【文档说明】高考理科数学一轮复习立体几何全套件理课件.ppt，共(217)页，9.065 MB，由小橙橙上传

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以下为本文档部分文字说明：

1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.几何体侧面积体积圆柱S侧＝______V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrl圆台

S侧＝π(r1＋r2)l1.柱、锥、台和球的侧面积和体积V＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h2πrh(续表)几何体侧面积体积直棱柱S侧＝ChV＝Sh正棱锥S侧＝12

Ch′V＝13Sh正棱台S侧＝12(C＋C′)h′V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S球面＝______V＝43πR34πR22.几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和.(2)圆柱、圆锥、圆台的侧

面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和.3.等积法的应用(1)等积法：包括等面积法和等体积法.(2)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是求三

角形的高和三棱锥的高.这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.1.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A.2πB.πC.2D.12.若两个球的表面积之比为1∶4，则这两个球

的体积之比为()ACA.1∶2C.1∶8B.1∶4D.1∶163.(2016年新课标Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.12πB.323πAC.8πD.4π4.(2017年江苏)如图8-2-1，在圆柱O1O2

内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，图8-2-1球O的体积为V2，则V1V2的值是______.32考点1几何体的面积例1：(1)(2017年新课标Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________.答案：1

4π解析：长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，长方体的体对角线是球O的直径，即32＋22＋12＝14＝2r，r＝142.则球O的表面积为4πr2＝4π1422＝14π.(2)(2018年新课标Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA

，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________.解析：母线SA，SB所成角的余弦值为78，正弦值为158.设底面半径为r，母线

l＝SA＝2r，△SAB的面积为12×SA2×158＝12×(2r)2×158＝515，所以r2＝40.则该圆锥的侧面积为πrl＝2πr2＝402π.答案：402π(3)(2018年新课标Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O

1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A.122πB.12πC.82πD.10π解析：设底面半径为r，高为h，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则2r＝h＝22，底面积2πr2＝4π，侧面积2πrh＝2π×2

×22＝8π.则该圆柱的表面积为4π＋8π＝12π.答案：B【规律方法】第(1)小题是求实体的面积；第(2)小题只是给出几何体的三视图，求该几何体的表面积时，先要根据三视图画出直观图，再确定该几何体的结构特征，最后利用有关公式进行计算.注意表面积包括底面梯形的面积.考点2几何体的体积例2：(1)(

2017年新课标Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A.πB.3π4C.π2D.π4答案：B解析：设圆柱底面的圆周的半径为r，r＝12－122＝32，则圆柱的体积为π322×1＝3π4.故选B.(2)(

2018年天津)如图8-2-2，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1-BB1D1D的体积为________.图8-2-2图D66答案：13解析：如图D66，连接A1C1，交B1D1于点O，很明显

A1C1⊥平面BDD1B1，则A1O是四棱锥的高，且A1O＝12A1C1＝22，S11BDDB矩形＝1×2＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为：V＝13×2×22＝13.(3)(2018年新课标Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若△SAB的面积为8，则该

圆锥的体积为________.答案：8π解析：△SAB的面积为12SA2＝8，SA＝4，SA与圆锥底面所成角为30°，底面半径r＝23，高h＝2，则该圆锥的体积为13×πr2h＝13×π×(23)2×2＝8π.(4)(2018年江苏)如图8-2-3，正方体的棱长为2，

以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.图8-2-3解析：由图可知，该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×(2)2×1＝43.答案

：43【规律方法】求几何体的体积时，若所给的几何体是规则的柱体、锥体、台体或球，可直接利用公式求解；若是给出几何体的三视图，求该几何体的体积时，先要根据三视图画出直观图，再确定该几何体的结构特征，最后利

用有关公式进行计算.另外不要忘了锥体体积公式中的13.考点3立体几何中的折叠与展开例3：(2017年新课标Ⅰ)如图8-2-4，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△

DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三

棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________.图8-2-4图D67解析：如图D67，设正三角形的边长为x，则OG＝13×32x＝36x.∴SG＝DG＝5－36x，SO＝h＝SG2－OG2＝5－36x2－36x2＝55－3

3x.∴三棱锥的体积V＝13S△ABC·h＝13×34x2×55－33x＝15125x4－33x5.令n(x)＝5x4－33x5，则n′(x)＝20x3－533x4.令n′(x)＝0,4x3－x43＝0，解得x＝43.当n′(x)≥0时，x≤43；当n′(x)≤0时，x≥43，则

当x＝43时，n(x)最大.故Vmax＝1512×48×5－4cm3＝415cm3.答案：415cm3【互动探究】1.(2018年新课标Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图8-2-5.圆柱表面上的

点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面)上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(图8-2-5A.217B.25C.3D.2解析：剪开圆柱的一条母线展开，如图D68，从M到N的图D68答案：B路径中，最短路径的长度为|AB|＝42＋2

2＝20＝25.故选B.2.如图8-2-6(1)，五边形PABCD是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中∠APD＝120°，AB＝2，现将△PAD进行翻折，使得平面PAD⊥平面ABCD，连接PB

，PC，所得四棱锥P-ABCD如图8-2-6(2)，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为()(1)(2)图8-2-6A.143πB.73πC.283πD.14π解析：对四棱锥P-ABCD进行补型，得到三棱柱PAD-P′BC，如图D69，故四棱锥P-ABCD的外接球球心，即为三棱柱PAD

-P′BC的外接球球心；故其外接球半径R＝选C.图D6922×322＋12＝73.故表面积S＝4πR2＝4π×73＝283π.故答案：C难点突破⊙组合体的相关运算例题：Rt△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c(其中c为斜边)，分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将

△ABC旋转一周得到的几何体的体积分别是V1，V2，V3，则()A.V1＋V2＝V3B.1V1＋1V2＝1V3C.V21＋V22＝V23D.1V21＋1V22＝1V23答案：D解析：以a边所在直线为旋转轴的几何体的体积V1＝13b2πa，

以b边所在直线为旋转轴的几何体的体积V2＝13a2πb，以c边所在直线为旋转轴的几何体的体积V3＝13abc2πc＝a2b2π3c，所以1V21＋1V22＝9(b2πa)2＋9(a2πb)2＝9(a2＋b2)a

4b4π2＝9c2a4b4π2＝1V23.故选D.【互动探究】3.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何)体的三视图如图8-2-7，则该

几何体的表面积为(图8-2-7A.3＋33B.4＋33C.4＋23D.3＋43解析：三视图表示的几何体如图D70，则该几何体的表面积为4＋3.图D70答案：B31.理解空间直线、平面位置关系的定义，并

了解如下可以作为推理依据的公理和定理.◆公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.◆公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线

互相平行.◆定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.2.以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.项目公理1公理2公理3公理4图形语言1.平面基本

性质即四条公理的“图形语言”“文字语言”“符号语言”列表项目公理1公理2公理3公理4文字语言如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共

直线平行于同一条直线的两条直线平行符号语言⇒l⊂αA，B，C不共线⇒A，B，C确定平面αP∈α，P∈β(续表),,,AlBlAB⇒α∩β＝l，P∈la∥cb∥c⇒a∥b推论1经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面推论2经过两条相交直线，有且只有一个平

面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面等角定理空间中，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补两直线的位置关系共面直线平行没有交点相交一个交点异面直线没有交点直线与平面的位置关系平行没有交点相交一个交点在平面内无数个交点两平面的位置关系平行没有交点相交无数个交点2.空间

线、面之间的位置关系3.异面直线所成的角锐角或直角(0°，90°]过空间任一点O分别作异面直线a与b的平行线a′与b′.那么直线a′与b′所成的______________，叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)，其范围是____

__________.1.在下列命题中，不是公理的是()AA.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内D.如果

两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线2.下列命题正确的是()CA.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C.若一条直线平

行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行3.(2016年山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A.充分不必要条件B.必要

不充分条件ADC.充要条件D.既不充分也不必要条件4.若A∈α，B∈α，A∈l，B∈l，P∈l，则()A.P⊂αB.PαC.lαD.P∈α考点1平面的基本性质)例1：(1)若直线l不平行于平面α，且lα，则(A.α内的所有直线与l异面

B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交解析：不妨设直线l∩α＝M，过点M的α内的直线与l不异面，故A错误；假设存在与l平行的直线m，则由m∥l，得l∥α，这与

l∩α＝M矛盾，故B正确；C显然错误；α内存在与l异面的直线，故D错误.故选B.答案：B(2)(2018年福建厦门模拟)下列四个命题中，真命题的个数为()①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同

一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.A.1个B.2个C.3个D.4个解析：对于①来说，过不共线的三点有且只有一个平面，因此①正确；对于②来说，若两直线异面，则不能确定一个平面，因此②不正确；对于③来说，正方体中一个顶点引出的三条棱，不在同一平面内，因此③不正确；由公理，可知④正确.

故选B.答案：BA.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC.lα，A∈l⇒AαD.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案：C(3)下列推断中，错误的是()【规律方法】直线在平面内也叫平面经过直线，如果直线不在

平面内，记作lα，包括直线与平面相交及直线与平面平行两种情形.反映平面基本性质的三个公理是研究空间图形和研究点、线、面位置关系的基础，三个公理也是立体几何作图和逻辑推理的依据.公理1是判断直线在平面内的依据；公理2的作用是确定平面，这是把立体几何转化成平面几何的依据；公理3是证明三(多)点共线或

三线共点的依据.考点2空间内两直线的位置关系例2：(1)如图8-3-1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N)分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是(图8-3-1A.MN与CC1垂直C.MN与BD平行B.MN与AC垂直D.MN与A1B1平行解析：取CC1的中点P，

连接MP，NP，则MP∥BC，NP∥C1D1.∵CC1⊥BC，CC1⊥C1D1，∴CC1⊥MP，CC1⊥NP.又MP∩NP＝P，∴CC1⊥平面MNP.∴CC1⊥MN.故A正确.取CD中点Q，BC中点R，连接NQ，MR，QR，则NQ12D1D，MR12CC1.∵CC1D1D，∴NQMR.∴M

N∥QR.∵QR∥BD，AC⊥BD，∴AC⊥MN.故B正确.∵MN∥QR，QR∥BD，∴MN∥BD.故C正确.故选D.答案：D(2)如图8-3-2，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点

，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线.图8-3-2其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上).解析：因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1答案

：③④内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线.故①错；取DD1中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交.故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB

1是异面直线.故③正确；同理④正确，故填③④.【规律方法】判断直线是否平行比较简单直观，可以利用公理4；判断直线是否异面则比较困难，掌握异面直线的两种判断方法：①反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，再由假设

的条件出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面；②在客观题中，也可用下述结论：过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线.【互动探究】①②③1.如图8-3-3所示

的是正方体和正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形是___________(填上所有正确答案的序号).图8-3-32.如图8-3-4，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则使直线GH，MN是异面直线的图形有_______(填上所有正确答案的序号).图8-3

-4解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点在三棱柱的侧面上，MG与这个侧面相交于G，∴M平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H平面GMN，因此GH与

MN异面.答案：②④考点3异面直线所成的角例3：(1)(2018年新课标Ⅱ)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A.22B.32C.52D.72解析：设正方体棱长为2，异面直线AE与CD所成角就是AE与AB所成角，正切值为tanα＝

图8-3-5BEAB＝52.答案：C(2)(2016年新课标Ⅰ)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.13解析：如图8-3-6，设平面CB1D1∩平面ABC

D＝m′，平面CB1D1∩平面ABB1A1＝n′，因为α∥平面CB1D1，所以m∥m′，n∥n′.则m，n所成的角等于m′，n′所成的角.延长AD，过D1作D1E∥B1C，图8-3-6连接CE，B1D1，则CE为m′.同理B1F1为n′.而BD∥CE

，B1F1∥A1B，则m′，n′所成的角即为A1B，BD所成的角，即为60°，故m，n所成角的正弦值为.故选A.答案：A【规律方法】求异面直线所成角的基本方法就是平移，有时候平移两条直线，有时候只需要平移

一条直线，直到得到两条相交直线，最后在三角形或四边形中解决问题.32【互动探究】3.三棱锥A-BCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为()A.13B.24C.33D.23解析：如图D71，设棱长为2，连接DN，取DN中点O，图D71答案：

D连接OM，BO，则∠BMO为所求.BM＝3，OM＝32，OB2＝22＋322－2×2×32×32＝74，cos∠BMO＝32＋322－742×3×32＝23.考点4三点共线、三

线共点的证明例4：如图8-3-7，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点.求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点.图8-3-7证明：(1)如图8-3-8，连接EF，CD1，A1B.图8-3-

8∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1.∴E，C，D1，F四点共面.(2)∵EF∥CD1，且EF＝12CD1，∴四边形CD1FE为梯形.∴CE与D1F必相交.

设交点为点P，如图8-3-8，则由点P∈CE，CE⊂平面ABCD，得点P∈平面ABCD.同理点P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴点P∈直线DA.∴CE，D1F，DA三线共点.【规律方法】证明三线共点的步骤就是先说明两线交于一点，再证明此交点在另一条线上，把三线共点的

证明转化为三点共线的证明，要证明D，A，P三点共线，由公理3知，只要证明D，A，P都在两个平面的交线上即可.证明多点共线问题：①可由两点连一条直线，再验证其他各点均在这条直线上；②可直接验证这些点都在同一条特定的直线上——相交两平面的唯一交线，关键是通过绘出图形，作

出两个适当的平面或辅助平面，证明这些点是这两个平面的公共点.【互动探究】A4.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，)F，G，H四点，若EF与GH交于点M，则(A.点M一定在AC上B.点M一定在BD上C.点M可能在AC上，也可能在BD上D

.点M既不在AC上，也不在BD上5.如图8-3-9，ABCD-A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，D直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是()图8-3-9A.A，M，O三点共线B.A

，M，O，A1四点共面C.A，O，C，M四点共面D.B，B1，O，M四点共面难点突破⊙空间中的线面关系例题：(2018年新课标Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最

大值为()A.334B.233C.324D.32解析：每条棱所在直线与平面α所成的角相等，如图8-3-10，图8-3-10答案：A所得截面面积的最大值为正六边形的面积S＝6×34×222＝334.【互动探究】6.(2017年新课标Ⅲ)a，b为

空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a

所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°.②③其中正确的是_______.(填写所有正确结论的编号)第4讲直线、平面平行的判定与性质1.理解以下判定定理.◆如果平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线

与此平面平行.◆如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.2.理解以下性质定理，并能够证明.◆如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.◆如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.3.能运

用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.直线与平面的位置关系在平面内无数个交点相交1个交点平行0个交点定义若一条直线和平面平行，则它们没有公共点判定定理1aα，b⊂α，且a∥b⇒a∥α判定定理2α∥β，a⊂α⇒a∥β性质

定理a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l平面与平面的位置关系相交无数个交点平行0个交点定义若两个平面平行，则它们没有公共点判定定理1a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β判定定理2a⊥α，a

⊥β⇒α∥β性质定理1α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理2α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b(续表)1.设AA′是长方体的一条棱，这个长方体中与AA′平行)C的棱共有(A.1条C.3条B.2条D.4条2.下列命题中，正确的是()DA.若a，b是

两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C.若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥α3

.下列命题中，正确命题的个数是()A①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条直线也与这个平面平行；④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没

有公共点.A.1个B.2个C.3个D.4个4.(2018年浙江)已知平面α，直线m，n满足mα，n⊂α，)A则“m∥n”是“m∥α”的(A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件考点1直线与平面平行的判定与性质例1：(1)(2017年新课标Ⅰ)在下列

四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()ABCD解析：由B图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ

；由D图知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ.故选A.答案：A(2)如图8-4-1，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所

有符合要求的图形序号).图8-4-1解析：如题图①，∵MN∥AC，NP∥AD，∴平面MNP∥平面ADBC.∴AB∥平面MNP.如题图②，假设AB∥平面MNP，设BD∩MP＝Q，则NQ为平面ABD与平面MNP的交线.∴AB∥NQ.∵N为AD的中点，∴Q为BD的中点.但由

M，P分别为如题图③，∵BD与AC平行且相等，∴四边形ABDC为平行四边形.∴AB∥CD.又∵M，P为棱的中点，∴MP∥CD.∴AB∥MP.从而可得AB∥平面MNP.如题图④，假设AB∥平面MNP，并棱的中点，知Q为BD的14分点，矛盾.∴得不

到AB∥平面MNP.设直线AC∩平面MNP＝D，则有AB∥MD.∵M为BC中点，∴D为AC中点，显然与题设条件不符，∴得不到AB∥平面MNP.答案：①③【规律方法】证明直线a与平面α平行，关键是在平面α内找一条直线b，使a∥b，

如果没有现成的平行线，应依据条件作出平行线.有中点的常作中位线.【互动探究】1.(2017年山东济南模拟)在如图8-4-2所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()图8-4-2A.异面B.平行C.相交D.以上均有

可能解析：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1.∵AB⊂平面ABC，A1B1平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1.∴DE∥AB.答案：

B考点2平面与平面平行的判定与性质例2：如图8-4-3，在三棱锥S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过点A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.图8-4-3证明：(1)∵AS＝AB，AF

⊥SB，∴F是SB的中点.∵E，F分别是SA，SB的中点，∴EF∥AB.又∵EF平面ABC，AB⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.同理，FG∥平面ABC.又∵EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面ABC.(2)∵平面SAB⊥平面SBC，

且交线为SB，AF⊂平面SAB，且AF⊥SB，∴AF⊥平面SBC.又∵BC⊂平面SBC，∴AF⊥BC.又∵AB⊥BC，AB∩AF＝A，AB⊂平面SAB，AF⊂平面SAB，∴BC⊥平面SAB.又∵SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA.【规律方法】证明平面与平面平行，就是在一个平面内找两条相交直线平行于另一

个平面，从而将面面平行问题转化为线面平行问题.【互动探究】2.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为()A.5B.25C.26D.6图D72答案：C解析

：如图D72，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面为菱形B1FDG，边长为5，对角线B1D＝23，FG＝22，面积为12×23×22＝26.考点3线面、面面平行的综合应用例3：如图8-4-4，已知有公共边AB的两个正方形ABCD和ABE

F不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.图8-4-4＝证明：方法一，如图8-4-5(1)，连接AQ并延长交BC于G，连接EG，则AQQG＝DQQB.∵AP＝DQ，PE＝BQ，∴AQAP.QGPE∴PQ

∥EG.又PQ平面CBE，EG⊂平面CBE，∴PQ∥平面CBE.(1)(2)(3)图8-4-5方法二，如图8-4-5(2)，分别过P，Q作PK∥AB，QH∥AB，分别交BE，BC于点K，H，则PK∥QH.连接KH，则PKAB＝PEAE，QHCD＝BQBD.∵CD＝

AB，AE＝BD，PE＝BQ，∴PK＝QH.∴四边形PQHK是平行四边形.∴PQ∥KH.又PQ平面CBE，KH⊂平面CBE，∴PQ∥平面CBE.方法三，如图8-4-5(3)，过点P作PO∥EB，交AB于点O，连接OQ，EPPA＝BOO

A，EPPA＝BQQD⇒BOOA＝BQQD，则OQ∥AD∥BC.∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ平面CBE，PQ⊂平面POQ，∴PQ∥平面CBE.【规律方法】证明线面平行，关键是在平面内找到一条直线

与已知直线平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通过作平行四边形得到在平面内的一条直线KH；方法三利用了面面平行的性质定理.【互动探究】3.(2015年安徽)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()

A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面解析：若α，β垂直于同一平面，则α，β可以相交、平行，故A错误；若m，n平行

于同一平面，则m，n可以平行、相交、异面，故B错误；若α，β不平行，但平面α内会存在平行于β的直线，如平面α中平行于α，β交线的直线，故C错误；其逆否命题为“若m与n垂直于同一平面，则m，n平行”是真命题，故D项正

确.故选D.答案：D难点突破⊙立体几何中的探究性问题例题：(2018年新课标Ⅲ)如图8-4-6，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面

PBD？说明理由.图8-4-6CDCD(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD.故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直

径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.CD(2)解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图8-4-7，连接AC交BD于O.图8-4-7因为AB

CD为矩形，所以O为AC中点.连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.【规律方法】解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻

找使这个结论成立的充分条件，若找到了使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在.而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明.【互动探究】4.如图848，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，

点D，D1分别为AC，A1C1上的点.图8-4-8(1)当A1D1D1C1的值等于何值时，BC1∥平面AB1D1；(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求ADDC的值.解：(1)如图D73，取D1为线段A1C1的中点，此时连接A1B交AB1于点O，连接OD1.

由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，∴点O为A1B的中点.在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1图D73的中点.∴OD1∥BC1.A1D1D1C1＝1，又∵OD1⊂平面AB1D1，BC1平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.∴A1D1D1C1＝1时，BC1∥

平面AB1D1.(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.∴A1D1D1C1＝A1OOB，A1D1D1C1＝DCAD.又∵A1OOB＝1，∴DCAD＝1，即ADDC

＝1.1.理解以下判定定理.◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.2.理解以下性质定理，并能够证明.◆垂直于同一个平面的两条直线平行.◆如果两个平面垂直，那么一

个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.项目图形条件结论判定a⊥b，b⊂α(b为α内的任意一条直线)a⊥αa⊥m，a⊥n，m，n⊂α，m∩n＝Oa⊥αa∥b，a⊥αb⊥α1.直线与平面

垂直项目图形条件结论性质a⊥α，b⊂αa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b(续表)定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直性质定理如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面2.平面与平面垂直

l⊂β，l⊥α⇒α⊥βα⊥β，α∩β＝a，l⊂β，l⊥a⇒l⊥α3.直线与平面所成的角(1)如果直线与平面平行或者在平面内，那么直线与平面所成的角等于0°.(2)如果直线和平面垂直，那么直线与平面所成的角等于90°.(3)

平面的斜线与它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线与平面所成的角，其范围是(0°，90°).斜线与平面所成的线面角是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角.4.二面角从一条直线出发的两个半平面组成的图象叫做二面角.从二面角的棱上任意一点

为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.平面角是直角的二面角叫做直二面角.1.垂直于同一条直线的两条直线一定()A.平行B.相交C.异面D.以上都有可能DC2.(2017年新课标Ⅲ)在正方体ABCD

-A1B1C1D1中，E为棱)CD的中点，则(A.A1E⊥DC1C.A1E⊥BC1B.A1E⊥BDD.A1E⊥AC3.如图8-5-1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论中正确的个数是()图8-5-1①BD1⊥AC；②BD1⊥A1C1；③BD1⊥B1C.A.0个B.1个C.2个D.3

个DA.α∥β，且l∥αB.α⊥β，且l⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l4.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则()D2考点1直线与平面垂直的判定与性质例

1：(2018年新课标Ⅱ)如图8-5-2，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.图8-5-2(1)证明：因为AP＝C

P＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.如图D74，连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2，知OP⊥OB.由OP⊥OB，

OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)解：如图D74，作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，图D74所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.【规律方法】直

线与直线垂直⇒直线与平面垂直⇒平面与平面垂直⇒直线与平面垂直⇒直线与直线垂直，通过直线与平面位置关系的不断转化来处理有关垂直的问题.出现中点时，平行要联想到三角形中位线，垂直要联想到三角形的高；出现圆周上的点时，联想到直径所对的圆周角为直角

.由题设，可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°.所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为455.【互动探究】1.如图8-5-3，已知直线PA垂直于以AB为直径的圆所

在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中不正确的是()图8-5-3A.PA⊥BCB.BC⊥平面PACC.AC⊥PBD.PC⊥BC解析：AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以AC⊥BC.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因

为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.从而PC⊥BC.故选C.答案：C考点2平面与平面垂直的判定与性质例2：(2018年新课标Ⅰ)如图8-5-4，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线三棱锥Q-ABP的体积.图8-5-4段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.又BA⊥AD，AC∩

AD＝A，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.图D75(2)解：由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝32.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝22.如图D75，作QE⊥AC，垂足为E，则QE13

DC.由已知及(1)，可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP＝13×QE×S△ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1.【规律方法】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.①证明线面、面面平行，需转化为证明线线平

行.②证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.③证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.④证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.【互动探究】2.(2017年新课标Ⅰ)如图8-5-5，在四棱锥P-A

BCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD图8-5-5的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(

1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD.又AP∩PD＝D，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解：如图D7

6，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.图D76由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，则由已知可得AD＝2x，PE＝22x.故四棱锥P-ABCD的体积为：VP-ABCD＝13AB·AD·PE＝13x3.由题设，得13x3＝83，故x＝2.从而P

A＝PD＝2，AD＝BC＝22，PB＝PC＝22.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为12×PA·PD＋12PA·AB＋12PD·DC＋12BC2sin60°＝6＋23.考点3线面所成的角例3：(2018年新课标Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面

BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A.8B.62C.82D.83解析：如图8-5-6，∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，图8-5-6∴BC1AB＝3，22＋CC212＝3.∴CC1

＝22.则该长方体的体积为22×22＝82.答案：C【互动探究】3.已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13解析：如图D77，连接AC交BD于点O，连接C1O，过点C作CH⊥C1O于点H

.⇒CH⊥平面C1BD.图D77∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A⇒BD⊥平面ACC1A1，CH⊂平面ACC1A1⇒CH⊥BD，CH⊥C1O，BD∩C1O＝O∴∠HDC为CD与平面BDC1所成的角.设

AA1＝2AB＝2，则OC＝AC2＝22，C1O＝OC2＋CC21＝222＋22＝92＝322.由等面积法，得C1O·CH＝OC·CC1.∴322×CH＝22×2.∴CH＝23.∴sin∠HDC＝CHDC＝231＝23.故选A.答案：A难点突破⊙面面所

成的角例题：(2018年浙江)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ

1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1解析：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，从而tanθ1＝SNEN＝SNOM，t

anθ2＝SOEO，tanθ3＝SOOM，因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2，即θ1≥θ3≥θ2.故选D.答案：D【互动探究】4.(2017年浙江)如图8-5-7，已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA

上的点，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2，分别记二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角为α，β，γ，则()图8-5-7A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α解析：设O为三角形ABC中心，则O到PQ的距离最小，

O到PR的距离最大，O到RQ的距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.答案：B1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表

示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.理解直线的方向向量与平面的法向量.5.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系.1.空间向量的概念在空间，既有大小又有方向的量，叫做空间向量，记作a或AB→.空间向量可以在空间内自由平行移动.2.

空间向量的运算(3)数乘向量：λa(λ∈R)仍是一个向量，且λa与a共线，|λa|＝|λ||a|.(4)数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，a·b是一个实数.(1)加法：AB→＋BC→＝AC→(三角形法则：首尾相连，指向终点

).(2)减法：AB→－AC→＝CB→(三角形法则：共点出发，指向被减).3.空间向量的运算律(1)交换律：a＋b＝b＋a；a·b＝b·a.(2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；(λa)·b＝λ(a·b)(λ∈R)[注意：

(a·b)c＝a(b·c)一般不成立].(3)分配律：λ(a＋b)＝λa＋λb(λ∈R)；a·(b＋c)＝a·b＋a·c.(1)若OP→＝xi＋yj＋zk，则(x，y，z)叫做向量OP→的坐标，也叫做点P的坐标.(2)设a＝(x1，y1，z1

)，b＝(x2，y2，z2)，那么a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)；λa＝__________________；a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2；cos〈a，b〉＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21x22＋y22＋z22.

4.空间向量的坐标运算(λx1，λy1，λz1)(3)设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)，则|M1M2→|＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2.(4)对于非零向量a与b，设a＝(x1，y1，z1)

，b＝(x2，y2，z2)，那么有a∥b⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2；a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.1.若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a与b夹角的余弦值为89，则λ＝()A.2B.－2C.－2或255D.2

或－255C解析：cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝6－λ3λ2＋5＝89.解得λ＝－2或λ＝255.A.一定不共面C.不一定共面B.一定共面D.无法判断2.(2016年河南洛阳模拟)O为空间任意一点，若OP→＝34OA→＋18OB→＋18OC→，则A，B，C，P四

点()B解析：∵OP→＝34OA→＋18OB→＋18OC→，且34＋18＋18＝1，∴A，B，C，P四点共面.故选B.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，向量表达式DD1→－AB→＋BC→化简后的结果是

()A.BD1→B.D1B→C.B1D→D.DB1→A图D78解析：如图D78，∵DD1→＝AA1→，DD1→－AB→＝AA1→－AB→＝BA1→，BA1→＋BC→＝BD1→，∴DD1→－AB→＋BC→＝BD1→.4.已知点O为

坐标原点，三点的坐标分别是A(2，－1,2)，B(4，5，－1)，C(－2,2,3).若AP→＝12(AB→－AC→)，则点P的坐标为_____________.解析：设P(x，y，z)，则AP→＝(x－2，y

＋1，z－2)，12(AB→－AC→)＝3，32，－2.因为AP→＝12(AB→－AC→)，即(x－2，y＋1，z－2)＝3，32，－2，所以x－2＝3，y＋1＝32，z－2＝－2.解得x＝

5，y＝12，z＝0.所以点P的坐标为5，12，0.答案：5，12，0考点1空间向量的线性运算图8-6-1例1：如图8-6-1，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设AA1→＝a，AB→＝b

，AD→＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：(1)AP→；(2)A1N→；(3)MP→＋NC1→.解：(1)∵P是C1D1的中点，∴AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P→＝a＋AD→＋12D1C1→＝a＋c＋12AB→＝a＋c＋12b.(2)

∵N是BC的中点，∴A1N→＝A1A→＋AB→＋BN→＝－a＋b＋12BC→＝－a＋b＋12AD→＝－a＋b＋12c.(3)∵M是AA1的中点，∴MP→＝MA→＋AP→＝12A1A→＋AP→＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c.又NC1→＝NC→＋CC1→＝12BC→＋A

A1→＝12AD→＋AA1→＝12c＋a，∴MP→＋NC1→＝12a＋12b＋c＋a＋12c＝32a＋12b＋32c.【规律方法】(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时，应结合已知向量和所求向量观察图

形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.(2)首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则

.(3)向量的线性运算有一个常用的结论：如果B是线段AC运算.的中点，那么OB→＝12(OA→＋OC→).此结论常用于与中点相关的【互动探究】图8-6-21.(2016年河南郑州模拟)如图8-6-2，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线

段MN上，且MG→＝2GN→，若OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则x＋y＋z＝_________.解析：设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，则MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12O

A→＝12b＋12c－12a，OG→＝OM→＋MG→＝12OA→＋23MN→＝12a＋2312b＋12c－12a＝16a＋13b＋13c.又OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，所以x＝16，y＝13，z

＝13.因此x＋y＋z＝16＋13＋13＝56.答案：562.如图8-6-3，已知空间四边形OABC中，点M在线段OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，点G在线段MN上，且图8-6-3MG＝3GN.设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，试用向量a，b，c表示向量OG→＝__

__________.解析：OG→＝OM→＋MG→＝23OA→＋34MN→＝23OA→＋34(ON→－OM→)＝23OA→＋3412(OB→＋OC→)－23OA→＝23a＋38(b＋c)－12a＝16a＋38b＋38c.答案：16a＋38b＋38c考点2空

间向量的数量积运算图8-6-4例2：(2016年山西太原模拟)如图8-6-4，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点.(1

)求BN→的模；(2)求cos〈BA1→，CB1→〉的值；(3)求证：A1B⊥C1M.(1)解：如图D79，建立空间直角坐标系.图D79依题意，得B(0,1,0)，N(1,0,1)，所以|BN→|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝3.(2)解：依题意

，得A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，B1(0,1,2).所以BA1→＝(1，－1,2)，CB1→＝(0,1,2).所以BA1→·CB1→＝3，|BA1→|＝6，|CB1→|＝5.所以cos〈BA1→，CB1→〉＝BA1→·CB1→|BA1→||CB1→

|＝3010.(3)证明：依题意，得C1(0,0,2)，M12，12，2，A1B→＝(－1,1，－2)，C1M→＝12，12，0.所以A1B→·C1M→＝－12＋12＋0＝0.所以A1B→⊥C1M→.所以A1B⊥C1M.【规律方法】

利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.可解决有关垂直、夹角、长度问题.①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0；②|a|＝a2；③cos〈a，b〉＝a·b|a||b|.考点

3异面直线所成的角例3：(2015年新课标Ⅰ)如图8-6-5，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

图8-6-5证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知，AE＝EC.又∵AE⊥EC.∴EG＝3，EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△F

DG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，∴EG2＋FG2＝EF2.∴EG⊥FG.∵AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC，∴EG⊥平面AFC.∵EG⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面AFC.由BD

＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322.图D80(2)解：如图D80，以G为坐标原点，分别以GB→，GC→的方向为x轴，y轴正方向，|GB→|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由(1)可得A(0，－

3，0)，E(1,0，2)，F－1，0，22，C(0，3，0).∴AE→＝(1，3，2)，CF→＝－1，－3，22.故cos〈AE→，CF→〉＝AE→·CF→|AE→||CF→|＝－33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.【规律方法】(1

)求几何体中两个向量的夹角可以把其中一个向量平移到与另一个向量的起点重合，从而转化为求平面中的角的大小.(2)由两个向量的数量积定义，得cos〈a，b〉＝a·b|a||b|，求〈a，b〉的大小，转化为求两个向量的数量积及两个向量的模，求出〈a，b〉的余弦值，进而求〈a，b〉的大小.在求

a·b时注意结合空间图形，把a，b用基向量表示出来，进而化简得出a·b的值.【互动探究】3.三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_________.解析：设该三棱柱的边长为1，依题意有，AB1→＝AB

→＋AA1→，BC1→＝AC→＋AA1→－AB→，则|AB1→|2＝(AB→＋AA1→)2＝AB→2＋2AB→·AA1→＋AA1→2＝2＋2cos60°＝3，|BC1→|2＝(AC→＋AA1→－AB→)2＝AC→2＋AA1→2

＋AB→2＋2AC→·AA1→－2AC→·AB→－2AA1→·AB→＝2.而AB1→·BC1→＝(AB→＋AA1→)·(AC→＋AA1→－AB→)＝AB→·AC→＋AB→·AA1→－AB→·AB→＋AA1→

·AC→＋AA1→·AA1→－AA1→·AB→＝12＋12－1＋12＋1－12＝1.∴cos〈AB1→，BC1→〉＝AB1→·BC1→|AB1→||BC1→|＝13×2＝66.答案：664.(2018年新课标Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线A

D1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案：C解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量，D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，3)，B1(1,1，3)，AD1→＝(－1,0，3)，DB1→＝

(1,1，3)，AD1→与DB1→所成角的余弦值为cos〈AD1→，DB1→〉＝DB1→·AD1→|DB1→|·|AD1→|＝|－1＋0＋3|2×5＝55，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.易错、易混、易漏⊙向量夹角不明致误例题：如图8-6

-6，在120°的二面角α-l-β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，试求线段CD的长.图8-6-6正解：∵AC⊥AB，BD⊥A

B，∴CA→·AB→＝0，BD→·AB→＝0.又∵二面角α-AB-β的平面角为120°，∴〈CA→，BD→〉＝60°.∴CD2＝|CD→|2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2(CA→·A

B→＋CA→·BD→＋BD→·AB→)＝3×62＋2×62×cos60°＝144.∴CD＝12.【失误与防范】(1)求解时，易混淆二面角的平面角与向量此处应结合图形，根据向量的方向与二面角的棱的方向关系正确地转化为向量夹角.(2)对所用的公式要熟练，变形时运用公式要正确

并注意符号等细节，避免出错.夹角的概念，把〈CA→，BD→〉＝60°易错解为〈CA→，BD→〉＝120°，1.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).2.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的

计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用.1.异面直线所成的角过空间任一点O分别作异面直线a与b的平行线a′与b′.那么直线a′与b′所成的锐角或直角，叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)，其范围是_____________.(0°，90°]2.直线与平面所成的角(

1)如果直线与平面平行或者在平面内，则直线与平面所成的角等于0°.(2)如果直线和平面垂直，则直线与平面所成的角等于_____.(3)平面的斜线与它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线与平面所成的角，其范围是(0°，90

°).斜线与平面所成的线面角是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角.90°3.二面角从一条直线出发的两个半平面组成的图形叫做二面角.从二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.平面角是直角的二面角叫做______

______.直二面角4.点到平面的距离点与它在平面上的射影间的距离叫做该点到这个平面的距离.求点到平面的距离通常运用等体积法，即构造一个三棱锥，将点到平面的距离转化为三棱锥的高.5.直线与平面平行，那么直线上任一点到平面的距离叫做这条直线与平面的距离

.1.若a＝(1,2,3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是()BA.(0,1,2)C.(－1，－2,3)B.(3,6,9)D.(3,6,8)解析：向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线.2.若直线l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法

向A.－4B.－6C.－8D.8量为1，12，2，则m＝()C解析：∵l∥α，平面α的法向量为1，12，2，∴(2，m,1)·1，12，2＝2＋12m＋2＝0.∴m＝－8.3.已知平面α上的两个向

量a＝(2,3,1)，b＝(5,6,4)，则平面α)的一个法向量为(A.(1，－1,1)B.(2，－1,1)C.(－2,1,1)D.(－1,1，－1)C解析：显然a与b不平行，设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则

a·n＝0，b·n＝0.∴2x＋3y＋z＝0，5x＋6y＋4z＝0.令z＝1，得x＝－2，y＝1.∴n＝(－2,1,1).4.如图871，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与

平面BB1D1D所成角的正弦值为_______.图8-7-1105考点1线面所成角的计算例1：(2018年浙江)如图8-7-2，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB

1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.图8-7-2方法一，(1)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21

.故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝5，v由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝A

C21，故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：如图D81，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.图D81由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平

面ABB1，由C1D⊥A1B1，得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21，得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平

面ABB1所成的角的正弦值是3913.方法二，(1)证明：如图D82，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.图D82由题意知各点坐标如下：A(0，－3，0)，B(1,0,

0)，A1(0，－3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，3，1)，因此AB1→＝(1，3，2)，A1B1→＝(1，3，－2)，A1C1→＝(0，23，－3).由AB1→·A1B1→＝0，得AB1⊥A1B1.由AB1→·A1

C1→＝0，得AB1⊥A1C1.又A1B1∩A1C1＝A1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解：设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知AC1→＝(0,23，1)，AB→＝(1，3，0

)，BB1→＝(0,0,2)，设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).由n·AB→＝0，n·BB1→＝0，即x＋3y＝0，2z＝0，可取n＝(－3，1,0).所以sinθ＝|cos〈AC1→，n〉|＝

|AC1→·n||AC1→|·|n|＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.【规律方法】求直线与平面所成的角，大致有两种基本方法：①传统立体几何的综合推理法：通过射影转化法作出直线与平面所成的线面角，然后在直角三角形中求角的大小.找射影的基

本方法是过直线上一点作平面的垂线，连接垂足和斜足得到直线在平面内的射影；有时也可通过找到经过斜线且垂直于已知平面的垂面来确定斜线在平面内的射影，此时平面与垂面的交线即为射影.②空间向量的坐标法：建系并确定点及向量的坐标，然后利用向量的夹角公式通过坐

标运算求得直线和平面所成的角.【互动探究】1.(2018年天津)如图8-7-3，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值

；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.图8-7-3＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(

2)解：如图D84，取棱AC的中点N，连接MN，ND.图D84因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝AD2＋AM2＝13.因为AD⊥平面ABC，故AD

⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝AD2＋AN2＝13.在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝12MNDM＝1326.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.(3)解：如图D84，连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥A

B，CM＝3.又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD.所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中，CD＝AC2＋AD2＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝CMCD＝34.所以直线CD与平面ABD所成角的正弦

值为34.考点2面面所成角的计算例2：(2018年北京)如图8-7-4，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的

余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交.图8-7-45证明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形.又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF.∵AB＝BC，∴AC⊥BE.又

EF∩BE＝E，∴AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE.如图D83，建立空间直角坐称系E

-xyz.图D83由题意，得B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1).设平面BCD的法向量为n＝(a，b，c)，∴CD→＝(2,0,1)，CB→＝(1,2,0).∴n·CD→＝0

，n·CB→＝0.∴2a＋c＝0，a＋2b＝0.令a＝2，则b＝－1，c＝－4.∴平面BCD的法向量n＝(2，－1，－4).又∵平面CDC1的法向量为EB→＝(0,2,0)，∴cos〈n·EB

→〉＝n·EB→|n||EB→|＝－2121.由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为－2121.(3)证明：由(2)知，平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，∵G(0,2,1)，F(0,0,2)，∴FG

与平面BCD不平行且不在平面BCD内.∴FG与平面BCD相交.∴GF→＝(0，－2,1).∴n·GF→＝－2.∴n与GF→不垂直.【规律方法】求二面角，大致有两种基本方法：(1)传统立体几何的综合推理法：①定义法；

②垂面法；③三垂线定理法；④射影面积法.(2)空间向量的坐标法：建系并确定点及向量的坐标，分别求出两个平面的法向量，通过求两个法向量的夹角得出二面角的大小.【互动探究】2.(2017年新课标Ⅱ)如图8-7-5，四棱锥P-ABCD中，侧面＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.图8-7-5PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD(1)证明：取PA中点F，连接EF，BF.由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD

，所以四边形BCEF为平行四边形.所以CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE平面PAB，所以CE∥平面PAB.因为E为PD的中点，所以EF∥AD，EF＝12AD.又BC＝12AD，所以EFBC.图D85(2)解：由已知得BA⊥AD，

以A为坐标原点，AB→的方向为x轴正方向，|AB→|为单位长度，建立如图D85所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC→＝(1,0，－3)，A

B→＝(1,0,0).设M(x，y，z)(0<x<1)，则BM→＝(x－1，y，z)，PM→＝(x，y－1，z－3).因为BM与底面ABCD所成的角为45°，又n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈BM→，n〉|＝sin45

°，|z|(x－1)2＋y2＋z2＝22.即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM→＝λPC→(0<λ≤1)，则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②由①②，得x＝1＋22，y＝1，z＝－62，(舍去)或

x＝1－22，y＝1，z＝62.所以M1－22，1，62.从而AM→＝1－22，1，62.设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则m·AM→＝0，m·AB→＝0，即(2－2)x0＋2y0＋6z0＝0，x0＝0.所以可取m＝(0，－

6，2).于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝105.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.难点突破⊙利用空间向量求空间距离例题：(2018年天津)如图8-7-6，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝

DG＝2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；(2)求二面角E-BC-F的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.图8-7-6图8-7-7(1)证明：依题意，可以建立以D为原点，分别以DA→，DC→，

DG→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图8-7-7)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M0，32，1，N(1,0,2).又因为直线MN平面CDE，所以MN

∥平面CDE.依题意DC→＝(0,2,0)，DE→＝(2,0,2).设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则n0·DC→＝0，n0·DE→＝0，即2y＝0，2x＋2z＝0.不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1).又MN→＝1，－32，1

，可得MN→·n0＝0，不妨令z＝1，可得n＝(0,1,1).设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，(2)解：依题意，可得BC→＝(－1,0,0)，BE→＝(1，－2,2)，CF→＝(0，－1,2).设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则n

·BC→＝0，n·BE→＝0.即－x＝0，x－2y＋2z＝0.则m·BC→＝0，m·CF→＝0.即－x＝0，－y＋2z＝0.不妨令z＝1，可得m＝(0,2,1).因此有cos〈m，n〉＝m·n|

m||n|＝31010，于是sin〈m，n〉＝1010.所以二面角E-BC-F的正弦值为1010.(3)解：设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP→＝(－1，－2，h).易知，DC→＝(0,2,0)为

平面ADGE的一个法向量，故|cos〈BP→·DC→〉|＝|BP→·DC→||BP→||DC→|＝2h2＋5，由题意，可得2h2＋5＝sin60°＝32，解得h＝33∈[0,2].所以线段DP的长为33.【规律方法】求点到平面的距离通常有以下方法：(1)直接法，即直接确定点到平面的垂线，再求出点到

垂足的距离，即为所求；(2)间接法，包括等体积法和转化法；(3)向量法，即求出已知点与平面上一点连接线段在平面法向量方向上的射影长，此射影长即为所求，点P到平面α的距离：d＝|PM→·m||m|(其中m为平面α的法向量，M为

α内任一点).【互动探究】图8-7-83.如图8-7-8，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形，∠BAD＝120°，AB＝2，E，F分别为CD，AA1的中点.(1)求证：DF∥平面B1AE；(2)若AA1⊥底面ABCD，且直线AD1与平面

B1AE所成线面角的正弦值为34，求AA1的长.(1)证明：如图D86，设G为AB1的中点，连接EG，GF.图D86所以四边形DEGF是平行四边形.所以DF∥EG.又DF平面B1AE，EG⊂平面B1AE，

所以DF∥平面B1AE.因为FG12A1B1，又DE12A1B1，所以FGDE.(2)解：因为ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形.如图D87，取BC中点G，则AG⊥AD.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AG，AA1

⊥AD.图D87建立如图所示的空间直角坐标系，令AA1＝t(t>0)，则A(0,0,0)，E32，32，0，B1(3，－1，t)，D1(0,2，t).则AE→＝32，32，0，AB1→＝(3，－1，t)，AD1→＝(0,2，t)

.设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝32(x＋3y)＝0且n·AB1→＝3x－y＋tz＝0.取n＝(－3t，t,4)，设直线AD1与平面B1AE所成角为θ，则sinθ＝|n·AD1→||

n|·|AD1→|＝6t2(t2＋4)＝34.解得t＝2.故线段AA1的长为2.