0)，B(1，2，－2)，C(0，0，－2)，＝(0，0，－2)，＝(0，2，－2)，
∴·＝(－2)×(－2)＝4，故A正確；
設(shè)OC與AB所成的角為θ，
則cos θ＝，
且θ∈，∴θ＝，故B不正確；
設(shè)平面AOC的法向量為n＝(x，y，z)，
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答案
∵＝(1，0，0)，＝(0，0，－2)，
∴
∴n＝(0，1，0)，故C正確；
＝(1，2，－2)，設(shè)直線OB與平面AOC所成的角為θ，
則sin θ＝，故D正確.
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答案
6.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，M，N分別為PB，CD的中點(diǎn)，E為棱AD上一動(dòng)點(diǎn).若∠MEN為鈍角，則AE的長可能為
A. B.
C.1 D.
√
√
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答案
由題意得△ABC為等邊三角形，
以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，F(xiàn)為
BC的中點(diǎn)，
則P(0，0，2)，F(xiàn)(，0，0)，B(，－1，0)，
C(，1，0)，D(0，2，0)，
∴M，N，
令A(yù)E＝t(0≤t≤2)，∴E(0，t，0)，
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答案
∴，
依題意∠MEN＝〈〉為鈍角，
∴·<0，
解得0三、填空題
7.(2024·福州模擬)若異面直線l1，l2的方向向量分別是a＝(0，－1，－2)，
b＝(4，0，2)，則異面直線l1與l2所成角的余弦值為　　 .
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答案
設(shè)l1與l2所成的角為θ，因?yàn)閍＝(0，－1，－2)，b＝(4，0，2)，所以cos θ
＝|cos〈a，b〉|＝.
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答案
8.(2025·張家口模擬)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，經(jīng)過點(diǎn)P(x0，y0，z0)且法向量為m＝(A，B，C)的平面方程為A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0，經(jīng)過點(diǎn)P(x0，y0，z0)且一個(gè)方向向量為n＝(μ，v，ω)(μvω≠0)的直線l的方程為，閱讀上面的材料并解決下面問題：現(xiàn)給出平面α的方程為2x＋z－7＝0，經(jīng)過點(diǎn)(0，0，0)的直線l的方程為，則直
線l與平面α所成角的正弦值為　　　　.
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答案
由題設(shè)知，平面α的法向量m＝(2，0，1)，直線l的方向向量n＝(3，2，－3)，
且平面α與直線l相交，
所以直線l與平面α所成角的正弦值為|cos〈m，n〉|＝.
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四、解答題
9.(2024·貴陽模擬)如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝4，A1C1＝B1C1＝CC1＝2.
(1)求異面直線A1B與B1C1所成角的余弦值；
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答案
依題意，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
在三棱臺ABC－A1B1C1中，因?yàn)锳1C1＝B1C1，
所以AC＝BC＝4，
所以C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，
因?yàn)锳1C1＝B1C1＝CC1＝2，
所以A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，
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答案
所以＝(－2，4，－2)，＝(0，－2，0)，
所以cos〈〉＝＝－，
設(shè)異面直線A1B與B1C1所成的角為α，則α∈，
所以cos α＝|cos〈〉|＝，
即異面直線A1B與B1C1所成角的余弦值是.
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答案
(2)求直線A1B與平面A1B1C所成角的正弦值.
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答案
設(shè)直線A1B與平面A1B1C所成的角為β，則β∈，
設(shè)平面A1B1C的法向量為n＝(x，y，z)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，－2)，
所以
令x＝1，則y＝1，z＝－1，
所以n＝(1，1，－1)，
所以sin β＝|cos〈n，〉|＝，
即直線A1B與平面A1BC所成角的正弦值是.
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答案
10.(2025·咸陽模擬)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E為BB1的中點(diǎn)，直線B1C1與平面AD1E交于點(diǎn)F.
(1)證明：F為B1C1的中點(diǎn)；
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答案
如圖，連接BC1，F(xiàn)E，F(xiàn)D1，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，
由AB與C1D1平行且相等，得四邊形ABC1D1是平行四邊形，所以BC1∥AD1，
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E，
又BC1 平面BCC1B1，平面AD1E∩平面BCC1B1＝EF，
所以BC1∥EF，因?yàn)镋是BB1的中點(diǎn)，
所以F是B1C1的中點(diǎn).
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答案
(2)若直線AC與平面AD1E所成的角為，求AA1的長.
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答案
以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直
角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)AA1＝m(m>0)，則A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，
m)，E，
＝(－1，1，0)，＝(－1，0，m)，，
設(shè)平面AD1E的法向量是t＝(x，y，z)，
則
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答案
取z＝1，得t＝，
因?yàn)橹本€AC與平面AD1E所成的角為，
所以|cos〈t，〉|＝＝sin ，
解得m＝2(負(fù)值舍去)，所以AA1的長為2.
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能力拓展
11.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1(包括邊界)上運(yùn)動(dòng)，滿足AP⊥BD1.記直線C1P與平面ACB1所成的角為α，則sin α的最大值為
A. B. C. D.
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答案
建立空間直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)正方體的棱長為1，則
B(1，1，0)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，
由題可設(shè)P(x，1，z)，則＝(－1，－1，1)，＝
(x－1，1，z)，∴·＝1－x－1＋z＝0，即x－z＝0，
∴點(diǎn)P在B1C上，
又＝(x，0，x－1)，x∈，平面ACB1的一個(gè)法向量可取＝(－1，－1，1)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∴sin α＝|cos〈〉|＝
＝，
又x∈[0，1]，
∴當(dāng)x＝時(shí)，(sin α)max＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
12.(2024·重慶模擬)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長均相等，E，F(xiàn)分別是棱A1B1，CC1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且B1E＝CF，則異面直線BE與AF所成
角的余弦值的取值范圍是　　　　 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
設(shè)AB＝2，B1E＝CF＝t，t∈[0，2]，
以A為原點(diǎn)，的方向分別為x，z軸正方向建立
空間直角坐標(biāo)系，
則B(2，0，0)，E(2－t，0，2)，＝(－t，0，2)，
A(0，0，0)，F(xiàn)(1，，t)，＝(1，，t)，
設(shè)異面直線BE與AF所成的角為θ，故cos θ＝，當(dāng)t＝0時(shí)，
cos θ＝0；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
當(dāng)t∈(0，2]時(shí)，0<≤，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝2時(shí)取等號，即cos θ∈.
綜上，cos θ∈.(共74張PPT)
第七章
§7.9　空間距離及立體幾何
　　　中的探索性問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.會求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離.
2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.點(diǎn)到直線的距離
如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)＝a，則向量在直線l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝　 .
2.點(diǎn)到平面的距離
如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是
平面α外一點(diǎn).過點(diǎn)P作平面α的垂線l，交平面α于點(diǎn)Q，則n
是直線l的方向向量，且點(diǎn)P到平面α的距離就是在直線
l上的投影向量的長度，因此PQ＝　　　.
　
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)平面α上不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等，則α∥β.(　　)
(2)點(diǎn)到直線的距離也就是該點(diǎn)與直線上任一點(diǎn)連線的長度.(　　)
(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點(diǎn)到平面α的距離相等.(　　)
(4)直線l上兩點(diǎn)到平面α的距離相等，則l平行于平面α.(　　)
√
×
×
×
2.(2024·新余模擬)已知A(－1，－1，－1)，直線l過原點(diǎn)且平行于a＝(0，1，2)，則A到l的距離為
A. B.1 C. D.
由題意取P(0，1，2)，則＝(1，2，3)，
所以A到l的距離為
d＝＝
＝.
√
3.若平面α，β分別經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O和點(diǎn)A(2，1，1)，且平面α，β的一個(gè)法向量分別為m＝(，0，－)，n＝(－1，0，1)，則兩平面間的距離
是　　　.
因?yàn)閙＝－n，n＝(－1，0，1)，所以α∥β，所以平行平面α，β間的距離即為點(diǎn)O到平面β的距離，而＝(2，1，1)，所以平行平面α，β間的
距離d＝.
4.設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是
　　 .
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
所以＝(2，0，0)，
＝(2，0，2)，＝(2，2，0).
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，
則
即
令x＝1，
則n＝(1，－1，－1)，
所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離
d＝.
返回
探究核心題型
第二部分
例1　四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點(diǎn)D在棱OC上，且OC＝3OD，點(diǎn)G為△ABC的重心，則點(diǎn)G到直線AD的距離為
A. B. C. D.
√
空間距離
題型一
命題點(diǎn)1　點(diǎn)線距離
四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，
以點(diǎn)O為原點(diǎn)，的正方向分別為x，y，z
軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
因?yàn)镺A＝1，OB＝2，
OC＝3，OC＝3OD，
則A(1，0，0)，D(0，0，1)，G，
于是＝(－1，0，1)，||＝·＝－×(－1)＋1＝，
所以點(diǎn)G到直線AD的距離
d＝.
命題點(diǎn)2　點(diǎn)面距離
例2　在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，BB1的中點(diǎn)，G為棱A1B1上的一點(diǎn)，且A1G＝λ(0<λ<2)，則點(diǎn)G到平面D1EF的距離為
A.2 B. C. D.
√
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(xiàn)(2，2，1)，
所以＝(－2，0，1)，
＝(0，2，0)，＝(0，λ，1).
設(shè)平面D1EF的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝1，得n＝(1，0，2)，
所以點(diǎn)G到平面D1EF的距離為
d＝.
異面直線之間的距離
微拓展
已知和兩條異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線，公垂線與兩條直線相交的點(diǎn)所形成的線段，叫做這兩條異面直線的公垂線段.兩條異面直線的公垂線段的長度，叫做這兩條異面直線的距離.
典例　在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝6，點(diǎn)G在側(cè)棱PB上，且滿足2PG＝GB，則異面直線PC和DG的距離為
A. B. C. D.
√
如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，的方向分別為x，y，
z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，
G(1，0，4).
所以＝(1，－3，4)，＝(3，3，－6)，＝(3，0，0)，
設(shè)n＝(x，y，z)為直線PC和DG的公垂線的方向向量，
則有可取n＝(1，3，2)，
所以異面直線PC和DG的距離為.
(1)點(diǎn)到直線的距離
①設(shè)過點(diǎn)P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直
線l的距離d＝.
②若能求出點(diǎn)在直線上的射影坐標(biāo)，可以直接利用兩點(diǎn)間距離公式求距離.
(2)求點(diǎn)面距一般有以下三種方法
①作點(diǎn)到面的垂線，求點(diǎn)到垂足的距離.
②等體積法.
③向量法.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(多選)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E在BD上，且BE＝BD；點(diǎn)F在CB1上，且CF＝CB1.則下列結(jié)論正確的是
A.EF＝
B.線段EF是異面直線BD與CB1的公垂線段
C.點(diǎn)D1到直線EF的距離為
D.點(diǎn)D1到平面DEF的距離為
√
√
√
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1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(biāo)系.則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
，
，
所以E，F(xiàn).
，
所以||＝，故A正確；
＝(1，1，0)，＝(1，0，1)，
所以·＝－＝0，
·＝－＝0，
即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以線段EF是異面直線BD
與CB1的公垂線段，故B正確；
·＝－，
所以點(diǎn)D1到直線EF的距離為
，故C錯(cuò)誤；
設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，
，
則
令x＝1，得y＝－1，z＝2，
所以n＝(1，－1，2)，又＝(0，0，1)，
所以點(diǎn)D1到平面DEF的距離d＝，故D正確.
立體幾何中的探索性問題
題型二
例3　(2024·桂林模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，BD⊥PC，∠BAD＝120°，四邊形ABCD是菱形，PB＝AB＝PA，E是棱PD上的動(dòng)點(diǎn)，且＝λ(0<λ<1).
(1)證明：PA⊥平面ABCD.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC.
因?yàn)锽D⊥PC，AC，PC 平面PAC，且AC∩PC＝C，
所以BD⊥平面PAC.
因?yàn)镻A 平面PAC，所以BD⊥PA.
因?yàn)镻B＝AB＝PA，
所以PB2＝AB2＋PA2，即AB⊥PA.
因?yàn)锳B，BD 平面ABCD，且AB∩BD＝B，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得平面PAB與平面ACE夾角的余弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由.
取棱CD的中點(diǎn)F，連接AF，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，∠BAD＝120°，
所以△ACD為等邊三角形，故AF⊥CD，
又PA⊥平面ABCD，AB，AF 平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AF，故AB，AF，AP兩兩垂直，
故以A為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，P(0，0，2)，
故＝(1，，0)，＝(－1，，－2)，＝
(0，0，2)，
所以＋λ＝(－λ，λ，2－2λ)，
設(shè)平面ACE的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令x＝，得n＝.
平面PAB的一個(gè)法向量為m＝(0，1，0)，設(shè)平面PAB與平面ACE的夾角為θ，
則cos θ＝|cos〈n，m〉|＝，
整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍去).
故存在實(shí)數(shù)λ＝，使得平面PAB與平面ACE夾角的余
弦值是.
(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”.
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝AB.以直線AB為軸，將直角梯形ABCD旋轉(zhuǎn)得到直角梯形ABEF，且AF⊥AD.
(1)求證：DF∥平面BCE；
由題意得EF∥CD，EF＝CD，
所以四邊形DCEF為平行四邊形.
所以DF∥CE.
因?yàn)镈F 平面BCE，CE 平面BCE，
所以DF∥平面BCE.
(2)在線段DF上是否存在點(diǎn)P，使得直線AE和平面BCP所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
線段DF上存在點(diǎn)P，使得直線AE和平面BCP所成角的正弦值為，
由題意得AD，AB，AF兩兩垂直.
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，B(0，2，0)，
C(1，1，0)，D(1，0，0)，E(0，1，1)，F(xiàn)(0，0，1).
所以＝(0，1，1)，＝(1，－1，0)，＝(1，－2，0)，＝(－1，0，1).
設(shè)＝λ(0≤λ≤1)，
則＋λ＝(1－λ，－2，λ)，
設(shè)平面BCP的法向量為n＝(x，y，z)，
所以
即
令x＝λ，則y＝λ，z＝1＋λ.
于是n＝(λ，λ，1＋λ)，
設(shè)直線AE和平面BCP所成的角為θ，
返回
由題意得sin θ＝|cos〈n，〉|＝，
整理得3λ2－22λ＋7＝0，
解得λ＝或λ＝7.
因?yàn)?≤λ≤1，所以λ＝.
所以線段DF上存在點(diǎn)P，當(dāng)時(shí)，直線AE和平面
BCP所成角的正弦值為.
課時(shí)精練
答案
1
2
3
4
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，
B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中點(diǎn)，
∴N(0，4，2).
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
則||＝2，
||＝4.
1.
答案
1
2
3
4
設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，
則d1＝
＝＝4.
(2)設(shè)平面ABN的法向量為n＝(x，y，z)，
則由n⊥，n⊥，
得
1.
答案
1
2
3
4
令z＝2，則y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，
則d2＝.
1.
答案
1
2
3
4
(1)連接BD，
因?yàn)镸D⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD∥NB，又因?yàn)镸D＝NB＝1，
所以四邊形MDBN為平行四邊形，
所以MN∥BD，又BD 平面ABCD，MN 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由題意知，DM，DC，DA兩兩垂直，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(1，0，0)，M(0，0，1)，
N(1，1，1)，E，
假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，連接AE，設(shè)＝λ，λ∈[0，1]，
因?yàn)椋?0，1，1)，＝(－1，0，1)，，
2.
答案
1
2
3
4
所以＝λ＝(0，λ，λ)，
則，
由ES⊥平面AMN可得，
即
解得λ＝，
此時(shí)，||＝，
故在線段AN上存在點(diǎn)S，當(dāng)AS＝時(shí)，ES⊥平面AMN.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因?yàn)镺1O⊥平面ABCD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，，
，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(biāo)系.
因?yàn)閭?cè)棱所在的直線與上、下底面中心的連線O1O所成的角為45°，則B(2，2，0)，D1(－1，－1，)，
C1(－1，1，)，
3.
答案
1
2
3
4
F(0，2，0)，E(－2，0，0)，A1(1，－1，)，
所以＝(－3，－3，)，＝(－1，－1，－)，
＝(2，2，0)，
設(shè)平面C1EF的法向量為
n＝(x，y，z)，
則
3.
答案
1
2
3
4
令x＝1，則n＝(1，－1，0)，
因?yàn)椋?－3，－3，)，
所以n·＝0，所以n⊥，
又因?yàn)锽D1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
3.
答案
1
2
3
4
(2)假設(shè)棱BC上存在點(diǎn)M(x，2，0)滿足條件，其中x∈[－2，2]，則＝(x－1，3，－)，
設(shè)直線A1M與平面C1EF所成的角為θ，
由題意可得sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝，
化簡得x2－35x+34＝0，則x＝1或x＝34(舍去)，
即存在點(diǎn)M符合題意，此時(shí)BM＝1.
3.
答案
1
2
3
4
(1)分別取A1B1，C1D1的中點(diǎn)N，M，
連接MN，MC，NB，
則在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E是MN的中點(diǎn)，
所以平面EBC即為截面BCMN，
又F是AB的中點(diǎn)，則BF與A1N平行且相等，
從而四邊形A1FBN是平行四邊形，
所以A1F∥BN，
4.
答案
1
2
3
4
又A1F 平面BCMN，
BN 平面BCMN，
所以A1F∥平面BCMN，
即A1F∥平面EBC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)不存在，理由如下：
連接AC，BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形且∠DAB＝60°，
所以△ABD，△BCD都是等邊三角形，AC⊥BD，
易知AC∩BD＝O，
由已知得OE⊥平面ABCD，
分別以O(shè)B，OC，OE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)AA1＝2，則AB＝2k，OB＝k，OC＝k，
4.
答案
1
2
3
4
OE＝AA1＝2，因此有E(0，0，2)，
B(k，0，0)，C(0，k，0)，
＝(－k，k，0)，
＝(－k，0，2)，
則△EBC的重心為O1，，
若OO1⊥平面EBC，
4.
答案
1
2
3
4
則無解.
因此不存在實(shí)數(shù)k，使得O在平面EBC內(nèi)的射影
恰好為△EBC的重心O1.
4.
1.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點(diǎn).
(1)求點(diǎn)N到直線AB的距離；
1
2
3
4
知識過關(guān)
答案
1
2
3
4
答案
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，
B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中點(diǎn)，∴N(0，4，2).
＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
則||＝2，||＝4.
設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，
則d1＝＝4.
(2)求點(diǎn)C1到平面ABN的距離.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
設(shè)平面ABN的法向量為n＝(x，y，z)，
則由n⊥，n⊥，
得
令z＝2，則y＝－1，x＝，即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，
則d2＝.
1
2
3
4
答案
2.如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點(diǎn).
(1)證明：MN∥平面ABCD；
1
2
3
4
答案
連接BD，
因?yàn)镸D⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD∥NB，又因?yàn)镸D＝NB＝1，所以四邊形MDBN為平行四邊形，
所以MN∥BD，又BD 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
1
2
3
4
答案
(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，若存在，求出線段AS的長度；若不存在，請說明理由.
1
2
3
4
答案
由題意知，DM，DC，DA兩兩垂直，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建
立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(1，0，0)，M(0，0，1)，N(1，1，1)，E，
假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，連接AE，
設(shè)＝λ，λ∈[0，1]，
因?yàn)椋?0，1，1)，＝(－1，0，1)，，
所以＝λ＝(0，λ，λ)，則，
1
2
3
4
答案
由ES⊥平面AMN可得，
即
解得λ＝，
此時(shí)，||＝，
故在線段AN上存在點(diǎn)S，當(dāng)AS＝時(shí)，ES⊥平面AMN.
1
2
3
4
答案
3.如圖，在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側(cè)面是全等的等腰梯形，AB＝2A1B1＝4，E，F(xiàn)分別為DC，BC的中點(diǎn)，上、下底面中心的連線O1O垂直于上、下底面，且O1O與側(cè)
棱所在直線所成的角為45°.
(1)求證：BD1∥平面C1EF；
1
2
3
4
答案
因?yàn)镺1O⊥平面ABCD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，
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(biāo)系.
因?yàn)閭?cè)棱所在的直線與上、下底面中心的連線O1O所成的角為45°，則
B(2，2，0)，D1(－1，－1，)，C1(－1，1，)，
F(0，2，0)，E(－2，0，0)，A1(1，－1，)，
所以＝(－3，－3，＝(－1，－1，－＝(2，2，0)，
設(shè)平面C1EF的法向量為n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
則
令x＝1，則n＝(1，－1，0)，
因?yàn)椋?－3，－3，)，
所以n·＝0，所以n⊥，
又因?yàn)锽D1 平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
1
2
3
4
答案
(2)棱BC上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為，若存在，求出線段BM的長；若不存在，請說明理由.
1
2
3
4
答案
假設(shè)棱BC上存在點(diǎn)M(x，2，0)滿足條件，其中x∈
[－2，2]，則＝(x－1，3，－)，
設(shè)直線A1M與平面C1EF所成的角為θ，
由題意可得sin θ＝|cos〈，n〉|＝，
化簡得x2－35x＋34＝0，則x＝1或x＝34(舍去)，
即存在點(diǎn)M符合題意，此時(shí)BM＝1.
1
2
3
4
答案
4.(2024·泉州模擬)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面為菱形，且∠DAB＝60°，E，O分別是上、下底面的中心，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，AB＝kAA1.
(1)求證：A1F∥平面EBC；
能力拓展
1
2
3
4
答案
分別取A1B1，C1D1的中點(diǎn)N，M，連接MN，MC，NB，
則在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E是MN的中點(diǎn)，
所以平面EBC即為截面BCMN，
又F是AB的中點(diǎn)，則BF與A1N平行且相等，
從而四邊形A1FBN是平行四邊形，
所以A1F∥BN，
又A1F 平面BCMN，BN 平面BCMN，
所以A1F∥平面BCMN，
即A1F∥平面EBC.
1
2
3
4
答案
(2)是否存在實(shí)數(shù)k，使得O在平面EBC內(nèi)的射影恰好為△EBC的重心O1.若存在，求出k；若不存在，請說明理由.
1
2
3
4
答案
不存在，理由如下：
連接AC，BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形且∠DAB＝60°，
所以△ABD，△BCD都是等邊三角形，AC⊥BD，
易知AC∩BD＝O，由已知得OE⊥平面ABCD，
分別以O(shè)B，OC，OE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)AA1＝2，則AB＝2k，OB＝k，OC＝k，OE＝AA1＝2，
因此有E(0，0，2)，B(k，0，0)，C(0，k，0)，
＝(－k，k，0)，＝(－k，0，2)，
1
2
3
4
答案
則△EBC的重心為O1
，
若OO1⊥平面EBC，
則無解.
因此不存在實(shí)數(shù)k，使得O在平面EBC內(nèi)的射影恰好為△EBC的重心O1.
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第七章
§7.1　基本立體圖形、簡
　　　單幾何體的表面積
　　　與體積
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.認(rèn)識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征，能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡單物體的結(jié)構(gòu).
2.知道球、棱(圓)柱、棱(圓)錐、棱(圓)臺的表面積和體積的計(jì)算公式，并能解決簡單的實(shí)際問題.
3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形的直觀圖.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征
(1)多面體的結(jié)構(gòu)特征
名稱 棱柱 棱錐 棱臺
圖形
底面 互相　　 且_____ 多邊形 互相 　　且_____
平行
全等
平行
相似
名稱 棱柱 棱錐 棱臺
側(cè)棱 ___________ 相交于　　　但不一定相等 延長線交于_____
側(cè)面 形狀 ___________ _______ _____
平行且相等
一點(diǎn)
一點(diǎn)
平行四邊形
三角形
梯形
(2)旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征
名稱 圓柱 圓錐 圓臺 球
圖形
母線 互相平行且相等，　　　于底面 相交于_____ 延長線交于_____
垂直
一點(diǎn)
一點(diǎn)
名稱 圓柱 圓錐 圓臺 球
軸截面 _____ ____________ __________ ___
側(cè)面展 開圖 _____ _____ _____
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圓
矩形
扇形
扇環(huán)
2.直觀圖
(1)畫法：常用　　　　　　.
(2)規(guī)則：
①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中x'軸、y'軸的夾角為45°或135°.
②原圖形中平行于坐標(biāo)軸的線段，直觀圖中仍　　　　　　　　　，平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度　　　，平行于y軸的線段，長度在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼摹　　?
斜二測畫法
分別平行于坐標(biāo)軸
不變
一半
3.圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式
圓柱 圓錐 圓臺
側(cè)面展開圖
側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)=_____ S圓錐側(cè)=____ S圓臺側(cè)=_________
2πrl
πrl
π(r1+r2)l
4.柱、錐、臺、球的表面積和體積
名稱 幾何體 表面積 體積
柱體 S表=S側(cè)+2S底 V=____
錐體 S表=S側(cè)+S底
V=_____
臺體 S表=S側(cè)+S上+S下
V=___________________
球 S表=4πR2
V=______
Sh
Sh
(S上+S下+)h
πR3
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)菱形的直觀圖仍是菱形.(　　)
(2)圓臺的母線長都相等.(　　)
(3)用兩平行平面截圓柱，夾在兩平行平面間的部分仍是圓柱.(　　)
(4)錐體的體積等于底面積與高之積.(　　)
×
×
√
×
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，則該三棱柱的體積為
A.4 B.3 C.2 D.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，
所以S△ABC=×2×2×sin 60°=，
所以=S△ABC·AA1=2.
√
3.用斜二測畫法作一個(gè)水平放置的邊長為6的正方形的直觀圖，則直觀圖的面積為
A.36 B.18 C.9 D.
在斜二測畫法中，直觀圖面積是原圖形面積的，而邊長為6的正方形面積為36，所以所求的直觀圖的面積為×36=9.
√
4.(2025·八省聯(lián)考)底面直徑和母線長均為2的圓錐的體積為
A. B.π C.2π D.3π
√
由題可知圓錐的高h(yuǎn)＝，所以圓錐的體積V＝×π×12×.
1.掌握三個(gè)結(jié)論
(1)一個(gè)組合體的體積等于它的各部分體積的和或差.
(2)直觀圖與原平面圖形面積間的關(guān)系：S直觀圖=S原圖形，S原圖形=2S直觀圖.
2.關(guān)于幾何體的表面積和側(cè)面積的兩個(gè)注意點(diǎn)
(1)幾何體的側(cè)面積是指(各個(gè))側(cè)面面積之和，而表面積是側(cè)面積與所有底面面積之和.
(2)組合體的表面積應(yīng)注意重合部分的處理.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(多選)下列說法中正確的是
A.各側(cè)棱都相等的棱錐為正棱錐
B.長方體是直四棱柱
C.用一個(gè)平面去截圓錐，圓錐底面和截面之間的部分為圓臺
D.球面可以看作一個(gè)半圓繞著它的直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面
√
基本立體圖形
題型一
命題點(diǎn)1　結(jié)構(gòu)特征
√
對于A，各側(cè)棱都相等，但無法保證底面為正多邊形，故A錯(cuò)誤；
對于B，易知長方體的側(cè)棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正確；
對于C，根據(jù)圓臺的定義，用平行于圓錐底面的平面去截圓錐，底面和截面之間的部分為圓臺，故C錯(cuò)誤；
對于D，球面可以看作一個(gè)半圓繞著它的直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面，故D正確.
例2　已知正△ABC的邊長為a，那么水平放置的△ABC的直觀圖△A'B'C'的面積是
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
√
命題點(diǎn)2　直觀圖
方法一　如圖，水平放置的△ABC的直觀圖為△A'B'C'，
由題意可知AB=a，OC=a，
則A'B'=a，O'C'=a，
過點(diǎn)C'作C'D'⊥A'B'于點(diǎn)D'，
則C'D'=O'C'=×a=a，
所以△A'B'C'的面積為a×a=a2.
方法二　由S直觀圖=S原圖形得，△A'B'C'的面積為×a2=a2.
例3　如圖，已知圓錐的底面半徑為1，母線長SA=3，一只螞蟻從A點(diǎn)出發(fā)繞著圓錐的側(cè)面爬行一圈回到點(diǎn)A，則螞蟻爬行的最短距離為
A.2 B.3
C.6 D.2π
命題點(diǎn)3　展開圖
√
已知圓錐的側(cè)面展開圖是半徑為3的扇形，如圖，
一只螞蟻從A點(diǎn)出發(fā)繞著圓錐的側(cè)面爬行一圈回到點(diǎn)A的最短距離為AA'，設(shè)∠ASA'=α，
圓錐底面周長為2π，所以 =α×3=2π，所以α=，
在△SAA'中，由SA=SA'=3，得
AA'=
==3.
(1)辨別空間幾何體的兩種方法
①定義法：緊扣定義進(jìn)行判定；
②反例法：要說明一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，只需舉出一個(gè)反例即可.
(2)在斜二測畫法中，要確定關(guān)鍵點(diǎn)及關(guān)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.
(3)在解決空間曲線(段)最短問題時(shí)一般考慮其展開圖，采用化曲為直的策略，將空間問題平面化.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)下列說法正確的是
A.棱柱中相鄰兩個(gè)面的公共邊叫做側(cè)棱
B.底面是正多邊形的棱錐是正棱錐
C.有兩個(gè)面平行且相似，其他各面都是梯形的多面體是棱臺
D.直角三角形以其一邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體不一定是圓錐
√
對于A，底面和側(cè)面的公共邊不是側(cè)棱，A錯(cuò)誤；
對于B，底面是正多邊形的棱錐，頂點(diǎn)與底面中心的連線不一定垂直于底面，因此它不一定是正棱錐，B錯(cuò)誤；
對于C，兩個(gè)面平行且相似，其他各面都是梯形的多面體不一定是棱臺，還要滿足各側(cè)棱的延長線交于一點(diǎn)，C錯(cuò)誤；
對于D，直角三角形以其直角邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是圓錐，以其斜邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是由兩個(gè)共底的圓錐組合而成，D正確.
(2)(2024·臺州統(tǒng)考)如圖，用斜二測畫法作水平放置的四邊形ABCD的直觀圖為矩形A'B'C'D'，已知A'O'=O'B'=1，B'C'=1，則四邊形ABCD的周長為
A.6 B.12
C.8 D.10
√
由題設(shè)，知原四邊形中AB=CD=A'B'=C'D'=2，且AB∥CD，
所以原四邊形ABCD為平行四邊形，
而O'C'=，則原四邊形中OC=2，
且OC⊥AB(O為AB的中點(diǎn))，
故AD=BC==3，
綜上，四邊形ABCD的周長為2(AB+AD)=10.
(3)如圖在一根高為11 cm，外圓周長為6 cm的圓柱體外表面纏繞一根細(xì)鐵絲，組成10個(gè)螺旋，如果鐵絲的兩端恰好落在圓柱的同一條母線的兩端，則鐵絲長度的最小值為
A.61 cm B. cm
C. cm D. cm
√
∵圓柱體的高為11 cm，外圓周長為6 cm，
又鐵絲在柱體上纏繞10圈，且鐵絲的兩個(gè)端點(diǎn)落在圓柱的同一條母線的兩端，
則我們可以得到將圓柱側(cè)面展開后的平面圖形，如圖所示，其中每一個(gè)小矩形的寬為圓柱的外圓周長6 cm，高為圓柱的高11 cm，則大矩形的對角線即為鐵絲長度的最小值，
此時(shí)鐵絲長度的最小值為=61(cm).
表面積與體積
題型二
例4　(1)已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)圓心角為的扇形，則該圓錐的表面積為
A.4π B.6π C.10π D.16π
√
因?yàn)閳A錐的底面半徑r=2，所以底面積S底=πr2=4π，底面周長L=2πr=4π，
母線長l==3，圓錐側(cè)面積S側(cè)=πrl=6π，故圓錐的表面積為S底+S側(cè)=4π+
6π=10π.
命題點(diǎn)1　表面積
(2)(2025·遼寧省名校聯(lián)盟模擬)已知圓臺的上、下底面的面積分別為4π，36π，側(cè)面積為64π，則該圓臺的高為　　　.
4
作圓臺的軸截面，如圖.
由題意得圓臺的上、下底面的半徑分別為2，6，設(shè)
圓臺的母線長為l，高為h，
則該圓臺的側(cè)面積S側(cè)=π×(2+6)×l=64π，解得l=8，
所以h==4.
例5　(1)(2024·武漢模擬)“極目一號”Ⅲ型浮空艇(如圖1)是中國科學(xué)院空天信息研究院自主研發(fā)的，它曾多次成功完成大氣科學(xué)觀測，彰顯了中國的實(shí)力.“極目一號”Ⅲ型浮空艇長55 m，高19 m，若將它近似看作一個(gè)半球、一個(gè)圓柱和一個(gè)圓臺的組合體，正視圖如圖2所示，則“極目一號”Ⅲ型浮空艇的體積約為(參考數(shù)據(jù)：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005
≈316 600，π≈3.14)
A.9 064 m3 B.9 004 m3
C.8 944 m3 D.8 884 m3
√
命題點(diǎn)2　體積
由題圖2得半球、圓柱底面和圓臺一個(gè)底面的半徑為R==9.5(m)，而圓臺另一個(gè)底面的半徑為r=1 m，
則V半球=××π×9.53≈π(m3)，
V圓柱=π×9.52×14≈1 260π(m3)，
V圓臺=×(9.52π++π)×31.5≈π(m3)，
所以V=V半球+V圓柱+V圓臺≈π+1 260π+π≈9 064(m3).
(2)(2025·包頭模擬)如圖，已知圓柱的軸截面為正方形ABCD，AB=BC=2，E，F(xiàn)為上底面圓周上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且EF過上底面的圓心G，若AB⊥EF，則三棱錐A-BEF的體積為
A. B. C. D.
√
如圖，設(shè)圓柱的下底面的圓心為O，連接AG，BG，OG，
因?yàn)镋F⊥AB，EF⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC 平面ABCD，
所以EF⊥平面ABCD，且EF=2，
S△ABG=AB×OG=2，
所以V三棱錐A-BEF=S△ABGEF=×2×2=.
求空間幾何體的體積的常用方法
思維升華
公式法 規(guī)則幾何體的體積，直接利用公式
割補(bǔ)法 把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，或者把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體
等體 積法 通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，特別是三棱錐的體積
跟蹤訓(xùn)練2　(1)(2024·新課標(biāo)全國Ⅰ)已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為
A.2π B.3π C.6π D.9π
√
設(shè)圓柱的底面半徑為r，
則圓錐的母線長為，
而它們的側(cè)面積相等，
所以2πr×=πr×，
即2=，故r=3，
故圓錐的體積為π×9×=3π.
(2)(多選)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=3，CC1=4，且AB⊥BC，P為BC1的中點(diǎn)，則
A.三棱錐A-BCC1的體積為4
B.三棱錐C-APC1的體積為
C.四棱錐C1-ABB1A1的體積為8
D.三棱錐C1-ABC的表面積為14+2
√
√
√
對于A，==×CC1×S△ABC=×4××2×3=4，故A正確；
對于B，=，
而三棱錐A-BCC1與三棱錐A-PCC1有共同的高，
∵P為BC1的中點(diǎn)，
∴=，
∴==×4=2，故B錯(cuò)誤；
對于C，=-=×2×3×4-4=8，
故C正確；
對于D，由題可知，
AC=，AC1=，BC1=5，
∴AB2+B=A，
∴△ABC1是直角三角形，AB⊥BC1，
∴三棱錐C1-ABC的表面積為S△ABC+++
=×2×3+×3×4+××4+×2×5=14+2，故D正確.
返回
課時(shí)精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D B C D B AC
題號 8 9 10 11 12
答案 ABD D
10
一、單項(xiàng)選擇題
1.下面關(guān)于空間幾何體敘述不正確的是
A.正四棱柱都是長方體
B.在圓柱的上、下底面圓周上各取一點(diǎn)，則這兩點(diǎn)的連線不一定是圓柱
　的母線
C.有一個(gè)面是多邊形，其余各面是三角形的幾何體是棱錐
D.有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且相鄰兩個(gè)四邊形的公
　共邊都互相平行的幾何體是棱柱
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
12
知識過關(guān)
答案
√
10
1
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3
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5
6
7
8
9
11
12
答案
對于A，正四棱柱的側(cè)面都是長方形，底面是正方形，因此它是長方體，A正確；
對于B，在圓柱的上、下底面圓周上各取一點(diǎn)，這兩點(diǎn)的連線不一定是圓柱的母線，只有當(dāng)這兩點(diǎn)的連線平行于軸時(shí)才是母線，B正確；
對于C，有一個(gè)面是多邊形，其余各面是有公共頂點(diǎn)的三角形的幾何體才是棱錐，C錯(cuò)誤；
對于D，根據(jù)棱柱的定義，有兩個(gè)面互相平行，其余各面都是四邊形，并且相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都互相平行的幾何體是棱柱，D正確.
10
1
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3
4
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6
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9
11
12
答案
2.(2025·湖北省新高考協(xié)作體模擬)用斜二測畫法畫出的水平放置的△ABC的直觀圖如圖所示，其中D'是B'C'的中點(diǎn)，且A'D'∥y'軸， B'C'∥x'軸，A'D'=B'C'=2，那么S△ABC等于
A. B.2
C.2 D.4
√
10
1
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5
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11
12
答案
根據(jù)題意，把直觀圖還原，則原平面圖形為等腰三角形，如圖所示，
其中AD⊥BC，AD=2A'D'=4，BC=B'C'=2，
原平面圖形的面積為S△ABC=BC·AD=×2×4=4.
10
1
2
3
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9
11
12
答案
3.已知某幾何體的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為
A. B.3π
C. D.6π
由題圖可知，此幾何體為從底面半徑為1，高為4的圓柱的母線的中點(diǎn)處
截去了圓柱的后剩余的部分，所以所求幾何體的體積V=π×12×4-×π
×12×4=3π.
√
10
1
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6
7
8
9
11
12
答案
4.(2024·青島模擬)在母線長為4，底面直徑為6的一個(gè)圓柱中挖去一個(gè)體積最大的圓錐后，得到一個(gè)幾何體，則該幾何體的表面積為
A.33π B.39π C.48π D.57π
設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則r=3，h=4，體積最大的圓錐的母線長l===5，則該幾何體的表面積S表=S圓柱側(cè)+S圓柱底+S圓錐側(cè)=2πrh+πr2+πrl=24π+9π+15π=48π.
√
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
12
答案
5.(2024·嘉興模擬)如圖是一個(gè)水上漂浮式警示浮標(biāo)，它的主體由上面一個(gè)圓錐和下面一個(gè)半球體組成.已知該浮標(biāo)上面圓錐的側(cè)面積是下面半球面面積的2倍，則圓錐的體積與半球體的體積的比值為
A. B.
C. D.
設(shè)半球體的半徑為r，圓錐的高為h，由題意得=2，解得h=r，故圓錐的體積與半球體的體積的比值為==.
√
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
12
答案
6.(2025·廣州模擬)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O為四邊形ACC1A1對角線的交點(diǎn)，設(shè)四棱錐O-BCC1B1的體積為V1，三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V2，則V1∶V2等于
A.2∶3 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶6
√
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
12
答案
因?yàn)镺為四邊形ACC1A1對角線的交點(diǎn)，所以O(shè)為CA1的
中點(diǎn)，
所以V1==
=-)==V2，
所以V1∶V2=1∶3.
10
二、多項(xiàng)選擇題
7.(2023·新高考全國Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P-AC-O為45°，則
A.該圓錐的體積為π B.該圓錐的側(cè)面積為4π
C.AC=2 D.△PAC的面積為
1
2
3
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5
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12
答案
√
√
10
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3
4
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12
答案
依題意，∠APB=120°，PA=2，
所以O(shè)P=1，OA=OB=.
A項(xiàng)，圓錐的體積為×π×()2×1=π，故A正確；
B項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積為π××2=2π，故B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)，取AC的中點(diǎn)D，連接OD，PD，如圖所示，
則AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，
則∠PDO=45°，所以O(shè)P=OD=1，
10
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12
答案
故AD=CD==，
則AC=2，故C正確；
D項(xiàng)，PD==，
所以S△PAC=×2×=2，故D錯(cuò)誤.
10
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答案
8.(2025·喀什模擬)如圖是圓臺O1O2，在軸截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下列說法正確的是
A.線段AC＝2
B.該圓臺的表面積為11π
C.該圓臺的體積為7π
D.沿著該圓臺的表面從點(diǎn)C到AD中點(diǎn)的最短距離為5
√
√
√
10
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答案
顯然四邊形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，
CD＝4，其高即為圓臺的高h(yuǎn)＝
.
對于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正確；
對于B，圓臺的表面積S＝π×12＋π×22＋π(1＋2)×2＝11π，B正確；
對于C，圓臺的體積V＝π(12＋1×2＋22)×π，C錯(cuò)誤；
10
1
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8
9
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12
答案
對于D，將圓臺一半側(cè)面展開，如圖中扇環(huán)ABCD所
示，且E為AD中點(diǎn)，而圓臺對應(yīng)的圓錐一半側(cè)面展
開為扇形COD且易知OC＝4，又∠COD＝，
在Rt△COE中，CE＝＝5，斜邊CE上的高
為>2，即CE與弧AB相離，所以點(diǎn)C到AD中點(diǎn)的最短距離為5，
D正確.
10
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答案
三、填空題
9.(2024·濮陽模擬)某圓錐的側(cè)面展開圖是面積為3π，圓心角為的扇形，則該圓錐的軸截面的面積為　　　　.
2
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1
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答案
設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l，
因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開圖是面積為3π，圓心角為的扇形，
所以××l2＝3π，解得l＝3，
因?yàn)?πr＝×l，所以2πr＝×3，得r＝1，
所以圓錐的高為h＝＝2，
所以圓錐的軸截面的面積是·2r·h＝×2×2＝2.
10
1
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12
答案
10.(2023·新高考全國Ⅰ)在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，則該棱臺的體積為　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
11
12
答案
如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M，
易知A1M為四棱臺ABCD－A1B1C1D1的高，
因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，AA1＝，
則A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，
AO＝AC＝×AB＝，
故AM＝AO－A1O1＝，
則A1M＝，
所以所求棱臺體積為V＝×(4＋1＋)×.
10
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12
答案
能力拓展
11.(2024·天津統(tǒng)考)廡殿頂是中國古代傳統(tǒng)建筑中的一種屋頂形式，宋代稱為“五脊頂”“吳殿頂”，清代稱為“四阿頂”，如圖(1)所示.現(xiàn)有如圖(2)所示的廡殿頂式幾何體ABCDMN，其中正方形ABCD的邊長為3，
MN∥AB，MN＝，且MN到平面ABCD的距離為2，則幾何體ABCDMN的
體積為
A. B.
C. D.
√
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11
12
答案
取AB，CD的中點(diǎn)分別為F，E，連接NE，EF，NF，
幾何體ABCDMN分割為一個(gè)三棱柱ADM－FEN和一個(gè)
四棱錐N－FBCE，
將三棱柱ADM－FEN補(bǔ)成一個(gè)上底面與矩形ADEF全等的矩形的平行六面體，
可得該三棱柱的體積為平行六面體的一半，
則三棱柱ADM－FEN的體積為V1＝×2××32＝，
四棱錐N－FBCE的體積為V2＝××9×2＝3，所以幾何體ABCDMN的體積為3＋.
10
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答案
12.魔方，又叫魯比克方塊，最早是由厄爾諾·魯比克教授于1974年發(fā)明的機(jī)械益智玩具.魔方擁有競速、盲擰、單擰等多種玩法，風(fēng)靡程度經(jīng)久不衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個(gè)三階魔方，由27個(gè)單位正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉(zhuǎn)動(dòng)了45°，則該魔方的表面積是　　　　　 .
162－72
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答案
返回
如圖，中間一層轉(zhuǎn)動(dòng)了45°后，此時(shí)的魔方相對原來正
方體的魔方多出了16個(gè)小三角形的面積，
顯然小三角形為等腰直角三角形，設(shè)直角邊為x，則斜
邊為x，
故(2＋)x＝3，可得x＝3－，
由幾何關(guān)系得陰影部分的面積S＝×，
所以所求面積S'＝6×3×3＋16×＝162－72.
10(共60張PPT)
第七章
§7.2　球的切、接問題
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
球的切、接問題是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，一般以客觀題的形式出現(xiàn)，考查空間想象能力、計(jì)算能力.其關(guān)鍵點(diǎn)是利用轉(zhuǎn)化思想，把球的切、接問題轉(zhuǎn)化為平面問題或特殊幾何體來解決或轉(zhuǎn)化為特殊幾何體的切、接問題來解決.
重點(diǎn)解讀
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
一、正方體與球
1.內(nèi)切球：內(nèi)切球直徑2R＝正方體棱長a.
2.棱切球：棱切球直徑2R＝正方體的面對角線長a.
3.外接球：外接球直徑2R＝正方體體對角線長a.
二、長方體與球
外接球：外接球直徑2R＝體對角線長(a，
b，c分別為長方體的長、寬、高).
三、正四面體的外接球、內(nèi)切球
若正四面體的棱長為a，高為h，正四面體的外接球半徑為R，內(nèi)切球半徑為r，則h＝
a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1.
四、正棱錐與球
1.內(nèi)切球：V正棱錐＝S表·r＝S底·h(等體積法)，r是內(nèi)切球半徑，h為正棱錐的高.
2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多邊形的外接圓圓心為E，半徑為r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱錐外接球半徑為R，高為h).
五、直棱柱的外接球
球心到直棱柱兩底面的距離相等，直棱柱兩底面外心連線的中點(diǎn)為其外接球球心.R2＝＋r2(直棱柱的外接球半徑為R，高為h，底面外接圓半徑為r).
六、圓柱的外接球
R＝(R是圓柱外接球的半徑，h是圓柱的高，r是圓柱底面圓的半徑).
七、圓錐的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圓錐外接球的半徑，h是圓錐的高，r是圓錐底面圓的半徑).
返回
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2024·渭南模擬)已知正三棱錐S－ABC，高為2，AB＝2，則其內(nèi)切球與外接球的半徑之比為
A. B. C. D.
√
特殊幾何體的切、接問題
題型一
由題意可知，正三棱錐S－ABC的頂點(diǎn)S在底面△ABC內(nèi)的投影為△ABC的中心P，如圖，
設(shè)內(nèi)切球半徑為r，外接球球心為O，半徑為R，
∴CD＝×2＝，
∴CP＝CD＝，DP＝CD＝，
∴SD＝，
∴S△SAB＝×2×，S△ABC＝×2×2×，
∴S表面積＝3S△SAB＋S△ABC＝6，
V三棱錐S－ABC＝××2×6×r r＝，
又在Rt△COP中，OC2＝CP2＋OP2，
∴R2＝＋(2－R)2 R＝，
∴.
(2)(2025·哈爾濱模擬)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，∠BAC＝，則球O的表面積為
A.16π B.20π C.28π D.32π
√
如圖所示，設(shè)底面△ABC的外接圓的圓心為O1，底面△A1B1C1的外接圓的圓心為O2，在△ABC中，
由余弦定理得BC＝，
設(shè)底面△ABC的外接圓的半徑為r，
由正弦定理得2r＝＝2，即O1A＝1，
又直三棱柱ABC－A1B1C1外接球的球心為O，設(shè)外接球的半徑為R，
在Rt△OO1A中，可得R＝
＝，
所以球O的表面積S＝4πR2＝4π×＝20π.
特殊幾何體的內(nèi)切球、外接球問題，主要是利用球的定義找球心，然后利用解三角形求半徑；對于棱錐的內(nèi)切球的半徑，可利用等體積法求.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)(2024·吉林模擬)已知圓錐的底面半徑為，母線長為2，則這個(gè)圓錐的內(nèi)切球半徑為
A. B. C. D.
設(shè)圓錐的高為h，
因?yàn)閳A錐的底面半徑r＝，母線長l＝2，
則h＝，
易知圓錐的軸截面為等邊三角形，
設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為R，則＝R2＋，解得R＝.
√
(2)(2024·菏澤模擬)已知正三棱臺的上、下底面邊長分別為2，4，體積為42，則該正三棱臺的外接球表面積為
A.20π B.π C.80π D.π
√
設(shè)給定的正三棱臺為正三棱臺ABC－A1B1C1，即A1B1
＝2，AB＝4，
設(shè)正△A1B1C1，正△ABC的中心分別為O1，O2，而
×＝3，S△ABC＝×
＝12，
則正三棱臺的體積V＝×(3＋12)·O1O2＝42，解
得O1O2＝6，
△A1B1C1的外接圓半徑r1＝2××＝2，
△ABC的外接圓半徑r＝4，
顯然正三棱臺的外接球球心O在直線O1O2上，
設(shè)外接球半徑為R，OO1＝x，
則OO2＝|6－x|，因此R2＝x2＋22＝(6－x)2＋42，
解得x＝4，R2＝20，
所以該正三棱臺的外接球表面積S＝4πR2＝80π.
補(bǔ)形法
題型二
例2　(1)(2025·寶雞模擬)已知三棱錐P－ABC，PA⊥平面ABC，∠BAC＝30°，BC＝2，PA＝2，則三棱錐P－ABC的外接球的體積為
A.28π B.7π C.14π D.
√
將三棱錐P－ABC補(bǔ)形成直三棱柱，如圖，其中O'為△ABC外接圓的圓心，O為所得三棱柱外接球的球心，也即三棱錐P－ABC外接球的球心，則OO'⊥平面ABC，OO'＝，
則2·O'A＝＝4，
所以O(shè)'A＝2，
則外接球的半徑R＝OA＝，
所以三棱錐P－ABC的外接球的體積V＝πR3＝.
(2)已知三棱錐S－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，且SA＝BC＝2，SB＝AC＝，SC＝AB＝，則球O的表面積是　　　.
8π
將三棱錐S－ABC放入長方體中，設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b，c，
如圖所示，則則a2＋b2＋c2＝8，
因?yàn)榍騉的直徑即為長方體的體對角線，
則球O的半徑為，
所以球O的表面積是4π×＝8π.
常見的補(bǔ)體
(1)(墻角模型)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，補(bǔ)成長方體，如圖①.
(2)有一條側(cè)棱垂直于底面的棱錐，補(bǔ)成直棱柱，如圖②.
(3)(對棱模型)三棱錐的對棱兩兩相等，補(bǔ)成長方體，則每組對棱為長方體的面對角線，如圖③.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(1)(2024·遼陽模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝3，AD＝4，則該四棱錐外接球的表面積為
A.π B.2π
C.34π D.136π
√
將四棱錐P－ABCD補(bǔ)形成分別以AD，AB，AP為長、
寬、高的長方體(圖略)，則該四棱錐的外接球即補(bǔ)形
后長方體的外接球，外接球的半徑為長方體體對角線
的一半，即×，所以外接球表面積為34π.
(2)(2024·唐山模擬)在三棱錐P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，則三棱錐P－ABC外接球的體積為
A.2π B.3π C.4π D.12π
√
依題意，將三棱錐P－ABC補(bǔ)形成正方體，如圖，
則該正方體的外接球就是三棱錐P－ABC的外接球，
因?yàn)镃A＝CB＝PA＝2，則該正方體的體對角線的長為
2，所以外接球的直徑2R＝2，R＝，
則外接球的體積V＝πR3＝4π.
垂面法
題型三
例3　(2024·雙鴨山模擬)已知四面體ABCD的各頂點(diǎn)均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，則球O的表面積為
A. B.8π C. D.12π
√
如圖，取BC的中點(diǎn)E，BD的中點(diǎn)F，所以F為△BCD的外心，
連接AE，EF，設(shè)△ABC的外心為G，
因?yàn)锳B＝BC＝AC＝2，
即△ABC為等邊三角形，
所以點(diǎn)G在AE上，連接OG，OF，
則OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD，
因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，所以O(shè)G⊥OF，
因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，E為BC的中點(diǎn)，
所以AE⊥BC，
因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，則AE∥OF，
又EF 平面BCD，所以AE⊥EF，
同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG，
故四邊形OGEF是矩形.
由BC⊥CD，可得BD＝＝2，
故DF＝，
又OF＝EG＝AE＝ABsin 60°＝，
設(shè)球O的半徑為R，則R2＝OD2＝OF2＋FD2＝，
所以球O的表面積S＝4πR2＝.
找兩個(gè)三角形的外接圓的圓心，過圓心分別作這兩個(gè)三角形所在平面的垂線，兩垂線的交點(diǎn)就是球心.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(2024·武漢模擬)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)面APB⊥底面ABCD，△APB為正三角形，則四棱錐P－ABCD的外接球的表面積為
A.40π B.28π C. D.16π
√
如圖，取△APB的外接圓圓心為O1，底面ABCD的外接圓圓心為O2，作OO1⊥平面APB，OO2⊥平面ABCD，則O為外接球的球心，依題意AB＝2，∠APB＝60°，
設(shè)△APB外接圓的半徑為r，
四棱錐P－ABCD的外接球的半徑為R，
則2r＝＝4，即r＝2，
又側(cè)面APB⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，
側(cè)面APB∩底面ABCD＝AB，AB⊥AD，AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面APB，易知OO1∥AD且OO1＝，
所以R＝，
所以四棱錐P－ABCD的外接球的表面積S＝4πR2＝28π.
返回
課時(shí)精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D A B B C CD
題號 8 9 10 答案 ACD 72π 一、單項(xiàng)選擇題
1.(2025·濟(jì)南統(tǒng)考)棱長為2的正方體的內(nèi)切球的表面積為
A.8π B.24π C. D.8π
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因?yàn)檎襟w的內(nèi)切球的半徑是正方體棱長的一半，所以內(nèi)切球的半徑R＝，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πR2＝4π×＝8π.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.(2024·六盤水統(tǒng)考)已知長方體的長、寬、高分別為2，1，1，則這個(gè)長方體外接球的表面積與體積的數(shù)值之比為
A. B. C. D.
長方體的外接球直徑為體對角線，因?yàn)?2＋12＋12＝6，則外接球的半徑r
＝.
.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
3.如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底
面及母線均相切.記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，
則的值是
A. B. C. D.
設(shè)球O的半徑為r，則.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.(2024·廣州模擬)已知正四棱臺的上、下底面邊長分別是1和2，所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，若球O的表面積為8π，則此正四棱臺的側(cè)棱長為
A.1 B. C.2 D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
設(shè)正四棱臺上、下底面互相平行的兩條對角線分別為
DC，AB，
則由球O的表面積為8π可得球O的半徑R＝，
又正四棱臺的上、下底面邊長分別是1和2，
故DC＝，AB＝2，即AB為球O的直徑，
所以球O的球心恰好是AB的中點(diǎn)，故OA＝OB＝OC＝OD＝.
所以△ODC為等邊三角形，故∠ODC＝∠DOA＝60°，所以△ODA為等邊三角形，
故此正四棱臺的側(cè)棱長AD＝OA＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
5.(2024·河北名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知三棱錐S－ABC，SA⊥平面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，若三棱錐外接球的表面積為28π，則此三棱錐的體積為
A.1 B.2
C.3 D.4
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
因?yàn)锳B＝AC＝2，∠BAC＝120°，
所以∠ABC＝∠ACB＝30°，
S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×2×2×，
設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，則2r＝＝4，即r＝2，
設(shè)三棱錐外接球的半徑為R，4πR2＝28π，
解得R＝(負(fù)值舍去)；
因?yàn)镾A⊥平面ABC，把三棱錐S－ABC補(bǔ)成直三棱柱(圖略)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
可得R2＝r2＋，
即7＝4＋，
解得SA＝2(負(fù)值舍去)，
所以V三棱錐S－ABC＝S△ABC·SA＝××2＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.(2025·淮安統(tǒng)考)在三棱錐P－ABC中，△PAB，△ABC均為邊長為2的等邊三角形，平面PAB⊥平面ABC，則三棱錐P－ABC的外接球表面積為
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，則PE⊥AB，CE⊥AB，
由平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE 平面PAB，CE 平面ABC，
得PE⊥平面ABC，CE⊥平面PAB.
取△PAB的外心O1，△ABC的外心O2，
分別過O1，O2作平面PAB、平面ABC的垂線交于點(diǎn)
O，O即為球心，連接OC，
于是OO1∥CE，OO2∥PE，四邊形OO1EO2為平行四邊形，CO2＝，
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
答案
OO2＝O1E＝，
因此三棱錐P－ABC的外接球半徑R滿足R2＝OC2＝
+＝，
所以三棱錐P－ABC的外接球表面積S＝4πR2＝.
二、多項(xiàng)選擇題
7.正四棱錐P－ABCD的底面邊長為2，外接球的表面積為20π，則正四棱錐P－ABCD的高可能是
A.＋1 B.－1
C. D.
1
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答案
√
√
1
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答案
依題意，外接球的球心可能在正四棱錐內(nèi)，也可能在正四棱錐外，如果球心在正四棱錐內(nèi)，如圖1，
其中O1是正方形ABCD的中心，O是外接球的球心，
∵P－ABCD是正四棱錐，
∴PO1⊥平面ABCD，BO1＝，
設(shè)外接球的半徑為R，
則BO＝PO＝R，4πR2＝20π，R＝，
1
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答案
在Rt△BOO1中，OO1＝，
PO1＝PO＋OO1＝；
如果球心在正四棱錐外，如圖2，PO1＝PO－OO1
＝.
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3
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答案
8.(2025·鄭州統(tǒng)考)已知圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為3，球O與圓臺的兩個(gè)底面和側(cè)面都相切，則下列命題中正確的有
A.圓臺的母線長為4 B.圓臺的體積為26π
C.圓臺的表面積為26π D.球O的表面積為12π
√
√
√
1
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4
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答案
畫出圓臺的軸截面，如圖所示，
則四邊形ABCD是等腰梯形，且DN＝1，AM＝3，內(nèi)切
圓圓心即球心O；
所以圓臺的母線長為AD＝AE＋ED＝AM＋DN＝3＋1＝4，故選項(xiàng)A正確；
連接OA，OD和OE，則△AOD是直角三角形，且OE2＝AE·ED＝3，
所以球O的半徑為r＝OE＝，
所以圓臺的體積為V＝π(12＋32＋)×2π，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
1
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3
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答案
圓臺的表面積為S＝π×(12＋32)＋π×(1＋3)×4＝26π，
故選項(xiàng)C正確；
球O的表面積為S'＝4π×＝12π，故選項(xiàng)D正確.
1
2
3
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10
答案
三、填空題
9.已知一個(gè)表面積為24的正方體，假設(shè)有一個(gè)與該正方體每條棱都相切的
球，則此球的體積為　　　　.
設(shè)正方體的棱長為a，則6a2＝24，解得a＝2.又球與正方體的每條棱都相
切，則正方體的面對角線長即為球的直徑長，所以球的半徑長是，所
以此球的體積為π×()3＝.
1
2
3
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10
答案
10.(2024·福州模擬)在三棱錐A－BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝3，AB＝6，則三棱錐A－BCD外接球的表面積為　　　.
72π
1
2
3
4
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7
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10
答案
由題意知∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝3，AB＝6，
在△ABC中，由余弦定理可得
AC＝
＝＝3，
所以AC2＋BC2＝AB2，則AC⊥BC，
在△ABD中，由余弦定理可得
AD＝
1
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3
4
5
6
7
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9
10
答案
＝
＝3，
所以AD2＋BD2＝AB2，則AD⊥BD，
取AB的中點(diǎn)O，則在Rt△ABC和Rt△ABD中，OA＝OB＝OC＝OD，則三棱錐A－BCD外接球的球心為O，其半徑為＝3，
所以三棱錐A－BCD外接球的表面積為4π·＝4π×＝72π.
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第七章
§7.5　空間直線、平面的
　　　垂直
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
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(guān)系.
2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會簡單應(yīng)用.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
一般地，如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的　　　　　　垂直，那么該直線與此平面垂直
兩條相交直線
文字語言 圖形表示 符號表示
性質(zhì)定理 垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行
2.直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的　　　所成的角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角.一條直線垂直于平面，我們說它們所成的角是
　　 ；一條直線和平面平行，或在平面內(nèi)，我們說它們所成的角是　　.
(2)范圍： .
射影
90°
0°
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發(fā)的　　　　　　所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角：如圖，在二面角α－l－β的棱l上任取
一點(diǎn)O，以點(diǎn)O為垂足，在半平面α和β內(nèi)分別作___________
的射線OA和OB，則射線OA和OB構(gòu)成的∠AOB叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范圍： .
兩個(gè)半平面
垂直于棱l
[0，π]
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
一般地，兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定 定理 如果一個(gè)平面過另一個(gè)平面的　　　，那么這兩個(gè)平面垂直
垂線
文字語言 圖形表示 符號表示
性質(zhì) 定理 兩個(gè)平面垂直，如果一個(gè)平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個(gè)平面的　　 ，那么這條直線與另一個(gè)平面垂直
交線
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)若直線l與平面α內(nèi)的兩條直線都垂直，則l⊥α.(　　)
(2)若直線a⊥α，b⊥α，則a∥b.(　　)
(3)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面.(　　)
(4)若α⊥β，a⊥β，則a∥α.(　　)
×
×
√
×
2.(2024·惠州模擬)已知l，n是兩條不同的直線，α，β是不重合的兩個(gè)平面，則下列命題中正確的是
A.若α∥β，l α，n β，則l∥n
B.若α⊥β，l α，則l⊥β
C.若l∥α，α⊥β，則l⊥β
D.若l⊥α，l∥β，則α⊥β
√
由l，n是兩條不同的直線，α，β是不重合的兩個(gè)平面知，
在A中，若α∥β，l α，n β，則l與n平行或異面，故A錯(cuò)誤；
在B中，若α⊥β，l α，則l與β相交、平行或l β，故B錯(cuò)誤；
在C中，若l∥α，α⊥β，則l與β相交、平行或l β，故C錯(cuò)誤；
在D中，若l⊥α，l∥β，則α⊥β，故D正確.
3.(多選)如圖，PA是圓柱的母線，AB是圓柱的底面直徑，C是圓柱底面圓周上的任意一點(diǎn)(不與A，B重合)，則下列說法正確的是
A.PA⊥平面ABC
B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥平面PBC
D.三棱錐P－ABC的四個(gè)面都是直角三角形
√
√
√
因?yàn)镻A是圓柱的母線，AB是圓柱的底面直徑，C是圓柱底
面圓周上的任意一點(diǎn)(不與A，B重合)，則PA⊥平面ABC，
故A正確；
而BC 平面ABC，則PA⊥BC，
又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，則BC⊥平面PAC，故B正確；
由A知，△PAB，△PAC都是直角三角形，
由B知，△ABC，△PBC都是直角三角形，故D正確；
假設(shè)AC⊥平面PBC，因?yàn)镻C 平面PBC，則AC⊥PC，即∠PCA＝90°，
而在△PAC中∠PAC＝90°，矛盾，故C錯(cuò)誤.
4.在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點(diǎn)E在棱AB上，若直線D1E與平面ABCD所成的角為，則AE＝　　　.
根據(jù)長方體性質(zhì)知DD1⊥平面ABCD，故∠DED1為直線D1E與平面ABCD所成的角，
所以∠DED1＝，
則tan∠DED1＝，
可得DE＝，
所以在Rt△AED中，AE＝1.靈活應(yīng)用兩個(gè)重要結(jié)論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面.
(2)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法).
2.掌握三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化
線線垂直　　　　 線面垂直 面面垂直
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·昆明模擬)如圖，已知四邊形ABCD為矩形，AB＝4，AD＝2，E為DC的中點(diǎn)，將△ADE沿AE進(jìn)行翻折，使點(diǎn)D與點(diǎn)P重合，且PB＝2.
(1)證明：PA⊥BE；
直線與平面垂直的判定與性質(zhì)
題型一
由題知AE＝BE＝2，
所以AB2＝AE2＋BE2，
所以△ABE為直角三角形，BE⊥AE，
因?yàn)镻E＝DE＝2，BE＝2，PB＝2，
所以PB2＝PE2＋BE2，
所以△PBE為直角三角形，BE⊥PE，
因?yàn)锳E∩PE＝E，AE，PE 平面PAE，
所以BE⊥平面PAE，因?yàn)镻A 平面PAE，所以PA⊥BE.
(2)求四棱錐P－ABCE的體積.
如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接PO，
因?yàn)镻A＝PE＝2，O為AE的中點(diǎn)，
所以PO⊥AE，且PO＝，
又由(1)知BE⊥平面PAE，且PO 平面PAE，
所以BE⊥PO，
又AE∩BE＝E，AE，BE 平面ABCE，所以PO⊥平面ABCE，
所以V四棱錐P－ABCE＝S四邊形ABCE·PO＝××(2＋4)×2×＝2.
證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵
(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì).
(2)證明線面垂直的關(guān)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(zhì).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　如圖所示，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(diǎn)，證明：
(1)CD⊥AE；
在四棱錐P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，而AE 平面PAC，
∴CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，
可得AC＝PA.
∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，而PD 平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，
而PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
題型二
例2　(2023·全國甲卷改編)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因?yàn)椤螦CB＝90°，即AC⊥BC，
因?yàn)锳1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因?yàn)锽C 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)設(shè)AC＝1，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高.
如圖，過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1于點(diǎn)O.
因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.
因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC 平面ABC，
所以A1C⊥AC，
又A1C1∥AC，所以A1C⊥A1C1，
又AC＝1，AA1＝2，所以A1C1＝1，CC1＝2，
所以A1C＝，
所以A1O＝，
所以四棱錐A1－BB1C1C的高為.
(1)判定面面垂直的方法
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(zhì)的應(yīng)用
①面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”.②若兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，則它們的交線也垂直于第三個(gè)平面.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·鄭州模擬)如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，AC⊥AB，平面ABB1A1⊥平面ABC，AA1＝A1B1＝BB1＝AB＝1.證明：平面BA1C⊥平面ACC1A1.
在等腰梯形ABB1A1中，
∵AA1＝A1B1＝BB1＝AB＝1，
可得BA1＝，
在△BAA1中，A＋B＝AB2，
∴BA1⊥AA1，
又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，
AC⊥AB，且AC 平面ACC1A1，
∴AC⊥平面ABB1A1，
又BA1 平面ABB1A1，∴BA1⊥AC.
又∵AA1∩AC＝A，且AC，AA1 平面ACC1A1，
∴BA1⊥平面ACC1A1，
又∵BA1 平面BA1C，
∴平面BA1C⊥平面ACC1A1.
垂直關(guān)系的應(yīng)用
題型三
例3　(多選)把邊長為的正方形ABCD沿對角線AC折起，使二面角B－AC－D為直二面角，則下列結(jié)論正確的是
A.AC⊥BD
B.AB⊥CD
C.直線BD與平面ABC所成角的大小為
D.二面角A－BD－C的余弦值為－
√
√
√
如圖所示，記E為AC的中點(diǎn)，連接BE，DE，所以AC⊥
BE，AC⊥DE，又BE∩DE＝E，BE，DE 平面BED，所
以AC⊥平面BED，又BD 平面BED，所以AC⊥BD，A
正確；
依題意，∠BED是二面角B－AC－D的平面角，所以∠BED＝，所以DE⊥BE，又DE⊥AC，BE∩AC＝E，BE，AC 平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又AB 平面ABC，所以DE⊥AB，因?yàn)镃D∩DE＝D，所以AB與CD不垂直，B錯(cuò)誤；
直線BD和平面ABC所成的角即為∠EBD，因?yàn)閠an∠EBD
＝＝1，故∠EBD＝，C正確；
由于BC＝CD＝BA＝AD，取BD的中點(diǎn)G，連接AG，CG，
則有CG⊥BD，AG⊥BD，故∠CGA為二面角A－BD－C
的平面角，則cos∠CGA＝＝－，D正確.
cos θ＝cos θ1·cos θ2的應(yīng)用
微拓展
已知AO是平面α的斜線，如圖，A是斜足，OB⊥α，B是垂足，則直線AB是斜線AO在平面α內(nèi)的射影，設(shè)AC是α內(nèi)的任一過點(diǎn)A的直線，且BC⊥AC，C為垂足，又設(shè)AO與直線AB所成的角為θ1，AB與AC所成的角是θ2，AO與AC所成的角為θ，則cos θ＝cos θ1·cos θ2.
典例　已知PA是平面α的斜線，∠BAC在平面α內(nèi)，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，則PA與平面α所成的角為　　　　.
45°
如圖，作P在α內(nèi)的正射影O，則O在∠BAC的平分線上，∠PAO為PA與平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，
故∠PAO＝45°，
所以PA與平面α所成的角為45°.
(1)三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進(jìn)行線線、線面、面面垂直間的轉(zhuǎn)化.
(2)求線面角的關(guān)鍵是找到平面的垂線，有了垂線即可有射影，斜線與它在平面內(nèi)的射影所成的角即為線面角.
(3)求二面角的關(guān)鍵是找其平面角，要注意二面角的范圍是[0，π].
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(多選)(2024·漳州模擬)如圖，三棱錐O－ABC中，OA＝OC＝OB＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝60°，則下列結(jié)論正確的是
A.直線AB與平面OBC所成的角為45°
B.直線AB與平面OAC所成的角的正弦值為
C.OC⊥AB
D.二面角O－BC－A的正切值為
√
√
√
因?yàn)镺A⊥平面OBC，故∠ABO為直線AB與平面OBC所成的
角，又OA＝OC＝OB＝1，所以tan∠ABO＝1，∠ABO＝45°，
故A正確；
取OC的中點(diǎn)E，連接AE，BE，因?yàn)椤鱋BC為等邊三角形，
所以BE⊥OC，因?yàn)镺A⊥平面OBC，BE 平面OBC，所以BE⊥OA，又OA∩OC＝O，OA，OC 平面OAC，所以BE⊥平面OAC，所以∠BAE為
直線AB與平面OAC所成的角，sin∠BAE＝，故B正確；
若OC⊥AB，又OC⊥OA，且AB∩OA＝A，AB，OA 平面
OAB，則OC⊥平面OAB，因?yàn)镺B 平面OAB，則OC⊥OB，
與∠BOC＝60°矛盾，故C錯(cuò)誤；
取BC的中點(diǎn)D，連接OD，AD，因?yàn)锳B＝AC＝，OB＝
OC＝1，所以AD⊥BC，OD⊥BC，故∠ODA為二面角O－BC－A的平面角，則tan∠ODA＝，故D正確.
返回
課時(shí)精練
對一對
答案
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11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 A B A D ABD ABC 平行
題號 8 11 12 答案 B 答案
1
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12
(1)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，且PA⊥AB，PA 平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，
由題意得AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2，則∠ABC＝60°，
所以等腰梯形ABCD的高為，
所以V四棱錐P－ABCD＝S梯形ABCD·PA＝××3××1＝.
9.
答案
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12
(2)因?yàn)锽C＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，
由余弦定理得AC＝，所以AB2＝AC2+BC2，
所以∠ACB＝90°，AC⊥BC，
又PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC，且AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又BC 平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.
9.
答案
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12
(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，連接A1G并延長，交BC于點(diǎn)D，連接AD，
由G為△A1BC的重心，
得D為BC的中點(diǎn).
由AB＝AC，A1A＝A1A，∠A1AB＝∠A1AC，
得△A1AB≌△A1AC，
則A1B＝A1C，
因此AD⊥BC，A1D⊥BC，
10.
答案
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11
12
又AD∩A1D＝D，AD，
A1D 平面A1AD，
于是BC⊥平面A1AD，
而A1A 平面A1AD，
則BC⊥A1A，
又A1A∥B1B，所以B1B⊥BC.
10.
答案
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11
12
(2)由A1A＝AB＝2，
∠A1AB＝60°，
得△A1AB為正三角形，
同理△A1AC也為正三角形，
則A1B＝A1C＝BC＝2，
從而三棱錐A－A1BC的所有棱長均為2，該四面體為正四面體，
10.
答案
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10
11
12
由G為△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，
在菱形ACC1A1中，AC1過A1C的中點(diǎn)，
即直線AC1與平面A1BC的交點(diǎn)為A1C的中點(diǎn)，
因此G不在直線AC1上，又C1P⊥平面A1BC，
所以AG∥C1P.
10.
一、單項(xiàng)選擇題
1.(2025·邯鄲模擬)已知α，β是不重合的兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，且α⊥β，m α，n β，則“m⊥n”是“m⊥β”的
A.必要不充分條件
B.充分不必要條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
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11
12
知識過關(guān)
答案
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答案
用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，
當(dāng)m⊥n如圖所示時(shí)，顯然m與平面β不垂直，
反之，當(dāng)m⊥β時(shí)，又n β，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)有
m⊥n，
所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分條件.
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答案
2.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝，點(diǎn)D是側(cè)棱BB1的中點(diǎn)，則直線C1D與平面ABC所成角的正弦值為
A. B.
C. D.
√
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答案
∵BB1⊥平面A1B1C1，∴C1D與平面A1B1C1所成的角為
∠DC1B1.
又B1C1＝1，B1D＝，可得C1D＝，sin∠DC1B1＝
，∵平面A1B1C1∥平面ABC，∴C1D與平面ABC所
成角的正弦值為sin∠DC1B1＝.
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答案
3.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在平面ABC上的射影H必在
A.直線AB上 B.直線BC上
C.直線AC上 D.△ABC內(nèi)部
由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.
因?yàn)锳C 平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上.
√
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答案
4.如圖，四棱錐S－ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是
A.AC⊥SB
B.AD⊥SC
C.平面SAC⊥平面SBD
D.BD⊥SA
√
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答案
由題意知SD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
故SD⊥AC，
又四棱錐S－ABCD的底面為正方形，
即AC⊥BD，
而SD∩BD＝D，SD，BD 平面SBD，
故AC⊥平面SBD，SB 平面SBD，故AC⊥SB，A正確；
SD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，故SD⊥AD，
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答案
又四棱錐S－ABCD的底面為正方形，
即AD⊥CD，
而SD∩CD＝D，SD，CD 平面SCD，
故AD⊥平面SCD，SC 平面SCD，
故AD⊥SC，B正確；
由于AC⊥平面SBD，AC 平面SAC，
故平面SAC⊥平面SBD，C正確；
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答案
SD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
故SD⊥BD，
若BD⊥SA，
而SD∩SA＝S，SD，SA 平面SAD，
故BD⊥平面SAD，AD 平面SAD，
故BD⊥AD，即∠BDA＝90°，
這與正方形ABCD中∠BDA＝45°矛盾，D錯(cuò)誤.
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答案
二、多項(xiàng)選擇題
5.(2025·廣州模擬)已知α，β，γ是三個(gè)不重合的平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，則下列命題不正確的是
A.若α⊥γ，β⊥γ，則l∥m
B.若l∥m，則α∥β
C.若α⊥β，γ⊥β，則l⊥m
D.若l⊥m，則α⊥β
√
√
√
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答案
若α⊥γ，β⊥γ，則l∥m或l與m相交，故A錯(cuò)誤；
若l∥m，則α∥β或α與β相交，故B錯(cuò)誤；
若α⊥β，γ⊥β，則l⊥m，故C正確；
若l⊥m，則α與β相交，不一定是垂直，故D錯(cuò)誤.
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答案
6.(2024·安徽省皖江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則下列四個(gè)命題中正確的是
A.直線BC與平面ABC1D1所成的角為
B.四棱錐C－ABC1D1的體積為
C.異面直線D1C和BC1所成的角為
D.二面角C－BC1－D的余弦值為－
√
√
√
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答案
如圖所示，
取BC1的中點(diǎn)H，連接CH，則CH⊥BC1，
因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1，CH 平面BCC1B1，
所以CH⊥AB，
又AB∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1D1，
則CH⊥平面ABC1D1，
所以直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠C1BC＝，故A正確；
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答案
點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離為CH＝，
則AB·BC1·CH＝×1××，故B
正確；
易證BC1∥AD1，所以異面直線D1C和BC1所成的角為∠AD1C或其補(bǔ)角，
連接AC，因?yàn)椤鰽CD1為等邊三角形，所以異面直線D1C和BC1所成的角為，故C正確；
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答案
連接DH，由BD＝DC1，所以DH⊥BC1，
又CH⊥BC1，所以∠CHD為二面角C－BC1－D的平
面角，
易求得DH＝，
又CD＝1，CH＝，
在△CDH中，由余弦定理可得cos∠CHD＝，故D錯(cuò)誤.
三、填空題
7.已知△ABC，若直線l⊥AB，l⊥AC，直線m⊥BC，m⊥AC，且l，m為兩條不同的直線，則l，m的位置關(guān)系是　　　　.
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答案
依題意知l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，故l⊥平面ABC，
又m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC 平面ABC，故m⊥平面ABC，∴l(xiāng)∥m.
平行
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答案
8.(2024·菏澤模擬)某同學(xué)畫“切面圓柱體”(用與圓柱底面不平行的平面切圓柱，底面與切面之間的部分叫做切面圓柱體)，發(fā)現(xiàn)切面與圓柱側(cè)面的交線是一個(gè)橢圓(如圖所示).若該同學(xué)所畫的橢圓的離心率為，則“切面”所在平面與底面所成銳二面角的大小為　　.
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答案
如圖，設(shè)橢圓方程為＝1(a>b>0)，則圓柱的底面圓
的半徑為b，
∠ABC即為“切面”所在平面與底面所成銳二面角的平面角，
由題意得|AB|＝2a，|DE|＝|BC|＝2b，
因?yàn)椋琧2＝a2－b2，所以a＝2b，
則cos∠ABC＝，又∠ABC∈，故∠ABC＝.
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答案
四、解答題
9.(2024·綿陽模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，且AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2AP＝2.
(1)求四棱錐P－ABCD的體積；
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答案
因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
且PA⊥AB，PA 平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，
由題意得AB＝2CD＝2AD＝2BC＝2，
則∠ABC＝60°，
所以等腰梯形ABCD的高為，
所以V四棱錐P－ABCD＝S梯形ABCD·PA＝××3××1＝.
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答案
(2)證明：平面PAC⊥平面PBC.
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答案
因?yàn)锽C＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，
由余弦定理得AC＝，
所以AB2＝AC2＋BC2，
所以∠ACB＝90°，AC⊥BC，
又PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC，
且AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
又BC 平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC.
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答案
10.(2024·淮安模擬)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是邊長為2的正三角形，G為△A1BC的重心，∠A1AB＝∠A1AC＝60°.
(1)求證：B1B⊥BC；
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答案
在三棱柱ABC－A1B1C1中，連接A1G并延長，交BC于點(diǎn)D，連接AD，
由G為△A1BC的重心，得D為BC的中點(diǎn).
由AB＝AC，A1A＝A1A，∠A1AB＝∠A1AC，
得△A1AB≌△A1AC，則A1B＝A1C，
因此AD⊥BC，A1D⊥BC，
又AD∩A1D＝D，AD，A1D 平面A1AD，
于是BC⊥平面A1AD，
而A1A 平面A1AD，則BC⊥A1A，
又A1A∥B1B，所以B1B⊥BC.
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答案
(2)已知A1A＝2，P∈平面ABC，且C1P⊥平面A1BC.求證：AG∥C1P.
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答案
由A1A＝AB＝2，∠A1AB＝60°，
得△A1AB為正三角形，
同理△A1AC也為正三角形，
則A1B＝A1C＝BC＝2，
從而三棱錐A－A1BC的所有棱長均為2，該四面體為正四面體，
由G為△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，在菱形ACC1A1中，AC1過A1C的中點(diǎn)，
即直線AC1與平面A1BC的交點(diǎn)為A1C的中點(diǎn)，因此G不在直線AC1上，
又C1P⊥平面A1BC，
所以AG∥C1P.
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答案
能力拓展
11.(2024·新課標(biāo)全國Ⅱ)已知正三棱臺ABC－A1B1C1的體積為，AB＝6，A1B1＝2，則A1A與平面ABC所成角的正切值為
A. B.1 C.2 D.3
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答案
方法一　分別取BC，B1C1的中點(diǎn)D，D1，則AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×3＝9，
×2×，
設(shè)正三棱臺ABC－A1B1C1的高為h，
則×h＝，解得h＝，
如圖，分別過A1，D1作底面的垂線，垂足為M，N，
設(shè)AM＝x，
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答案
則AA1＝，
DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝
＝，
結(jié)合等腰梯形BCC1B1可得B＋D，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，
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答案
解得x＝，
所以A1A與平面ABC所成角的正切值為
tan∠A1AD＝＝1.
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答案
方法二　將正三棱臺ABC－A1B1C1補(bǔ)成正三棱錐P－ABC，
則A1A與平面ABC所成的角即為PA與平面ABC所成的角，
因?yàn)椋?br/>則，
可知V三棱錐P－ABC＝，
則V三棱錐P－ABC＝18，
設(shè)正三棱錐P－ABC的高為d，
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答案
則V三棱錐P－ABC＝d××6×6×＝18，
解得d＝2，
取△ABC的中心為O，
則PO⊥底面ABC，
且AO＝2，
所以PA與平面ABC所成角的正切值
tan∠PAO＝＝1.
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答案
12.(2025·長沙模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M是棱CC1的中點(diǎn)，正方體表面上的動(dòng)點(diǎn)P滿足DP⊥BM，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長度為　　　　　　.
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答案
如圖，分別取A1D1，B1C1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接DE，EF，CF，
因?yàn)镃D⊥平面BCC1B1，BM 平面BCC1B1，所以BM⊥CD.
在Rt△BCM，Rt△CC1F中，BC＝CC1，CM＝C1F，∠BCM＝∠CC1F＝90°，
所以Rt△BCM≌Rt△CC1F，
所以∠CBM＝∠FCC1，
又∠BCM＝∠BCF＋∠FCC1＝90°，
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答案
返回
所以∠BCF＋∠CBM＝90°，
所以BM⊥CF.
又CF∩CD＝C，CF，CD 平面CDEF，
所以BM⊥平面CDEF，
由DP⊥BM，得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡為四邊形CDEF(點(diǎn)D處除外)，
四邊形CDEF的周長為4＋2，
因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長度為4＋2.(共78張PPT)
第七章
§7.3　空間點(diǎn)、直線、平
　　　面之間的位置關(guān)系
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.借助長方體，在直觀認(rèn)識空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上，抽象出空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系的定義.
2.了解四個(gè)基本事實(shí)和一個(gè)定理，并能應(yīng)用定理解決問題.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.基本事實(shí)1：過　　　　　　　　的三個(gè)點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面.
基本事實(shí)2：如果一條直線上的　　　　在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線在這個(gè)平面內(nèi).
基本事實(shí)3：如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有____
過該點(diǎn)的公共直線.
基本事實(shí)4：平行于同一條直線的兩條直線平行.
不在一條直線上
兩個(gè)點(diǎn)
一條
2.“三個(gè)”推論
推論1：經(jīng)過一條直線和這條直線外一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面.
推論2：經(jīng)過兩條　　　直線，有且只有一個(gè)平面.
推論3：經(jīng)過兩條　　　直線，有且只有一個(gè)平面.
相交
平行
3.空間中直線與直線的位置關(guān)系
共面直線
　　　直線：在同一平面內(nèi)，有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；
　　　直線：在同一平面內(nèi)，沒有公共點(diǎn)；
異面直線:不同在　　　一個(gè)平面內(nèi)，沒有公共點(diǎn).
相交
平行
任何
4.空間中直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系
圖形語言 符號語言 公共點(diǎn)
直線與平面 相交 ________ 個(gè)
平行 ______ 個(gè)
在平面內(nèi) _____ 　　　個(gè)
a∩α＝A
1
a∥α
0
a α
無數(shù)
圖形語言 符號語言 公共點(diǎn)
平面與平面 平行 ______ 個(gè)
相交 ________ 　　　個(gè)
α∥β
0
α∩β＝l
無數(shù)
5.等角定理
如果空間中兩個(gè)角的兩條邊分別對應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角　　　　　　.
6.異面直線所成的角
(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經(jīng)過空間任一點(diǎn)O分別作直線a'∥a，b'∥b，我們把直線a'與b'所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).
(2)范圍： .
相等或互補(bǔ)
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)沒有公共點(diǎn)的兩條直線是異面直線.(　　)
(2)若直線與平面不平行，則直線與平面有公共點(diǎn).(　　)
(3)如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn)，則這兩個(gè)平面重合.(　　)
(4)兩兩相交的三條直線共面.(　　)
×
×
√
×
2.用符號表示“點(diǎn)A不在直線m上，直線m在平面α內(nèi)”，正確的是
A.A m，m α B.A m，m∈α
C.A m，m α D.A m，m∈α
由題意用符號表示“點(diǎn)A不在直線m上，直線m在平面α內(nèi)”，即A m，m α.
√
3.(多選)下列命題正確的是
A.空間任意三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)平面
B.一個(gè)點(diǎn)和一條直線確定一個(gè)平面
C.兩條相交直線確定一個(gè)平面
D.空間兩兩平行的三條直線確定一個(gè)或三個(gè)平面
√
√
A中，空間不共線的三點(diǎn)確定一個(gè)平面，A錯(cuò)；
B中，只有點(diǎn)在直線外時(shí)才能確定一個(gè)平面，B錯(cuò)；
C中，兩條相交直線確定一個(gè)平面，C正確；
D中，空間兩兩平行的三條直線確定一個(gè)平面或三個(gè)平面，D正確.
4.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為棱BC和棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AC和MN所成的角為　　　.
60°
因?yàn)镸，N分別為棱BC和棱CC1的中點(diǎn)，
所以MN∥BC1，
又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
AC∥A1C1，
所以∠A1C1B或其補(bǔ)角為異面直線AC和MN所成的角，
又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，△A1C1B為正三角形，
所以∠A1C1B＝60°，
即異面直線AC和MN所成的角為60°.
1.異面直線的判定：經(jīng)過平面內(nèi)一點(diǎn)和平面外一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不經(jīng)過該點(diǎn)的直線互為異面直線.
2.異面直線所成角的范圍：兩異面直線所成的角歸結(jié)到一個(gè)三角形的內(nèi)角時(shí)，可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補(bǔ)角.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點(diǎn)，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：
(1)D，B，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面；
基本事實(shí)的應(yīng)用
題型一
如圖所示，
連接B1D1.
因?yàn)镋F是△C1D1B1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(gè)平面，
即D，B，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面.
(2)若A1C交平面DBFE于點(diǎn)R，則P，Q，R三點(diǎn)共線；
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1C，
設(shè)A1，C，C1確定的平面為α，
又設(shè)平面BDEF為β.
因?yàn)镼∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α與β的公共點(diǎn)，
同理，P是α與β的公共點(diǎn).
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(diǎn)共線.
(3)DE，BF，CC1三線交于一點(diǎn).
因?yàn)镋F∥BD且EF所以DE與BF相交，設(shè)交點(diǎn)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(diǎn).
共面、共線、共點(diǎn)問題的證明
(1)共面：先確定一個(gè)平面，然后再證其余的線(或點(diǎn))在這個(gè)平面內(nèi).
(2)共線：先由兩點(diǎn)確定一條直線，再證其他各點(diǎn)都在這條直線上.
(3)共點(diǎn)：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證其他直線經(jīng)過該點(diǎn).
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(多選)(2024·湖南省教學(xué)教研聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別為BB1，CC1，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，則下列說法正確的是
A.E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面
B.EF∥GH
C.∠EGB1＝∠FHC1
D.EG，F(xiàn)H，AA1三線共點(diǎn)
√
√
√
對于A，B，如圖，連接EF，GH，
由題意可知GH是△A1B1C1的中位線，所以GH∥B1C1，
因?yàn)锽1E∥C1F，且B1E＝C1F＝BB1，所以四邊形B1EFC1
是平行四邊形，
所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共
面，A，B正確；
對于C，因?yàn)锽1E＝C1F，當(dāng)GB1≠HC1時(shí)，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，
又∠EGB1，∠FHC1∈，則∠EGB1≠∠FHC1，C錯(cuò)誤；
對于D，如圖，延長EG，F(xiàn)H相交于點(diǎn)P，
因?yàn)镻∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因?yàn)镻∈FH，F(xiàn)H 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，
因?yàn)槠矫鍭BB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，
所以P∈AA1，所以EG，F(xiàn)H，AA1三線共點(diǎn)，D正確.
空間位置關(guān)系的判斷
題型二
例2　(1)(多選)下列推斷中，正確的是
A.若M∈α，M∈β，α∩β＝l，則M∈l
B.若α∩β＝l，a α，b β，a∩b＝A，則A∈l
C.l α，A∈l A α
D.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共線 α，β重合
√
√
√
對于A，因?yàn)镸∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事實(shí)3可知M∈l，A對；
對于B，若a α，b β，a∩b＝A，則A∈α，A∈β，因?yàn)棣痢搔拢絣，所以A∈l，B對；
對于C，若l∩α＝A，則有l(wèi) α，A∈l，但A∈α，C錯(cuò)；
對于D，有三個(gè)不共線的點(diǎn)在平面α，β中，故α，β重合，D對.
(2)(多選)(2025·紅河模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點(diǎn)，則以下四個(gè)結(jié)論中，正確的有
A.直線AM與CC1是相交直線
B.直線BN與MB1是異面直線
C.AM與BN平行
D.直線A1M與BN共面
√
√
M，C，C1三點(diǎn)在平面CDD1C1內(nèi)，M點(diǎn)不在直線CC1上，
A點(diǎn)不在平面CDD1C1內(nèi)，所以A，M，C，C1四點(diǎn)不共面，
根據(jù)異面直線的定義可得直線AM與CC1是異面直線，故
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B，N，B1三點(diǎn)在平面BCC1B1內(nèi)，
B1不在直線BN上，
M點(diǎn)不在平面BCC1B1內(nèi)，所以B，N，M，B1四點(diǎn)不共面，
根據(jù)異面直線的定義可得直線BN與MB1是異面直線，故選項(xiàng)B正確；
取DD1的中點(diǎn)E，連接AE，EN，又N為C1C的中點(diǎn)，
則有AB∥EN，AB＝EN，
所以四邊形ABNE是平行四邊形，所以AE∥BN，
AM∩AE＝A，則AM與BN不平行，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
連接MN，BA1，CD1，
因?yàn)镸，N分別為棱C1D1，C1C的中點(diǎn)，
所以MN∥D1C，由正方體的性質(zhì)可知，A1B∥D1C，
所以MN∥A1B，則有A1，B，M，N四點(diǎn)共面，
所以直線A1M與BN共面，故選項(xiàng)D正確.
判斷空間直線的位置關(guān)系一般有兩種方法：一是構(gòu)造幾何體(如長方體、空間四邊形等)模型來判斷.二是排除法.特別地，對于異面直線的判定常用到結(jié)論：“平面外一點(diǎn)A與平面內(nèi)一點(diǎn)B的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過點(diǎn)B的直線是異面直線.”
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(1)空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關(guān)系是
A.平行 B.異面
C.相交或平行 D.平行或異面或相交均有可能
√
根據(jù)條件作出示意圖，容易得到以下三種情況，
由圖可知AB與CD有相交、平行、異面三種情況.
(2)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列結(jié)論正確的是
A.l與l1，l2都不相交 B.l與l1，l2都相交
C.l至多與l1，l2中的一條相交 D.l至少與l1，l2中的一條相交
√
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.
異面直線所成的角
題型三
例3　(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BD的中點(diǎn)，則直線B1E與A1D所成的角為
A.30° B.60° C.120° D.150°
√
如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B1＝DC，A1B1∥DC，
所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，
則有A1D∥B1C，
所以直線B1E與A1D所成的角等于直線B1E與B1C所成的角，
設(shè)正方體的棱長為2，則BB1＝2，BE＝CE＝，B1C＝2，B1E＝
，
在△EB1C中，cos∠EB1C＝，
所以∠EB1C＝30°.
所以直線B1E與A1D所成的角為30°.
(2)(2025·隨州模擬)如圖，在三棱錐M－ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC是邊長為2的正三角形，MA＝2，F(xiàn)是MC的中點(diǎn)，則異面直線MB與AF所成角的余弦值是
A. B. C. D.
√
設(shè)E為BC的中點(diǎn)，連接FE，AE，如圖所示，
因?yàn)镸A⊥平面ABC，AB，AC 平面ABC，
所以MA⊥AB，MA⊥AC，
所以由勾股定理得MB＝＝4，MC＝
＝4，
因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是MC的中點(diǎn)，所以FE＝MB＝2，AF＝2，AE＝，F(xiàn)E∥MB，
所以異面直線MB與AF所成的角為∠AFE或其補(bǔ)角，
所以在△AFE中，由余弦定理可知cos∠AFE＝，
所以異面直線MB與AF所成角的余弦值為.
異面直線所成角的求法
思維升華
方法 解讀
平移法 將異面直線中的某一條平移，使其與另一條相交，一般采用圖中已有的平行線或者作平行線，形成三角形求解
補(bǔ)形法 在該幾何體的某側(cè)補(bǔ)接上一個(gè)幾何體，在這兩個(gè)幾何體中找異面直線相應(yīng)的位置，形成三角形求解
跟蹤訓(xùn)練3　(2025·福州統(tǒng)考)已知軸截面為正方形ABCD的圓柱，AB為下底面直徑，E是弧AB的中點(diǎn)，則直線AE與BD所成的角為
A. B.
C. D.
√
取的中點(diǎn)F，連接EF，BF，DF，則EF∥AD，且EF
＝AD，
故四邊形ADFE為平行四邊形，所以DF∥AE，
所以∠FDB或其補(bǔ)角為直線AE與BD所成的角，
設(shè)AB＝1，則AD＝1，由勾股定理得BD＝，
DF＝，F(xiàn)B＝，
在△FDB中，由余弦定理得cos∠FDB＝，
故∠FDB＝，
所以直線AE與BD所成的角為.
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課時(shí)精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C B C BCD BCD P∈l
題號 8 11 12 答案 BCD A 答案
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(1)連接EF，HG，
由E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，得EF∥AC，
由DH＝AD，
DG＝CD，
得HG∥AC，∴EF∥HG，
∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面.
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(2)由DH＝AD，
DG＝CD，
易知HG＝AC，
又E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，
即EF＝AC，∴HG≠EF，
結(jié)合(1)的結(jié)論可知，四邊形EFGH是梯形，∴直線EH，F(xiàn)G不平行，設(shè)它們的交點(diǎn)為P，則P∈EH，
9.
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又EH 平面ABD，
∴P∈平面ABD，
同理P∈平面BCD，
又平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD，
即EH，F(xiàn)G必相交且交點(diǎn)在直線BD上.
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(1)·BC＝××2×2×2＝.
(2)如圖，設(shè)BB1的中點(diǎn)為H，連接HF，EH，A1H，因?yàn)镕是CC1的中點(diǎn)，
所以A1D1∥CB∥HF，A1D1＝CB＝HF，
因此四邊形A1D1FH是平行四邊形，
所以D1F∥A1H，D1F＝A1H，
因此∠EA1H或其補(bǔ)角是異面直線A1E與D1F所成的角.
正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E是AB的中點(diǎn)，
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所以A1E＝A1H＝，
EH＝，
由余弦定理可知，cos∠EA1H＝
，
所以異面直線A1E與D1F所成角的余弦值為.
10.
一、單項(xiàng)選擇題
1.(2024·銀川模擬)A，B是兩個(gè)不同的點(diǎn)，l是一條直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，下列推理錯(cuò)誤的是
A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α l α
B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β α∩β＝AB
C.l α，A∈l A α
D.A∈l，l α A∈α
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知識過關(guān)
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直線上兩個(gè)不同的點(diǎn)在某個(gè)平面內(nèi)，則直線在該平面內(nèi)，故A正確；
兩個(gè)不同的點(diǎn)同時(shí)在兩個(gè)不同的平面內(nèi)，則兩點(diǎn)所在直線為兩平面的交線，故B正確；
l α有兩種情況，l與α相交或l∥α，若l與α相交，且交點(diǎn)為A點(diǎn)，則A∈α，故C錯(cuò)誤；
直線在平面內(nèi)，則直線上的點(diǎn)都在平面內(nèi)，故D正確.
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答案
2.若直線a，b，c滿足a∥b，a，c異面，則b與c
A.一定是異面直線 B.一定是相交直線
C.不可能是平行直線 D.不可能是相交直線
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答案
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥DC，AB和DD1是異面直線，DC∩DD1＝D，
故直線a，b，c滿足a∥b，a，c異面，則b與c可能相交，不一定是異面直線，故A，D錯(cuò)誤；
AB∥DC，AB和B1C1是異面直線，DC和B1C1是異面直線，
故直線a，b，c滿足a∥b，a，c異面，則b與c可能是異面直線，故B錯(cuò)誤；
直線a，b，c滿足a∥b，a，c異面，則由平行公理得b與c不可能是平行直線，故C正確.
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答案
3.已知平面α∩平面β＝l，點(diǎn)A，C∈α，點(diǎn)B∈β，且B l，又AC∩l＝M，過A，B，C三點(diǎn)確定的平面為γ，則β∩γ是
A.直線CM B.直線BM
C.直線AB D.直線BC
已知過A，B，C三點(diǎn)確定的平面為γ，則AC γ.又AC∩l＝M，則M∈γ，又平面α∩平面β＝l，則l α，l β，又因?yàn)锳C∩l＝M，所以M∈β，因?yàn)锽∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM.
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4.(2024·呼和浩特模擬)如圖，已知正四棱錐P－ABCD的所有棱長均相等，E為棱PA的中點(diǎn)，則異面直線BE與PC所成角的余弦值為
A. B.－ C. D.－
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連接AC，取AC的中點(diǎn)O，連接BO，EO，設(shè)正四棱錐
P－ABCD的棱長為2.
由題意知EO∥PC，
則異面直線BE與PC所成的角為∠BEO(或其補(bǔ)角)，
在△BOE中，EO＝PC＝1，BO＝AC＝，BE＝PA＝，
則cos∠BEO＝，
則異面直線BE與PC所成角的余弦值為.
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二、多項(xiàng)選擇題
5.給出以下四個(gè)命題，其中錯(cuò)誤的是
A.不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線
B.若點(diǎn)A，B，C，D共面，點(diǎn)A，B，C，E共面，則點(diǎn)A，B，C，D，E共面
C.若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面
D.依次首尾相接的四條線段必共面
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答案
反證法：如果四個(gè)點(diǎn)中，有3個(gè)點(diǎn)共線，第4個(gè)點(diǎn)不在這條直線上，
根據(jù)基本事實(shí)2的推論可知，這四個(gè)點(diǎn)共面，這與已知矛盾，故A正確；
如圖1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B錯(cuò)誤；
如圖2，a，b共面，a，c共面，但b，c異面，故C錯(cuò)誤；
如圖3，a，b，c，d四條線段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D錯(cuò)誤.
圖1　　　　　圖2　　　 　圖3
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答案
6.(2025·昆明模擬)如圖是一個(gè)正方體的平面展開圖，則在該正方體中
A.AF∥CN
B.BM⊥DE
C.CN與BM所成的角為60°
D.NE與BM是異面直線
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答案
展開圖翻折成的正方體如圖所示，連接BE，CF，EM，因
為CN∥BE，BE⊥AF，
因此CN⊥AF，A錯(cuò)誤；同理DE∥CF，CF⊥BM，所以BM
⊥DE，B正確；
∠MBE或其補(bǔ)角是CN與BM所成的角，又△MBE是等邊三角形，所以∠MBE＝60°，
所以CN與BM所成的角是60°，C正確；
又NE∥平面MFBC，且NE與BM不平行，BM 平面MFBC，故NE與BM是異面直線，D正確.
三、填空題
7.已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直線，P為空間中一點(diǎn).若α∩β＝l，m α，n β，m∩n＝P，則點(diǎn)P與直線l的位置關(guān)系用符號表示為　　　　.
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答案
∵m α，n β，m∩n＝P，
∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，
∴點(diǎn)P在直線l上，即P∈l.
P∈l
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答案
8.(2024·西安模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，且AB＝AC＝AA1＝1，則異面
直線AB1與A1C所成角的正弦值為　　　.
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答案
將直三棱柱ABC－A1B1C1補(bǔ)形為如圖所示的正四棱柱，
連接B1D，AD，則B1D∥A1C，
則異面直線AB1與A1C所成的角為∠DB1A(或其補(bǔ)角)，
由題意知AA1＝，則DB1＝B1A＝，AD
＝，
由余弦定理可得cos∠DB1A＝，
所以異面直線AB1與A1C所成角的正弦值為sin∠DB1A＝.
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四、解答題
9.如圖，ABCD為空間四邊形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G，H分別在CD，AD上，且DH＝AD，DG＝CD.求證：
(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；
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答案
連接EF，HG，
由E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，得EF∥AC，
由DH＝AD，DG＝CD，
得HG∥AC，
∴EF∥HG，
∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面.
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(2)EH，F(xiàn)G必相交且交點(diǎn)在直線BD上.
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答案
由DH＝AD，DG＝CD，
易知HG＝AC，
又E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，
即EF＝AC，∴HG≠EF，
結(jié)合(1)的結(jié)論可知，四邊形EFGH是梯形，
∴直線EH，F(xiàn)G不平行，設(shè)它們的交點(diǎn)為P，則P∈EH，
又EH 平面ABD，∴P∈平面ABD，
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同理P∈平面BCD，
又平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD，
即EH，F(xiàn)G必相交且交點(diǎn)在直線BD上.
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10.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，
E，F(xiàn)分別是AB，CC1的中點(diǎn).
(1)求三棱錐B1－A1EF的體積；
·BC＝××2×2×2＝.
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(2)求異面直線A1E與D1F所成角的余弦值.
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答案
如圖，設(shè)BB1的中點(diǎn)為H，連接HF，EH，A1H，因?yàn)镕
是CC1的中點(diǎn)，
所以A1D1∥CB∥HF，A1D1＝CB＝HF，
因此四邊形A1D1FH是平行四邊形，
所以D1F∥A1H，D1F＝A1H，
因此∠EA1H或其補(bǔ)角是異面直線A1E與D1F所成的角.正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E是AB的中點(diǎn)，
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所以A1E＝A1H＝，EH＝，
由余弦定理可知，cos∠EA1H＝
，
所以異面直線A1E與D1F所成角的余弦值為.
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能力拓展
11.(多選)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為正方形ABCD的中心，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC1上(不包含端點(diǎn))運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列直線中一定與直線OP異面的是
A.AB1 B.A1C
C.A1A D.AD1
√
√
√
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答案
對于A，如圖①，連接AB1，C1D，BD，
當(dāng)P為BC1的中點(diǎn)時(shí)，OP∥DC1∥AB1，
故A不正確；
對于B，如圖②，連接A1C，A1C1，AC，
因?yàn)锳1C 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1C，P 平面AA1C1C，
所以直線A1C與直線OP一定是異面直線，故B正確；
對于C，如圖②，因?yàn)锳1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1A，P 平面AA1C1C，
所以直線A1A與直線OP一定是異面直線，故C正確；
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答案
對于D，如圖③，連接AD1，D1C，AC，
因?yàn)锳D1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O AD1，P 平面
AD1C，
所以直線AD1與直線OP一定是異面直線，故D正確.
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答案
12.安徽徽州古城與四川閬中古城、山西平遙古城、云南麗江古城被稱為中國四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底層部分可近似看作一個(gè)正方體ABCD－A1B1C1D1.已知該正方體中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過D1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面與平面ABCD的交線為l，則直線l與直線AD1所成的角為
A. B.
C. D.
√
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答案
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如圖所示，在平面AA1D1D中，連接D1E與DA
的延長線交于點(diǎn)H，則HA＝AD，
在平面CC1D1D中，連接D1F與DC的延長線交
于點(diǎn)G，則GC＝CD，則GH為平面D1EF與平
面ABCD的交線l，且GH∥AC，
而在等邊△ACD1中AC與AD1所成的角為，
故l與直線AD1所成的角為.(共78張PPT)
第七章
§7.4　空間直線、平面的
　　　平行
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
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(guān)系，并加以證明.
2.掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)，并會簡單應(yīng)用.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.線面平行的判定定理和性質(zhì)定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定 定理 如果平面外一條直線與_______ 的一條直線平行，那么該直線與此平面平行
性質(zhì) 定理 一條直線與一個(gè)平面平行，如果過該直線的平面與此平面 ，那么該直線與交線平行
此平面
內(nèi)
相交
2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理
文字語言 圖形語言 符號語言
判定 定理 如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條 與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行
相交直線
文字語言 圖形語言 符號語言
性質(zhì)定理 兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面 ，那么兩條_____ 平行
相交
交線
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)若一條直線平行于一個(gè)平面內(nèi)的一條直線，則這條直線平行于這個(gè)平面.(　　)
(2)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.(　　)
(3)若直線a 平面α，直線b 平面β，a∥b，則α∥β.(　　)
(4)如果兩個(gè)平面平行，那么分別在這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線也互相平行.(　　)
×
×
×
×
2.如果直線a∥平面α，那么直線a與平面α內(nèi)的
A.一條直線不相交
B.兩條直線不相交
C.無數(shù)條直線不相交
D.任意一條直線都不相交
因?yàn)橹本€a∥平面α，直線a與平面α無公共點(diǎn)，因此直線a與平面α內(nèi)的任意一條直線都不相交.
√
3.設(shè)有兩條不同的直線m，n和兩個(gè)不同的平面α，β，則下列命題正確的是
A.若m∥α，n∥α，則m∥n
B.若m∥α，m∥β，則α∥β
C.若m∥n，m∥α，則n∥α
D.若α∥β，m α，則m∥β
√
若m∥α，n∥α，則m，n可以平行、相交或異面，故A錯(cuò)誤；
若m∥α，m∥β，則α∥β或α，β相交，故B錯(cuò)誤；
若m∥n，m∥α，則n∥α或n α，故C錯(cuò)誤；
若α∥β，m α，則m∥β，故D正確.
4.如圖是長方體被一平面截后得到的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為　　　 .
平行四邊形
∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG.同理EH∥FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形.
1.掌握三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化
返回
微點(diǎn)提醒
2.靈活應(yīng)用以下結(jié)論
(1)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.
(2)平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
(3)垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即a⊥α，b⊥α，則a∥b.
(4)若α∥β，a α，則a∥β.
探究核心題型
第二部分
例1　如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2，CD＝4，E為PC的中點(diǎn).
求證：BE∥平面PAD.
直線與平面平行的判定與性質(zhì)
題型一
命題點(diǎn)1　直線與平面平行的判定
方法一　如圖，取PD的中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)A.
由題意知EF為△PDC的中位線，
∴EF∥CD，且EF＝CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，
∴四邊形ABEF為平行四邊形，
∴BE∥AF.
又AF 平面PAD，BE 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法二　如圖，延長DA，CB相交于H，連接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴，
即B為HC的中點(diǎn)，
又E為PC的中點(diǎn)，∴BE∥PH，
又BE 平面PAD，PH 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
方法三　如圖，取CD的中點(diǎn)H，連接BH，HE，
∵E為PC的中點(diǎn)，
∴EH∥PD，
又EH 平面PAD，PD 平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由題意知AB綉DH，
∴四邊形ABHD為平行四邊形，∴BH∥AD，
又AD 平面PAD，BH 平面PAD，
∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，EH 平面BHE，
∴平面BHE∥平面PAD，
又BE 平面BHE，∴BE∥平面PAD.
例2　如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和PA作平面交BD于點(diǎn)H.
求證：PA∥GH.
命題點(diǎn)2　直線與平面平行的性質(zhì)
如圖所示，連接AC交BD于點(diǎn)O，
連接OM，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴O是AC的中點(diǎn)，
又M是PC的中點(diǎn)，
∴PA∥OM，
又OM 平面BMD，PA 平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又PA 平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
(1)判斷或證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義(無公共點(diǎn)).
②利用線面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α).
③利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a α a∥β).
④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a β，a∥α a∥β).
(2)應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作輔助平面確定交線.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(1)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)P是正方形AA1D1D的中心，點(diǎn)Q是正方形A1B1C1D1的對角線B1D1上一點(diǎn)，且PQ∥平面AA1B1B，則線段PQ的長為
A. B.
C. D.
√
連接AD1，AB1，則AD1過點(diǎn)P.如圖所示，
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，
PQ 平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P＝PA，
∴PQ＝AB1＝×.
(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BC，C1D1的中點(diǎn).求證：EF∥平面BB1D1D.
連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OE，D1O，如圖所示，
∵O，E分別為BD，BC的中點(diǎn)，
∴OE∥DC，OE＝DC.
∵DC∥D1C1，DC＝D1C1，F(xiàn)為D1C1的中點(diǎn)，
∴OE∥D1F，OE＝D1F，
∴四邊形D1FEO為平行四邊形，
∴EF∥D1O.
又EF 平面BB1D1D，D1O 平面BB1D1D，
∴EF∥平面BB1D1D.
平面與平面平行的判定與性質(zhì)
題型二
例3　(1)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F(xiàn)分別是棱B1C1，AC，BC的中點(diǎn).證明：AD∥平面C1EF.
連接BD.
因?yàn)镋，F(xiàn)分別是棱AC，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AB.
因?yàn)镋F 平面C1EF，AB 平面C1EF，
所以AB∥平面C1EF.
因?yàn)镈，F(xiàn)分別是棱B1C1，BC的中點(diǎn)，
所以BF∥C1D，BF＝C1D，
所以四邊形BDC1F是平行四邊形，則BD∥C1F.
因?yàn)镃1F 平面C1EF，BD 平面C1EF，所以BD∥平面C1EF.
因?yàn)锳B∩BD＝B，AB，BD 平面ABD，
所以平面ABD∥平面C1EF，
因?yàn)锳D 平面ABD，所以AD∥平面C1EF.
(2)如圖所示，AA1，BB1為圓臺的兩條不同的母線，O1，O分別為圓臺的上、下底面圓的圓心.求證：A1B1∥AB.
∵圓臺可以看做是由平行于圓錐底面的平面去截圓錐
而得到，
∴圓臺的母線也就是生成這個(gè)圓臺的圓錐相應(yīng)母線的
一部分.
∴母線AA1與母線BB1的延長線必交于一點(diǎn)，
∴A，A1，B，B1四點(diǎn)共面.
∵圓O1∥圓O，且平面ABB1A1∩圓O1＝A1B1，平面ABB1A1∩圓O＝AB.
∴A1B1∥AB.
(1)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(gè)平面平行(l⊥α，l⊥β α∥β).
③利用面面平行的傳遞性，即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行(α∥β，β∥γ α∥γ).
(2)當(dāng)已知兩平面平行時(shí)，可以得出線面平行，如果要得出線線平行，必須是與第三個(gè)平面的交線.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，過BC的平面與上底面A1B1C1交于GH(GH與B1C1不重合).
(1)求證：BC∥GH；
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
∴平面ABC∥平面A1B1C1，
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面A1B1C1＝GH，
∴由面面平行的性質(zhì)定理得BC∥GH.
(2)若E，F(xiàn)，G分別是AB，AC，A1B1的中點(diǎn)，求證：平面EFA1∥平面BCHG.
∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC，
∵EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分別為A1B1，AB的中點(diǎn)，A1B1綉AB，
∴A1G綉EB，
∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.
∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF 平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
平行關(guān)系的綜合應(yīng)用
題型三
例4　如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，E為棱AA1的中點(diǎn).在DD1上是否存在一點(diǎn)P，使得平面PA1C∥平面EBD？如果存在，請說明P點(diǎn)位置并證明；如果不存在，請說明理由.
當(dāng)P為棱DD1的中點(diǎn)時(shí)，滿足平面PA1C∥平面EBD，證明如下：
連接AC，設(shè)AC∩BD＝O，連接OE，CP，A1P，如圖，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，
又E為棱AA1的中點(diǎn)，
所以O(shè)E∥A1C，又OE 平面PA1C，A1C 平面PA1C，所以
OE∥平面PA1C，
又P為棱DD1的中點(diǎn)，所以DP∥A1E且DP＝A1E，所以四邊形DPA1E為平行四邊形，
所以DE∥A1P，
又DE 平面PA1C，A1P 平面PA1C，
所以DE∥平面PA1C，
又DE∩OE＝E，DE，OE 平面EBD，
所以平面PA1C∥平面EBD.
解決面面平行問題的關(guān)鍵點(diǎn)
(1)在解決線面、面面平行的判定時(shí)，一般遵循從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)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(shè)，再嚴(yán)格證明，先猜想再證明是學(xué)習(xí)和研究的重要思想方法.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　如圖，在四棱錐A－BCDE中，N是BC的中點(diǎn)，四邊形BCDE為平行四邊形.試探究在線段AE上是否存在點(diǎn)M，使得MN∥平面ACD？若存在，請確定M點(diǎn)的位置，并給予證明；若不存在，請說明理由.
在線段AE上存在點(diǎn)M，且M為AE的中點(diǎn)，使得MN∥平面ACD.
證明如下：
取AD的中點(diǎn)G，連接CG，GM，如圖.
因?yàn)镸為AE的中點(diǎn)，
所以GM∥DE，且GM＝DE.
因?yàn)镹為BC的中點(diǎn)，且四邊形BCDE為平行四邊形，所以CN∥DE，且CN
＝DE，
所以GM∥CN，且GM＝CN，
所以四邊形CNMG為平行四邊形.
所以GC∥MN.
因?yàn)镚C 平面ACD，MN 平面ACD，
所以MN∥平面ACD.
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課時(shí)精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A D D ABD AB 矩形
題號 8 11 12 答案 ACD 2 答案
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(1)如圖，連接A1C，與AC1交于點(diǎn)O，連接DO，則DO
是△A1BC的中位線，
∴A1B∥DO，
∵DO 平面AC1D，A1B 平面AC1D，
∴A1B∥平面AC1D.
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(2)∵D是BC的中點(diǎn)，D1是B1C1的中點(diǎn)，則D1C1∥BD，D1C1＝BD，
∴四邊形BDC1D1為平行四邊形，
則D1B∥C1D，
又D1B 平面AC1D，C1D 平面AC1D，
∴D1B∥平面AC1D，
∵由(1)可知A1B∥平面AC1D，
又D1B∩A1B＝B，D1B，A1B 平面A1BD1，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
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(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，則AB∥CD，又AB 平面PCD，CD 平面PCD，所以AB∥平面PCD，
又因?yàn)槠矫鍼AB∩平面PCD＝l，AB 平面PAB，所以l∥AB.
(2)存在G，使FG∥平面ABE，＝3，
理由如下：
取AD的中點(diǎn)N，連接FN，NG，
因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，所以FN∥AB，
10.
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又FN 平面ABE，AB 平面ABE，所以FN∥平面ABE.
又因?yàn)镕G∥平面ABE，且FN∩FG＝F，F(xiàn)N，F(xiàn)G 平面FNG，
所以平面FNG∥平面ABE.
平面PAD∩平面ABE＝AE，平面PAD∩平面FNG＝NG，
所以AE∥NG，因?yàn)镹為AD的中點(diǎn)，所以G為ED的中點(diǎn)，
可得EG＝GD，
又因?yàn)镻E＝ED，所以＝3.
10.
一、單項(xiàng)選擇題
1.已知兩個(gè)不同的平面α，β和兩條不同的直線m，n，下面四個(gè)命題中，正確的是
A.若m∥n，n α，則m∥α
B.若m∥α，n∥α且m β，n β，則α∥β
C.若m∥α，n α，則m∥n
D.若m⊥α，m⊥β，則α∥β
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知識過關(guān)
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答案
對于A，若m∥n，n α，則m∥α或m α，故A錯(cuò)誤；
對于B，當(dāng)m∥α，n∥α，m β，n β且m與n相交時(shí)，α∥β，故B錯(cuò)誤；
對于C，若m∥α，n α，則m∥n或m與n異面，故C錯(cuò)誤；
對于D，由線面垂直的性質(zhì)可以證得，故D正確.
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答案
2.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，F(xiàn)，G分別是BC，CD的中點(diǎn)，EH∥平面BCD，則EH與FG的位置關(guān)系是
A.平行 B.相交
C.異面 D.不確定
因?yàn)镕，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，所以FG∥BD，
因?yàn)镋H∥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，EH 平面ABD，
所以EH∥BD，
由平行的傳遞性可知EH∥FG.
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3.(2024·貴陽模擬)設(shè)l為直線，α為平面，則l∥α的一個(gè)充要條件是
A.α內(nèi)存在一條直線與l平行
B.l平行α內(nèi)無數(shù)條直線
C.垂直于α的直線都垂直于l
D.存在一個(gè)與α平行的平面經(jīng)過l
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答案
對于A中，由α內(nèi)存在一條直線與l平行，則l∥α或l α，
所以A不正確；
對于B中，由l平行α內(nèi)無數(shù)條直線，則l∥α或l α，所
以B不正確；
對于C中，由垂直于α的直線都垂直于l，則l∥α或l α，所以C不正確；
對于D中，如圖所示，由l∥α，在直線l上任取一點(diǎn)P作直線a，使得a∥α，因?yàn)閘∩a＝P且l，a 平面β，所以α∥β，即充分性成立；反之，若存在一個(gè)與α平行的平面經(jīng)過l，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得l∥α，即必要性成立，所以D正確.
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4.(2024·衡水模擬)如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，等于
A. B.
C. D.
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答案
連接AC交BE于點(diǎn)G，連接FG，因?yàn)镻A∥平面EBF，PA 平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FG，所以PA∥FG，所
以.
又AD∥BC，E為AD的中點(diǎn)，
所以.
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二、多項(xiàng)選擇題
5.下列說法不正確的有
A.若兩條直線和同一個(gè)平面所成的角相等，則這兩條直線平行
B.若一個(gè)平面內(nèi)有三個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)平面的距離相等，則這兩個(gè)平面平行
C.若一條直線平行于兩個(gè)相交平面，則這條直線與這兩個(gè)平面的交線平行
D.若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行
√
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答案
若兩條直線和同一平面所成的角相等，這兩條直線可能平行，也可能異面，也可能相交，故A錯(cuò)誤；
若一個(gè)平面內(nèi)有三個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)平面的距離相等，這兩個(gè)平面可能平行，也可能相交，故B錯(cuò)誤；
由線面平行的性質(zhì)定理可知C正確；
若兩個(gè)平面垂直同一個(gè)平面，則兩平面可以平行，也可以垂直，故D錯(cuò)誤.
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6.(2025·黃山模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CC1，CD的中點(diǎn)，下列結(jié)論正確的有
A.AE與D1F共面
B.平面AB1D1∥平面EFG
C.AE⊥EF
D.BF∥平面AB1D1
√
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答案
如圖所示，連接BC1，BD，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，則BC1∥AD1，
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，則EF∥BC1，EF＝
BC1，AE＝D1F，
故EF∥AD1，EF＝AD1，所以四邊形AEFD1為等腰梯形，故A正確，C錯(cuò)誤；
因?yàn)锽B1∥DD1且BB1＝DD1，
所以四邊形BB1D1D為平行四邊形，
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答案
則BD∥B1D1，
又因?yàn)镋，G分別為BC，CD的中點(diǎn)，則EG∥BD，所以
EG∥B1D1，
因?yàn)镋G 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，所以EG∥平面
AB1D1，
同理可證EF∥平面AB1D1，
因?yàn)镋F∩EG＝E，EF，EG 平面EFG，所以平面AB1D1∥平面EFG，B正確；
因?yàn)槠矫鍱FG∥平面AB1D1，且BF與平面EFG相交，
故BF與平面AB1D1相交，D錯(cuò)誤.
三、填空題
7.如圖所示，在三棱錐D－ABC中，E，F(xiàn)，G，H分別在棱BD，BC，AC，AD上，CD，AB均與平面EFGH平行，且CD⊥AB，則四邊形EFGH的形狀為　　　 .
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答案
矩形
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答案
因?yàn)镃D∥平面EFGH，CD 平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.
同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，
所以四邊形EFGH為平行四邊形.
又因?yàn)镃D⊥AB，所以HE⊥EF，
所以四邊形EFGH為矩形.
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答案
8.如圖，已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，平面α∥平面ABC，且α分別交線段PA，PB，PC于點(diǎn)A'，B'，C'，若，則＝　　　.
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答案
∵平面α∥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC∩平面α＝A'C'，
∴A'C'∥AC，
∴，
同理可得，
∴△A'B'C'∽△ABC，
∴，
又，∴，
∴.
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答案
四、解答題
9.(2024·銀川模擬)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中點(diǎn)，D1是B1C1的中點(diǎn).求證：
(1)A1B∥平面AC1D；
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答案
如圖，連接A1C，與AC1交于點(diǎn)O，連接DO，則DO是△A1BC的中位線，∴A1B∥DO，
∵DO 平面AC1D，A1B 平面AC1D，
∴A1B∥平面AC1D.
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答案
(2)平面A1BD1∥平面AC1D.
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答案
∵D是BC的中點(diǎn)，D1是B1C1的中點(diǎn)，則D1C1∥BD，D1C1＝BD，
∴四邊形BDC1D1為平行四邊形，
則D1B∥C1D，
又D1B 平面AC1D，C1D 平面AC1D，
∴D1B∥平面AC1D，
∵由(1)可知A1B∥平面AC1D，
又D1B∩A1B＝B，D1B，A1B 平面A1BD1，
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
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答案
10.(2024·太原統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別為PD，BC的中點(diǎn)，平面PAB∩平面PCD＝l.
(1)證明：l∥AB；
因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，則AB∥CD，又AB 平面PCD，CD 平面PCD，所以AB∥平面PCD，
又因?yàn)槠矫鍼AB∩平面PCD＝l，AB 平面PAB，所以l∥AB.
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答案
(2)在線段PD上是否存在一點(diǎn)G，使FG∥平面ABE？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
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答案
存在G，使FG∥平面ABE，＝3，理由如下：
取AD的中點(diǎn)N，連接FN，NG，
因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，所以FN∥AB，又FN 平面ABE，
AB 平面ABE，
所以FN∥平面ABE.
又因?yàn)镕G∥平面ABE，且FN∩FG＝F，F(xiàn)N，F(xiàn)G 平面FNG，
所以平面FNG∥平面ABE.
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答案
平面PAD∩平面ABE＝AE，平面PAD∩平面FNG＝NG，
所以AE∥NG，
因?yàn)镹為AD的中點(diǎn)，所以G為ED的中點(diǎn)，
可得EG＝GD，
又因?yàn)镻E＝ED，所以＝3.
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答案
能力拓展
11.(多選)(2024·沈陽模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，E是棱BB1上的一點(diǎn)，點(diǎn)F在棱DD1上，若A1，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，則下列結(jié)論正確的是
A.四邊形A1ECF為平行四邊形
B.BE＝DF
C.存在點(diǎn)E，使得BD∥平面A1CE
D.四棱錐C1－A1ECF的體積為定值
√
√
√
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答案
在長方體ABCD－A1B1C1D1中，若A1，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，
因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥平面CDD1C1，平面A1ECF∩平面ABB1A1＝A1E，平面A1ECF∩平面CDD1C1＝CF，
所以CF∥A1E，同理CE∥A1F，
則四邊形A1ECF為平行四邊形，A正確；
因?yàn)锳1E＝CF，Rt△A1B1E≌Rt△CDF，
所以B1E＝DF，若E不是棱BB1的中點(diǎn)，則BE≠DF，B錯(cuò)誤；
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答案
當(dāng)E是棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，由B項(xiàng)分析知，F(xiàn)為DD1的中點(diǎn)，四
邊形BEFD是平行四邊形，
則EF∥BD，而EF 平面A1ECF，BD 平面A1ECF，則BD∥
平面A1ECF，因此存在點(diǎn)E，使得BD∥平面A1CE，C正確；
由長方體性質(zhì)知BB1∥CC1，且CC1 平面A1CC1，BB1 平面A1CC1，
則BB1∥平面A1CC1，
同理可得DD1∥平面A1CC1，
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答案
即點(diǎn)E，F(xiàn)到平面A1CC1的距離為定值，
又△A1CC1的面積為定值，
因此三棱錐E－A1CC1和三棱錐F－A1CC1的體積都為定值，
所以四棱錐C1－A1ECF的體積為定值，D正確.
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答案
12.(2024·商洛模擬)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長是2，側(cè)棱長是2，M為A1C1的中點(diǎn)，N是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，則點(diǎn)N的軌跡的長度為　　.
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答案
如圖，取B1C1的中點(diǎn)D，BB1的中點(diǎn)E，連接MD，DE，ME，則DE∥BC1，
又DE 平面ABC1，BC1 平面ABC1，
所以DE∥平面ABC1，
又M為A1C1的中點(diǎn)，所以MD∥A1B1∥AB，
又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，
所以MD∥平面ABC1，
又DE∩MD＝D，DE，MD 平面DEM，
所以平面DEM∥平面ABC1，
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答案
又因?yàn)镹是側(cè)面BCC1B1上一點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，
所以點(diǎn)N的軌跡為線段DE，
DE＝＝2，
所以點(diǎn)N的軌跡的長度為2.
返回(共84張PPT)
第七章
§7.8　向量法求空間角(二)
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.能用向量法解決平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用.
2.弄清折疊問題中的變量與不變量，掌握折疊問題中線面位置關(guān)系的判斷和空間角的計(jì)算問題.
課標(biāo)要求
課時(shí)精練
內(nèi)容索引
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
平面與平面的夾角
如圖，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把
這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面
β的夾角.
若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的
夾角即向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角.設(shè)平面α與平面β的夾
角為θ，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ .
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)二面角的平面角為θ，則兩個(gè)平面的法向量的夾角也是θ.(　　)
(2)兩個(gè)平面的夾角的余弦值大于0.(　　)
(3)二面角的范圍是(0，π).(　　)
(4)若二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量n1，n2的夾角為θ，則二面角α－l－β的大小是π－θ.(　　)
×
×
×
×
2.已知二面角α－l－β的大小為θ，平面α，β的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則θ為
A. B.
C.或 D.或
∵m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
∴m·n＝1，|m|＝1，|n|＝，
則|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝，
又θ∈[0，π]，∴θ＝.
√
3.(2024·酒泉模擬)設(shè)a＝(1，1，0)，b＝(t，0，1)分別為兩平面的法向量，若兩平面的夾角為60°，則t等于
A.1 B.－1 C.－1或1 D.2
因?yàn)榉ㄏ蛄縜，b的夾角與兩平面的夾角相等或互補(bǔ)，
所以＝±，得t＝±1.
√
4.(2024·安康模擬)如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，AE⊥平面ABCD，若AE＝1，則平面ADE與平面BCE的夾角為　　　.
45°
因?yàn)锳E⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為正方形，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1，0，0)，C(1，1，0)，E(0，0，1)，所以＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，
設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，
則取n＝(1，0，1)，
又平面ADE的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，
設(shè)平面ADE與平面BCE的夾角為θ，則cos θ＝，
又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.
1.二面角的范圍是[0，π]，兩個(gè)平面夾角的范圍是.
2.若平面α與平面β的夾角為θ1，平面α內(nèi)的直線l與平面β所成角為θ2，則θ1≥θ2，當(dāng)l與α和β的交線垂直時(shí)，取等號.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(2024·新課標(biāo)全國Ⅰ)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；
平面與平面的夾角
題型一
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因?yàn)锽C2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，
根據(jù)平面知識可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值為，求AD.
以D為原點(diǎn)，的方向分別為x軸、y軸正方向建立
如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)AD＝p，DC＝q，
滿足p2＋q2＝AC2＝4.
則A(p，0，0)，P(p，0，2)，C(0，q，0)，D(0，0，0).
設(shè)平面APC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
因?yàn)椋?0，0，2)，＝(－p，q，0)，
所以取m＝(q，p，0).
設(shè)平面DPC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
因?yàn)椋?p，0，2)，＝(0，q，0)，
所以
取n＝(2，0，－p).
所以|cos〈m，n〉|＝
＝，
又因?yàn)閜2＋q2＝4，所以，
解得p＝(負(fù)值舍去)，即AD＝.
利用法向量的方向判斷二面角
微拓展
二面角的大小可以通過這兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩法向量的夾角或其補(bǔ)角，法向量的方向指向內(nèi)部的稱為“進(jìn)”入半平面；法向量的方向指向外部的稱為穿“出”半平面；當(dāng)法向量m，n“一進(jìn)一出”時(shí)，m，n的夾角就是二面角的大小；當(dāng)法向量m，n“同進(jìn)同出”時(shí)，m，n的夾角就是二面角的補(bǔ)角.
典例　在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點(diǎn)E為棱AB
的中點(diǎn)，則二面角D1－EC－D的余弦值為　　 .
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由AD＝AA1＝1，AB＝2，得E(1，1，1)，C(0，2，1)，D1(0，0，0)，
則＝(1，1，1)，＝(0，2，1)，
設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令z＝－2，得n＝(1，1，－2)，
易知平面DEC的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，
則cos〈m，n〉＝＝－，
由法向量的方向?yàn)橥觯?br/>得二面角D1－EC－D的余弦值為.
利用空間向量計(jì)算平面與平面夾角大小的常用方法
(1)找法向量：分別求出兩個(gè)平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到平面與平面夾角的大小.
(2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，然后通過這兩個(gè)向量的夾角可得到平面與平面夾角的大小.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(2025·南通檢測)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1，BCC1B1均為正方形，AB＝BC＝2，AB⊥BC，D是AB的中點(diǎn).
(1)求證：BC1∥平面A1DC；
如圖，連接AC1，交A1C于E，連接DE.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1是平行四邊形，
故E是AC1的中點(diǎn)，
又因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，則DE∥BC1.
因?yàn)镈E 平面A1DC，BC1 平面A1DC，故BC1∥平面A1DC.
(2)求平面A1DC與平面A1AC夾角的余弦值.
因?yàn)閭?cè)面ABB1A1，BCC1B1均為正方形，則BB1⊥AB，
BB1⊥BC.
又因?yàn)锳B，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，故BB1⊥平
面ABC.
如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以為一個(gè)正
交基底建立空間直角坐標(biāo)系.
因?yàn)锳B＝BC＝2，側(cè)面ABB1A1，BCC1B1均為正方形，故A1A＝2.
由C(2，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，2，2)，可得＝(－2，1，0)，
＝(0，－1，－2).
設(shè)平面A1DC的法向量為n＝(x，y，z)，
則有故可取n＝(1，2，－1)；
又A(0，2，0)，所以＝(2，－2，0)，＝(0，
0，2)，設(shè)平面A1AC的法向量為m＝(x'，y'，z')，
則有故可取m＝(1，1，0).
設(shè)平面A1DC與平面A1AC的夾角為θ，
則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以平面A1DC與平面A1AC夾角的余弦值為.
折疊問題與空間角
題型二
例2　(2024·新課標(biāo)全國Ⅱ)如圖，平面四邊形ABCD中，
AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝
30°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別滿足，，將
△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)證明：EF⊥PD；
由AB＝8，AD＝5，
，
得AE＝2，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
則AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值.
連接CE，由∠ADC＝90°，
ED＝3，CD＝3，
則EC2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，
PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，
EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，
則PE，EF，ED兩兩垂直，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則E(0，0，0)，P(0，0，2)，
D(0，3，0)，C(3，3，0)，
F(2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中點(diǎn)，得B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，
＝(0，3，－2)，
＝(4，2，－2)，
＝(2，0，－2)，
設(shè)平面PCD和平面PBF的法向量分別為
n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
則
令y1＝2，x2＝，
得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)，
設(shè)平面PCD和平面PBF所成的二面角為θ，
所以|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝，
則sin θ＝，
即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值為.
三步解決平面圖形的折疊問題
思維升華
跟蹤訓(xùn)練2　(2024·濟(jì)寧模擬)圖1是由正方形ABCD和兩個(gè)正三角形△ADE，△CDF組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝2，現(xiàn)將△ADE沿AD折起使得平面ADE⊥平面ABCD，將△CDF沿CD
折起使得平面CDF⊥平面ABCD，連
接EF，BE，BF，如圖2.
(1)求證：EF∥平面ABCD；
分別取棱CD，AD的中點(diǎn)O，P，連接OF，PE，OP，
由△CDF是邊長為2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，
OF 平面CDF，則OF⊥平面ABCD，
同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
于是OF∥PE，OF＝PE，即四邊形OPEF為平行四邊形，OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)求平面ADE與平面BCF夾角的大小.
取棱AB的中點(diǎn)Q，連接OQ，由四邊形ABCD為正方形，
得OQ⊥CD，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為x，y，z
軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令z＝1，得n＝(0，，1)，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面
ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，則＝(0，2，0)為平面ADE的一
個(gè)法向量，設(shè)平面ADE與平面BCF的夾角為θ，
則cos θ＝|cos〈，n〉|＝，
而θ∈，解得θ＝，
所以平面ADE與平面BCF的夾角為.
返回
課時(shí)精練
答案
1
2
3
4
(1)∵CD是圓的直徑，
∴CE⊥DE，
又∵AD⊥平面CDE，CE 平面CDE，∴CE⊥AD，
又∵DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，∴CE⊥平面ADE，
又AE 平面ADE，∴AE⊥CE.
1.
答案
1
2
3
4
(2)記點(diǎn)E1為點(diǎn)E在底面上的投影，以E1為坐標(biāo)原點(diǎn)，E1A，E1B，E1E所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
∵AB＝4，∠EDC＝，
∴DE＝2，EC＝2，
故E(0，0，2)，O(1，，2)，
B(0，2，0)，D(2，0，2)，
1.
答案
1
2
3
4
∴＝(1，，0)，＝(0，2，－2)，
＝(－1，，－2)，
＝(1，－，0)，
記平面EOB，平面DOB的法向量分別為n＝(x1，y1，z1)，
m＝(x2，y2，z2)，
則
1.
答案
1
2
3
4
即
故可取y1＝y(tǒng)2＝1，則x1＝－，
z1＝，x2＝，z2＝0，
即n＝(－，1，)，m＝(，1，0)，
1.
答案
1
2
3
4
∴cos〈n，m〉＝＝－，
∴平面EOB與平面DOB夾角的余弦值為.
1.
答案
1
2
3
4
(1)由題可知AB⊥AE，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AC，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AB，所以EF⊥EC，EF⊥AE，
又因?yàn)镋C∩AE＝E，EC，
AE 平面AEC，
所以EF⊥平面AEC，
因?yàn)镋F 平面ABFE，
所以平面AEC⊥平面ABFE.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可知EF⊥EC，
EF⊥AE，因?yàn)椤螦EC＝，
所以AE⊥EC，所以AE，EF，EC兩兩垂直，
以EA所在直線為x軸，EF所在直線為y軸，
EC所在直線為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz，
則E(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(1，1，0)，
2.
答案
1
2
3
4
易得平面CEF的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，
設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，
所以即
取n＝(1，－1，－1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝.
所以平面BCF與平面CEF夾角的余弦值為.
2.
答案
1
2
3
4
(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BB1所在的直線分別為x，
y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，
E(0，0，2λ)，
當(dāng)λ＝時(shí)，E，
所以＝(0，－2，0)，＝(2，0，2)，，
可得·＝0，·＝0，
3.
答案
1
2
3
4
所以CE⊥AB，CE⊥BC1，
又因?yàn)锳B∩BC1＝B，AB，
BC1 平面ABC1，
所以CE⊥平面ABC1.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得＝(2，－2，0)，
＝(0，－2，2λ)，
設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令z＝1，可得x＝λ，y＝λ，
所以n＝(λ，λ，1)，
3.
答案
1
2
3
4
因?yàn)锽C⊥平面ABE，所以平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(2，0，0)，
所以|cos θ|＝＝
，
又因?yàn)?<λ<1，可得6+>7，
所以|cos θ|<，
因?yàn)槎娼荁－AE－C為銳二面角，所以0所以cos θ的取值范圍為.
3.
答案
1
2
3
4
(1)在圖1中連接CE，因?yàn)锳D∥BC，AB＝BC＝AD，
E是AD的中點(diǎn)，∠BAD＝，
所以四邊形ABCE為正方形，
四邊形BCDE為平行四邊形，
所以BE⊥AC.
即在圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，
OA1，OC 平面A1OC，
所以BE⊥平面A1OC.
因?yàn)锽E 平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC.
所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，
所以∠A1OC＝.
以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)A1B＝1，所以A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，
因?yàn)锽C∥ED，
4.
答案
1
2
3
4
所以B，E，A1，C.
得，
，
＝(－，0，0).
設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC與平面A1CD的夾角為θ，
4.
答案
1
2
3
4
則得
取n1＝(1，1，1).
同理得
取n2＝(0，1，1).
從而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.
4.
1.(2024·茂名模擬)如圖，幾何體是圓柱的一半，四邊形ABCD是圓柱的軸截面，O為CD的中點(diǎn)，E為半圓弧CD上異于C，D的一點(diǎn).
(1)證明：AE⊥CE；
1
2
3
4
知識過關(guān)
答案
1
2
3
4
答案
∵CD是圓的直徑，∴CE⊥DE，
又∵AD⊥平面CDE，CE 平面CDE，∴CE⊥AD，
又∵DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，∴CE⊥平面
ADE，
又AE 平面ADE，∴AE⊥CE.
(2)若AB＝2AD＝4，∠EDC＝，求平面EOB與平面DOB夾角的余弦值.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
記點(diǎn)E1為點(diǎn)E在底面上的投影，以E1為坐標(biāo)原點(diǎn)，E1A，
E1B，E1E所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示
的空間直角坐標(biāo)系.
∵AB＝4，∠EDC＝，∴DE＝2，EC＝2，
故E(0，0，2)，O(1，，2)，B(0，2，0)，D(2，0，2)，
∴＝(1，，0)，＝(0，2，－2)，＝(－1，，－2)，＝(1，－，0)，
1
2
3
4
答案
記平面EOB，平面DOB的法向量分別為n＝(x1，y1，
z1)，m＝(x2，y2，z2)，
則
即
故可取y1＝y(tǒng)2＝1，則x1＝－，z1＝，x2＝，z2＝0，
1
2
3
4
答案
即n＝(－，1，)，m＝(，1，0)，
∴cos〈n，m〉＝＝－，
∴平面EOB與平面DOB夾角的余弦值為.
1
2
3
4
答案
2.(2025·常州模擬)如圖1所示，△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝2，E，F(xiàn)分別為AC，BC的中點(diǎn)，將△CEF沿直線EF翻折，使得∠AEC＝，如圖2所示.
(1)求證：平面AEC⊥平面ABFE；
1
2
3
4
答案
由題可知AB⊥AE，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AC，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AB，
所以EF⊥EC，EF⊥AE，
又因?yàn)镋C∩AE＝E，EC，AE 平面AEC，
所以EF⊥平面AEC，
因?yàn)镋F 平面ABFE，
所以平面AEC⊥平面ABFE.
1
2
3
4
答案
(2)求平面BCF與平面CEF夾角的余弦值.
1
2
3
4
答案
由(1)可知EF⊥EC，EF⊥AE，因?yàn)椤螦EC＝，
所以AE⊥EC，所以AE，EF，EC兩兩垂直，以EA所在
直線為x軸，EF所在直線為y軸，EC所在直線為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz，
則E(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(1，1，0)，
易得平面CEF的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，
設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
所以
即
取n＝(1，－1，－1)，
所以|cos〈m，n〉|＝.
所以平面BCF與平面CEF夾角的余弦值為.
1
2
3
4
答案
3.(2024·漳州模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，AB⊥BC，CC1＝2，＝λ(0<λ<1).
(1)當(dāng)λ＝時(shí)，求證：CE⊥平面ABC1；
1
2
3
4
答案
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BB1所在的直線分別為x，y，z軸
建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，
E(0，0，2λ)，
當(dāng)λ＝時(shí)，E，
所以＝(0，－2，0)，＝(2，0，2，
可得·＝0，·＝0，
1
2
3
4
答案
所以CE⊥AB，CE⊥BC1，
又因?yàn)锳B∩BC1＝B，AB，BC1 平面ABC1，
所以CE⊥平面ABC1.
1
2
3
4
答案
(2)設(shè)二面角B－AE－C的大小為θ，求cos θ的取值范圍.
1
2
3
4
答案
由(1)可得＝(2，－2，0)，＝(0，－2，2λ)，
設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令z＝1，可得x＝λ，y＝λ，
所以n＝(λ，λ，1)，
因?yàn)锽C⊥平面ABE，所以平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(2，0，0)，
1
2
3
4
答案
所以|cos θ|＝，
又因?yàn)?<λ<1，可得6＋>7，
所以|cos θ|<，
因?yàn)槎娼荁－AE－C為銳二面角，
所以0所以cos θ的取值范圍為.
1
2
3
4
答案
4.(2024·泰安模擬)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2.
(1)證明：平面BCDE⊥平面A1OC；
能力拓展
1
2
3
4
答案
在圖1中連接CE，因?yàn)锳D∥BC，AB＝BC＝AD，
E是AD的中點(diǎn)，∠BAD＝，
所以四邊形ABCE為正方形，四邊形BCDE為平行
四邊形，所以BE⊥AC.
即在圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，OA1，OC 平面A1OC，
所以BE⊥平面A1OC.
因?yàn)锽E 平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.
1
2
3
4
答案
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.
1
2
3
4
答案
由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC.
所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，
所以∠A1OC＝.
以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)A1B＝1，所以A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，
因?yàn)锽C∥ED，
1
2
3
4
答案
所以B，E，A1，
C.
得
＝(－，0，0).
設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為θ，
則
1
2
3
4
答案
取n1＝(1，1，1).
同理
取n2＝(0，1，1).
從而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝，
即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.
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第七章
必刷大題14　空間向量與
　　　　 　 立體幾何
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
答案
1
2
3
4
(1)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，AD⊥AB，
AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面ABE，
又因?yàn)椤螮AB＝90°，
則以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，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(biāo)系，由已知AE＝AD＝CD＝AB＝1，
所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，1，1)，D(0，0，1)，E(1，0，0).
1.
答案
1
2
3
4
因?yàn)椋?0，－1，1)，平面ADE的一個(gè)法向量為n1＝(0，1，0)，
設(shè)直線BC與平面ADE所成的角為θ1，
則sin θ1＝|cos〈，n1〉|＝，
又θ1∈，所以直線BC與平面ADE所成角的大小為.
1.
答案
1
2
3
4
(2)設(shè)平面BCE的法向量為
n2＝(x，y，z)，＝(0，－1，1)，
＝(1，－2，0)，
則
令x＝2，則n2＝(2，1，1)，
因?yàn)椋?0，1，0)，所以點(diǎn)D到平面BCE的距離為.
1.
答案
1
2
3
4
(1)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，
B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，
A2(2，2，1)，∴＝(0，－2，1)，
＝(0，－2，1)，∴∥ ，
又B2C2，A2D2不在同一條直線上，∴B2C2∥A2D2.
2.
答案
1
2
3
4
(2)設(shè)P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
則
＝(－2，－2，2)，
＝(0，－2，3－λ)，
＝(－2，0，1)，
設(shè)平面PA2C2的法向量為n＝(x，y，z)，
2.
答案
1
2
3
4
則
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
設(shè)平面A2C2D2的法向量為
m＝(a，b，c)，
2.
答案
1
2
3
4
則
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1，1，2)，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
2.
答案
1
2
3
4
化簡可得λ2－4λ+3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
2.
答案
1
2
3
4
(1)因?yàn)锽C∥AD，BC＝2，
AD＝4，M為AD的中點(diǎn)，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四邊形BCDM為平行四邊形，
所以BM∥CD，
又因?yàn)锽M 平面CDE，
CD 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
3.
答案
1
2
3
4
(2)如圖所示，作BO⊥AD交AD于O，
連接OF，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為等腰梯形，BC∥AD，
AD＝4， AB＝BC＝2，所以CD＝2，
結(jié)合(1)可知四邊形BCDM為平行四邊形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM為等邊三角形，
O為AM的中點(diǎn)，所以O(shè)B＝，
3.
答案
1
2
3
4
又因?yàn)樗倪呅蜛DEF為等腰梯形，
M為AD的中點(diǎn)，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四邊形EFMD為平行四邊形，
FM＝ED＝AF＝，
所以△AFM為等腰三角形，
△ABM與△AFM底邊上中點(diǎn)O重合，
則OF⊥AM，OF＝＝3，
3.
答案
1
2
3
4
因?yàn)镺B2+OF2＝FB2，
所以O(shè)B⊥OF，
所以O(shè)B，OD，OF兩兩垂直，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向?yàn)閤軸正方向，
方向?yàn)閥軸正方向，方向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝(－，1，0)，
3.
答案
1
2
3
4
＝(－，0，3)，
＝(－，2，3)，
設(shè)平面BFM的法向量為
m＝(x1，y1，z1)，
平面EMB的法向量為
n＝(x2，y2，z2)，
則
3.
答案
1
2
3
4
即
令x1＝，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(，3，1)，
則
即
3.
答案
1
2
3
4
令x2＝，得y2＝3，z2＝－1，
即n＝(，3，－1)，
所以cos〈m，n〉＝
＝，
則sin〈m，n〉＝，
故二面角F－BM－E的正弦值為.
3.
答案
1
2
3
4
(1)在正方形ABCD中，
AD∥BC，
因?yàn)锳D 平面PBC，
BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因?yàn)锳D 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，
因?yàn)樵谒睦忮FP－ABCD中，
4.
答案
1
2
3
4
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因?yàn)镻D⊥平面ABCD，
所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因?yàn)镈C∩PD＝D，DC，
PD 平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
4.
答案
1
2
3
4
(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)镻D＝AD＝1，則有D(0，0，0)，C(0，1，0)，
A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
設(shè)Q(m，0，1)，
則有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)，
設(shè)平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，
4.
答案
1
2
3
4
則即
令x＝1，則z＝－m，
所以平面QCD的一個(gè)法向量為
n＝(1，0，－m)，
則cos〈n，〉＝＝.
設(shè)直線PB與平面QCD所成的角為θ，
4.
答案
1
2
3
4
則sin θ＝|cos〈n，〉|
＝
＝··≤·
≤×，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等號，
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2025·黔西模擬)如圖，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB∥CD，AE＝AD＝CD＝AB＝1，∠EAB＝90°.
(1)求直線BC與平面ADE所成角的大小；
1
2
3
4
答案
因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，
AD⊥AB，
AD 平面ABCD，所以AD⊥平面ABE，
又因?yàn)椤螮AB＝90°，
則以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，由已知AE＝AD＝CD＝AB＝1，
所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，1，1)，D(0，0，1)，E(1，0，0).
因?yàn)椋?0，－1，1)，平面ADE的一個(gè)法向量為n1＝(0，1，0)，
1
2
3
4
答案
設(shè)直線BC與平面ADE所成的角為θ1，則sin θ1＝|cos〈，
n1〉|＝，
又θ1∈，所以直線BC與平面ADE所成角的大小為.
1
2
3
4
答案
(2)求點(diǎn)D到平面BCE的距離.
1
2
3
4
答案
設(shè)平面BCE的法向量為n2＝(x，y，z)，＝(0，－1，1)，＝(1，－2，0)，
則
令x＝2，則n2＝(2，1，1)，
因?yàn)椋?0，1，0)，所以點(diǎn)D到平面BCE的距離為.
1
2
3
4
答案
2.如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)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；
1
2
3
4
答案
以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，
D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
∴∥ ，
又B2C2，A2D2不在同一條直線上，
∴B2C2∥A2D2.
1
2
3
4
答案
(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.
1
2
3
4
答案
設(shè)P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
則＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，
設(shè)平面PA2C2的法向量為n＝(x，y，z)，
則
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
設(shè)平面A2C2D2的法向量為m＝(a，b，c)，
1
2
3
4
答案
則
令 a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
＝|cos 150°|＝，
化簡可得λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
1
2
3
4
答案
3.(2024·全國甲卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，F(xiàn)B＝2，M為AD的中點(diǎn).
(1)證明：BM∥平面CDE；
1
2
3
4
答案
因?yàn)锽C∥AD，BC＝2，
AD＝4，M為AD的中點(diǎn)，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四邊形BCDM為平行四邊形，
所以BM∥CD，
又因?yàn)锽M 平面CDE，CD 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
1
2
3
4
答案
(2)求二面角F－BM－E的正弦值.
1
2
3
4
答案
如圖所示，作BO⊥AD交AD于O，連接OF，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，
AB＝BC＝2，所以CD＝2，
結(jié)合(1)可知四邊形BCDM為平行四邊形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM為等邊三角形，
O為AM的中點(diǎn)，所以O(shè)B＝，
又因?yàn)樗倪呅蜛DEF為等腰梯形，
1
2
3
4
答案
M為AD的中點(diǎn)，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四邊形EFMD為平行四邊形，
FM＝ED＝AF＝，
所以△AFM為等腰三角形，
△ABM與△AFM底邊上中點(diǎn)O重合，
則OF⊥AM，OF＝＝3，
因?yàn)镺B2＋OF2＝FB2，
1
2
3
4
答案
所以O(shè)B⊥OF，
所以O(shè)B，OD，OF兩兩垂直，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向?yàn)閤軸正方向，方向?yàn)?br/>y軸正方向，方向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐
標(biāo)系，
則F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，
＝(－，1，0)，＝(－，0，3)，＝(－，2，3)，
設(shè)平面BFM的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
1
2
3
4
答案
平面EMB的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則
令x1＝，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(，3，1)，
則
令x2＝，得y2＝3，z2＝－1，
1
2
3
4
答案
即n＝(，3，－1)，
所以cos〈m，n〉＝，
則sin〈m，n〉＝，
故二面角F－BM－E的正弦值為.
1
2
3
4
答案
4.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.
(1)證明：l⊥平面PDC；
1
2
3
4
答案
在正方形ABCD中，AD∥BC，
因?yàn)锳D 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因?yàn)锳D 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，
因?yàn)樵谒睦忮FP－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因?yàn)镈C∩PD＝D，DC，PD 平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
1
2
3
4
答案
(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.
1
2
3
4
答案
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示
的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)镻D＝AD＝1，則有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，
0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，
設(shè)Q(m，0，1)，
則有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)，
設(shè)平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，
1
2
3
4
答案
則
令x＝1，則z＝－m，
所以平面QCD的一個(gè)法向量為n＝(1，0，－m)，
則cos〈n，〉＝.
設(shè)直線PB與平面QCD所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝
1
2
3
4
答案
＝··
≤·≤×，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等號，
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.(共85張PPT)
第七章
§7.6　空間向量的概念與
　　　運(yùn)算
數(shù)學(xué)
大
一
輪
復(fù)
習(xí)
1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標(biāo)表示.
2.掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示，掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直.
3.理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理.
課標(biāo)要求
內(nèi)容索引
課時(shí)精練
第一部分 落實(shí)主干知識
第二部分 探究核心題型
落實(shí)主干知識
第一部分
1.空間向量的有關(guān)概念
名稱 定義
空間向量 在空間中，具有　　　和　　　的量
相等向量 方向　　　且模　　　的向量
相反向量 長度　　　而方向　　　的向量
共線向量 (或平行向量) 表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相_____
或　　　的向量
共面向量 平行于　　　　　　的向量
大小
方向
相同
相等
相等
相反
平行
重合
同一個(gè)平面
2.空間向量的有關(guān)定理
(1)共線向量定理：對任意兩個(gè)空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使　　　　.
(2)共面向量定理：如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在　　　的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝　　　　.
(3)空間向量基本定理
如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對任意一個(gè)空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝　　　　 .{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底.
a＝λb
唯一
xa＋yb
xa＋yb＋zc
3.空間向量的數(shù)量積及運(yùn)算律
(1)數(shù)量積
非零向量a，b的數(shù)量積
a·b＝　　　　　　　　.
(2)空間向量的坐標(biāo)表示及其應(yīng)用
設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示 坐標(biāo)表示
數(shù)量積 a·b ________________
共線 a＝λb(b≠0，λ∈R) _________________________
|a||b|cos〈a，b〉
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
向量表示 坐標(biāo)表示
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ____________________
模 |a|
______________
夾角余弦值
cos〈a，b〉＝_____________________
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
　
4.空間位置關(guān)系的向量表示
(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量a為直線l的方向向量.
(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則稱向量a為平面α的法向量.
(3)空間位置關(guān)系的向量表示
位置關(guān)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)
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 l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
1.判斷下列結(jié)論是否正確.(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?
(1)空間中任意兩個(gè)非零向量a，b共面.(　　)
(2)空間中模相等的兩個(gè)向量方向相同或相反.(　　)
(3)若A，B，C，D是空間中任意四點(diǎn)，則有＝0.(　　)
(4)若直線a的方向向量和平面α的法向量平行，則a∥α.(　　)
×
√
×
√
2.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AC與BD的交點(diǎn)為點(diǎn)M，設(shè)＝a，＝b，＝c，則下列向量中與相等的向量是
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b－c D.－a－b＋c
√
)＝＝－a－b－c.
3.若平面α外的直線l的方向向量為a＝(1，0，－2)，平面α的法向量為m＝(8，－1，4)，則
A.l⊥α B.l∥α
C.a∥m D.l與α斜交
根據(jù)題意，直線l的方向向量為a＝(1，0，－2)，
平面α的法向量為m＝(8，－1，4)，易得a·m＝1×8－2×4＝0，
又直線l在平面α外，則有l(wèi)∥α.
√
4.已知空間向量a＝(λ，1，2)，b＝(2，λ＋1，λ)，若a∥b，則實(shí)數(shù)λ＝　　.
－2
由a∥b，可設(shè)b＝μa(μ∈R)，
則(2，λ＋1，λ)＝(μλ，μ，2μ)，
所以
1.牢記空間中三點(diǎn)共線、四點(diǎn)共面的充要條件
(1)在平面中A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O為平面內(nèi)任意一點(diǎn).
(2)在空間中P，A，B，C四點(diǎn)共面的充要條件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O為空間任意一點(diǎn).
微點(diǎn)提醒
2.解題時(shí)防范以下幾個(gè)易誤點(diǎn)
(1)向量的數(shù)量積滿足交換律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不滿足結(jié)合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
(2)由于0與任意一個(gè)非零向量共線，與任意兩個(gè)非零向量共面，故0不能作為基向量.
(3)直線的方向向量和平面的法向量均不為零向量且不唯一.
返回
微點(diǎn)提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)設(shè)x，y是實(shí)數(shù)，已知三點(diǎn)A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(x，3，y＋2)在同一條直線上，那么x＋y等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
空間向量的線性運(yùn)算
題型一
由已知可得＝(1，－1，3)，＝(x－1，－2，y＋4).
因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)共線，所以共線，
所以，
解得x＝3，y＝2，所以x＋y＝5.
(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E是BC的中點(diǎn)，＝2，則等于
A. B.
C.－ D.－
√
因?yàn)椋?，
所以
＝×)＋)＋
＝.
用已知向量表示某一向量的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
(1)要結(jié)合圖形，以圖形為指導(dǎo)是解題的關(guān)鍵.
(2)要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘運(yùn)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.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練1　(2024·六安統(tǒng)考)如圖，底面為平行四邊形的四棱錐P－ABCD，EC＝2PE，若＝x＋y＋z，則x＋y＋z等于
A.1 B.2
C. D.
√
由題意得
＝)
＝，
又因?yàn)椋絰＋y＋z，
所以x＝1，y＝－，z＝，
所以x＋y＋z＝1.
空間向量基本定理及其應(yīng)用
題型二
例2　下列說法正確的是
A.若a與b共線，b與c共線，則a與c共線
B.若{a，b，c}為空間的一個(gè)基底，則a＋2b，a＋b，a－b能構(gòu)成基底
C.若，則A，B，C，G四點(diǎn)共面
D.若向量p＝mx＋ny＋kz(其中x，y，z是三個(gè)不共面的向量，m，n，k∈R)，
　則稱p在基底{x，y，z}下的坐標(biāo)為(m，n，k).若p在單位正交基底{a，b，c}
　下的坐標(biāo)為(1，2，3)，則p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐標(biāo)為
√
對于A，若b＝0，則滿足a與b共線，b與c共線，但是a與c不一定共線，故A錯(cuò)誤；
對于B，a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，則a＋2b，a＋b，a－b共面，不能構(gòu)成基底，故B錯(cuò)誤；
對于C，對于≠1，故A，B，C，G四點(diǎn)不共面，故C錯(cuò)誤；
對于D，p在單位正交基底{a，b，c}下的坐標(biāo)為(1，2，3)，即p＝a＋2b＋3c，設(shè)p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐標(biāo)為(x，y，z)，則滿足p＝x(a－b)＋y(a＋b)＋zc＝(x＋y)a＋(y－x)b＋zc＝a＋2b＋3c，
故
則p在基底{a－b，a＋b，c}下的坐標(biāo)為，故D正確.
應(yīng)用共線(面)向量定理證明點(diǎn)共線(面)的方法比較
思維升華
三點(diǎn)P，A，B共線 空間四點(diǎn)M，P，A，B共面
跟蹤訓(xùn)練2　(1)O為空間任意一點(diǎn)，若＝－＋t，若A，B，C，P四點(diǎn)共面，則實(shí)數(shù)t等于
A.1 B. C. D.
√
因?yàn)椋?br/>所以＝－＋t可化為
＝－＋t，
即＋t，
由于A，B，C，P四點(diǎn)共面，則＋t＝1，
解得t＝.
(2)已知空間向量a＝(1，2，0)，b＝(0，－1，1)，c＝(2，3，m)，若a，b，c共面，則實(shí)數(shù)m等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
因?yàn)閍＝(1，2，0)，b＝(0，－1，1)不共線，a，b，c共面，
所以存在唯一有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使c＝xa＋yb，
所以(2，3，m)＝x(1，2，0)＋y(0，－1，1)＝(x，2x－y，y)，
所以
解得
空間向量數(shù)量積及其應(yīng)用
題型三
例3　(1)(多選)已知空間中A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)三點(diǎn)，則
A.△ABC為直角三角形
B.與向量方向相同的單位向量是
C.與夾角的余弦值是－
D.平面ABC的一個(gè)法向量是(1，－2，5)
√
√
√
因?yàn)锳(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，
所以＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，
·＝－2＋2＋0＝0，
所以AB⊥AC，故A正確；
因?yàn)閨|＝，
所以與向量，故B錯(cuò)誤；
又＝(－3，1，1)，所以＝
－，故C正確；
不妨令n＝(1，－2，5)，則n·＝1×2＋(－2)×1＋5×0＝0，
n·＝1×(－1)＋(－2)×2＋5×1＝0，
即⊥n且⊥n，
所以n＝(1，－2，5)是平面ABC的一個(gè)法向量，故D正確.
(2)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的各條棱長均為1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∠BAD＝90°，則線段AC1的長度為　　 .
取{·＝0，·
·，
∴||＝ ＝
＝.
空間向量的數(shù)量積運(yùn)算有兩條途徑，一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計(jì)算；二是利用坐標(biāo)運(yùn)算.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練3　(2024·滄州模擬)《九章算術(shù)》是我國東漢初年編訂的一部數(shù)學(xué)經(jīng)典著作，在第五卷《商功》中記載“斜解立方，得兩塹堵”，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱.已知在塹堵ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2，AC＝AA1＝3，，＝2，則·＝　　，EF＝　　.
1
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，AA1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
∵AB＝2，AC＝AA1＝3，＝2，
∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，3，0)，A1(0，0，3)，E，
F(0，1，2)，
∴＝(－2，1，2)，
∴·＝1×(－2)＋0×1＋×2＝1.
，∴||＝.
向量法證明平行、垂直
題型四
例4　如圖，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn).求證：
(1)EF∥平面A1B1BA；
因?yàn)锳B＝AC，E為BC的中點(diǎn)，
所以AE⊥BC.
因?yàn)锳A1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以過E作平行于BB1的垂線為z軸，EC，EA所在直線分別
為x軸、y軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
因?yàn)锳B＝3，BE＝，
所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，
A(0，2，0)，B(－，0，0)，A1(0，2，)，
則F.
＝(－，－2，0)，＝(0，0，).
設(shè)平面AA1B1B的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則
取所以n＝(－2，，0).
因?yàn)椤＝×(－2)＋1××0＝0，
所以⊥n.
又EF 平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
易證EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0，0)為平面AEA1的一個(gè)法向量.
同理易證EA⊥平面BCB1，
所以＝(0，2，0)為平面BCB1的一個(gè)法向量.
因?yàn)椤ぃ?，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
(1)利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及直線、平面的要素).
(2)向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的有關(guān)定理.
思維升華
跟蹤訓(xùn)練4　(2025·長沙統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點(diǎn)，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F.
(1)求證：PA∥平面EDB；
在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD，DC 平
面ABCD，
則PD⊥AD，PD⊥DC，由底面ABCD是正方形，得AD
⊥DC，
以D為原點(diǎn)，直線DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.
設(shè)DC＝2，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，
＝(2，0，－2)，＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，設(shè)平面EDB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則
令y1＝－1，得m＝(1，－1，1)，則·m＝2－2＝0，
而PA 平面EDB，所以PA∥平面EDB.
(2)求證：平面PBC⊥平面EFD.
由(1)知，＝(2，2，－2)，由·＝0＋2－2＝0，
得PB⊥DE，
又EF⊥PB，且EF∩DE＝E，EF，DE 平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
又PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面EFD.
返回
課時(shí)精練
對一對
答案
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5
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11
12
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D A B BD ABD 2
題號 8 11 12 答案 C 3 答案
1
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6
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11
12
(1)∵E，H分別是線段PA，AB的中點(diǎn)，
∴PB∥EH.
∵PB 平面EFH，
且EH 平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
9.
答案
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11
12
(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
則A(0，0，0)，
D(0，2，0)，
P(0，0，2)，
F(0，1，1)，
H(1，0，0).
9.
答案
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11
12
＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，
∴·＝0×0+2×1+(－2)×1＝0，
·＝0×1+2×0+(－2)×0＝0.
∴⊥，⊥，
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，
且AH，AF 平面AHF，
∴PD⊥平面AHF.
9.
答案
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(1)＝－)＝－a+b－c.
(2)假設(shè)存在點(diǎn)M，使AM⊥A1N，設(shè)＝λ＝λb(λ∈[0，1])，
顯然
＝c－a+λb.
因?yàn)锳M⊥A1N，
所以·＝0，
即(c－a+λb)·＝0，
10.
答案
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11
12
所以－c·a+c·b－c2+a2－a·b+c·a－λa·b+λb2－λb·c＝0.
設(shè)CA＝CB＝CC1＝1，
又〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，
所以c·a－c2+a2－a·b+λb2＝0，
即×1×1×－12+×12－×1×1×λ·12＝0，解得λ＝，
所以當(dāng)C1M＝C1B1時(shí)，AM⊥A1N.
10.
一、單項(xiàng)選擇題
1.在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，則)等于
A.－ B. C. D.－
1
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12
知識過關(guān)
答案
在空間四邊形ABCD中，E為BC的中點(diǎn)，則＝2，
所以)＝.
√
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9
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11
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答案
2.(2024·嘉興模擬)設(shè)x，y∈R，a＝(1，1，1)，b＝(1，y，z)，c＝(x，－4，2)，且a⊥c，b∥c，則|2a＋b|等于
A.2 B.0 C.3 D.3
由a⊥c a·c＝0 x－4＋2＝0 x＝2，
由b∥c y＝－2，z＝1.
所以|2a＋b|＝|2(1，1，1)＋(1，－2，1)|＝|(3，0，3)|＝3.
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答案
3.(2025·長春模擬)下列可使非零向量a，b，c構(gòu)成空間的一個(gè)基底的條件是
A.a，b，c兩兩垂直 B.b＝λc(λ∈R)
C.a＝mb＋nc(m，n∈R) D.a＋b＋c＝0
√
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答案
由基底定義可知只有非零向量a，b，c不共面時(shí)才能構(gòu)成空間中的一個(gè)基底.
對于A，因?yàn)榉橇阆蛄縜，b，c兩兩垂直，所以非零向量a，b，c不共面，可構(gòu)成空間的一個(gè)基底，故A正確；
對于B，b＝λc，則b，c共線，由向量特性可知空間中任意兩個(gè)向量是共面的，所以a與b，c共面，故B錯(cuò)誤；
對于C，由共面向量定理可知非零向量a，b，c共面，故C錯(cuò)誤；
對于D，a＋b＋c＝0，即a＝－b－c，故由共面向量定理可知非零向量a，b，c共面，故D錯(cuò)誤.
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答案
4.已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，BD＝3，··＝4，則cos〈，〉等于
A. B.－ C. D.－
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答案
因?yàn)椤ぁぃ?)·－()·
＝·····(
)＝·＝4，
所以·＝－4，
cos〈〉＝＝－.
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答案
二、多項(xiàng)選擇題
5.下列命題正確的是
A.平面α，β的法向量分別為n1＝(0，1，3)，n2＝(1，2，6)，則α∥β
B.直線l的方向向量為a＝(1，－1，2)，直線m的方向向量為b＝，
　則l與m垂直
C.直線l的方向向量為a＝(0，1，－1)，平面α的法向量為n＝(1，－1，
　－1)，則l∥α
D.平面α經(jīng)過A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)三點(diǎn)，向量n＝(1，
　u，t)是平面α的一個(gè)法向量，則u＋t＝1
√
√
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答案
對于A，向量n1＝(0，1，3)與n2＝(1，2，6)不共線，平面α與β不平行，A錯(cuò)誤；
對于B，由a＝(1，－1，2)，b＝，得a·b＝1×2－1×1＋2×
＝0，l與m垂直，B正確；
對于C，a·n＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，a⊥n，則l α或l∥α，C錯(cuò)誤；
對于D，＝(1，－1，－1)，＝(－1，1，0)，
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答案
由n＝(1，u，t)是平面α的一個(gè)法向量，得
解得u＋t＝1，D正確.
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答案
6.下列說法正確的是
A.在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，點(diǎn)(3，－4，5)關(guān)于Oxy平面對稱的點(diǎn)為(3，
　－4，－5)
B.對空間任意一點(diǎn)O與不共線的A，B，C三點(diǎn)，若＝x＋y＋z，
　其中x，y，z∈R且x＋y＋z＝1，則P，A，B，C四點(diǎn)共面
C.已知a＝(0，1，1)，b＝(0，0，－1)，則a在b上的投影向量為(0，0，－1)
D.向量p在基底{a，b，c}下的坐標(biāo)為(4，2，3)，則向量p在基底{a＋b，a
　－b，c}下的坐標(biāo)為(3，1，3)
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√
√
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答案
對于A，點(diǎn)(3，－4，5)關(guān)于Oxy平面對稱的點(diǎn)應(yīng)滿足橫、縱坐標(biāo)不變，豎坐標(biāo)變?yōu)橄喾磾?shù)，即為(3，－4，－5)，故A正確；
對于B，因?yàn)閤＋y＋z＝1，則z＝1－x－y，所以＝x＋y＋(1－x－y)＝x－x＋y－y＝x＋y，所以P，A，B，C四點(diǎn)共面，故B正確；
對于C，由投影向量定義可得a在b上的投影向量為b＝b＝－b＝(0，
0，1)，故C錯(cuò)誤；
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答案
對于D，設(shè)向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐標(biāo)為(x，y，z)，
則p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，
又向量p在基底{a，b，c}下的坐標(biāo)為(4，2，3)，
則p＝4a＋2b＋3c，
所以4a＋2b＋3c＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，
所以
所以向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐標(biāo)為(3，1，3)，故D正確.
三、填空題
7.已知a＝(1，0，2)，b＝(3，－2，1)，c＝(－1，m，3)，若{a，b，c}不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，則實(shí)數(shù)m＝　　　.
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答案
依題意a，b，c三個(gè)向量共面，
∴存在唯一有序?qū)崝?shù)對(λ，μ)，使c＝λa＋μb，
即(－1，m，3)＝λ(1，0，2)＋μ(3，－2，1)，
即
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答案
8.(2024·佛山統(tǒng)考)已知棱長為1的正四面體ABCD，M為BC的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，則·＝　　　.
－
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答案
由題意可知||＝||＝||＝1，
且···，
因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，N為AD的中點(diǎn)，
則，
所以··
＝···
＝×××＝－.
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答案
四、解答題
9.如圖，四棱錐P －ABCD的底面為正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，H分別是線段PA，PD，AB的中點(diǎn).求證：
(1)PB∥平面EFH；
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答案
∵E，H分別是線段PA，AB的中點(diǎn)，
∴PB∥EH.
∵PB 平面EFH，且EH 平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
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答案
(2)PD⊥平面AHF.
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答案
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
則A(0，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，
H(1，0，0).
＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，
∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.
∴⊥⊥，∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，且AH，AF 平面AHF，
∴PD⊥平面AHF.
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答案
10.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝CC1，＝a，＝b，＝c，〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，N是AB的中點(diǎn).
(1)用a，b，c表示向量；
＝－)＝－a＋b－c.
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答案
(2)在線段C1B1上是否存在點(diǎn)M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，請說明理由.
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答案
假設(shè)存在點(diǎn)M，使AM⊥A1N，設(shè)＝λ＝λb(λ∈[0，1])，
顯然＝c－a＋λb.
因?yàn)锳M⊥A1N，所以·＝0，
即(c－a＋λb)·＝0，
所以－c·a＋c·b－c2＋a2－a·b＋c·a－λa·b＋λb2－λb·c＝0.
設(shè)CA＝CB＝CC1＝1，又〈a，b〉＝〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，
所以c·a－c2＋a2－a·b＋λb2＝0，
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答案
即×1×1×－12＋×12－×1×1×
λ·12＝0，
解得λ＝，
所以當(dāng)C1M＝C1B1時(shí)，AM⊥A1N.
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答案
能力拓展
11.(2024·河北省多校聯(lián)考)1941年中國共產(chǎn)黨在嚴(yán)重的困難面前，號召根據(jù)地軍民，自力更生，艱苦奮斗，尤其是通過開展大生產(chǎn)運(yùn)動(dòng)，最終走出了困境.如圖就是當(dāng)時(shí)纏線用的線拐子，在結(jié)構(gòu)簡圖中線段AB與CD所在直線異面垂直，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，且EF⊥AB，EF⊥CD，線拐子使用時(shí)將絲線從點(diǎn)A出發(fā)，依次經(jīng)過D，B，C又回到點(diǎn)A，這樣一直循環(huán)，絲線纏好后從線拐子上脫下，稱為“束絲”.圖中AB＝EF＝CD＝30 cm，則絲線纏一圈的長度為
A.90 cm B.90 cm
C.60 cm D.80 cm
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答案
依題意⊥⊥⊥，
所以·＝0，·＝0，·＝0，
又，
所以
＝＋2·＋2·＋2·
＝152＋302＋152＝152×6，
所以||＝15，
同理可得||＝||＝||＝15，
所以絲線纏一圈的長度為4×15＝60(cm).
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答案
12.(2025·唐山模擬)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，CC1＝C1D1＝，C1B1＝1，點(diǎn)P為線段B1C上一點(diǎn)，則·的最大值為　　.
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答案
以C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以C1D1，C1B1，C1C為x，y，z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則C1(0，0，0)，D1(，0，0)，C(0，0，)，B1(0，1，0)，
設(shè)＝m＝m(0，1，－)，0≤m≤1，
則＋m＝(0，0，)＋m(0，1，－)＝(0，m，m)，
＝(0，m，m)－(，0，0)＝(－，m，m)，
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答案
返回
則·＝(0，m，m)·(－，m，m)＝
m2＋＝4m2－6m＋3＝4，
因?yàn)?≤m≤1，所以當(dāng)m＝0時(shí)，·取最大值，最大
值為3.

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