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（新高考）2021届高考二轮复习专题八 立体几何与空间向量 教师版
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这是一份（新高考）2021届高考二轮复习专题八 立体几何与空间向量 教师版，共40页。试卷主要包含了直线、平面垂直的判定及其性质，空间向量的运用等内容，欢迎下载使用。
专题 8
××
立体几何与空间向量
命题趋势
1．空间几何体结构特征的考查，主要为表面积和体积的求解，一般以选择题和填空题的形式出现．
2．空间点、线、面的位置关系的考查，一般为线线关系、线面关系、面面关系的证明以及表面积、体积的求解．
3．空间向量通常当作工具来求解空间几何体的问题．
考点清单
1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
S棱柱表=S棱柱侧+2S底，S棱锥表=S棱锥侧+S底，S棱台表=S棱台侧+S上底+S下底．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：S表=2πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
②圆锥：S表=πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
③圆台：S表=π(r'2+r2+r'l+rl)，其中r'，r为上、下底面半径分别，l为母线长；
④球体：S球=4πr2，其中r为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：V柱体=Sh，其中S为底面面积，h为高；
②椎体：，其中S为底面面积，h为高；
③台体：，其中S'、S分别为上、下底面面积，h为高；
④球体：，其中r为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
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：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
符号语言：a⊄α，b⊂α，a//b⇒a//α．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面平行的性质定理
文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
符号语言：a//α，a⊂β，α∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面平行的判定定理
文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b=P，a//α，b//α⇒α//β．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面平行的性质定理
文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
符号语言：α//β，γ∩α=a，γ∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．
4．直线、平面垂直的判定及其性质
（1）直线与平面垂直的判定定理
文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
符号语言：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b=P⇒l⊥α．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面垂直的性质定理
文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．
符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a//b．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面垂直的判定定理
文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
符号语言：l⊂β，l⊥α⇒α⊥β．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面垂直的性质定理
文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
符号语言：α⊥β，α∩β=l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．
图形语言：如下图．
5．空间向量的运用
设平面α，β的法向量分别为，，直线l的方向向量为，
则：（1）线面平行
（2）线面垂直
，，
（3）面面平行
，，
（4）面面垂直
精题集训
（70分钟）
经典训练题
一、选择题．
1．如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a，，AA1=c，则下列向量中与BM相等的向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，
，故选A．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
2．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，AC，BD相交于点O，平面ABCD，SO=4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为（ ）
A．3 B．7 C．13 D．8
【答案】D
【解析】取DC，SC的中点G，F，连接，FE，
∵E是BC的中点，∴GE//DB，FE//SB，GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，
则GE//平面SBD，
FE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，
则FE//平面SBD，
又GE∩FE=E，∴平面FEG//平面SBD，
∵平面ABCD，∴SO⊥AC，
又四边形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，
∵SO∩DB=O，∴AC⊥平面SBD，则AC⊥平面FEG，
故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC，
又动点P在棱锥表面上运动，
∴动点P的轨迹的周长即为△FEG的周长，
∵四边形ABCD是菱形边长为6，且，∴BD=6，
则OB=OD=3，
又SO=4，∴SB=SD=5，故，GE=3，
∴△FEG的周长为8，故选D．
【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；
解决本题的关键是通过证明平面FEG//平面SBD，得到AC⊥平面FEG，进而得到动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC．
3．如图，在直三棱柱的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD=33．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则AA1=（ ）
A．2 B．2 C．5 D．22
【答案】D
【解析】由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，
其外接圆的半径满足，所以r=1．
由4πR2=12π，得．
由球的性质可知，球心O到底面ABC的距离为d=R2-r2=2，
结合球和直三棱柱的对称性可知，AA1=2d=22，故选D．
【点评】本题考查直正三棱柱的判定与性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系．
4．已知正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均相等，D、E在BB'上，且BD=DE=EB'，则异面直线AD与EC'所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如下图所示，设AD=3，取BC的中点O，的中点M，连接OA、OM，
在正三棱柱ABC-A'B'C'中，BB'//CC'且BB'=CC'，
则四边形BB'C'C为平行四边形，∴BC//B'C'且BC=B'C'，
由于O、M分别为BC、的中点，则OB//MB'且OB=MB'，
所以，四边形OBB'M为平行四边形，则OM//BB'且OM=BB'，
∵BB'⊥平面ABC，则OM⊥平面ABC，
∵△ABC为等边三角形，且O为BC的中点，则OA⊥BC，
以点O为坐标原点，OA、OB、OM所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，
，
，
因此，异面直线AD与EC'所成角的正弦值为，故选C．
【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
5．（多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（ ）
A．异面直线C1P和所成的角为定值 B．直线CD和平面相交
C．三棱锥D-BPC1的体积为定值 D．直线CP和直线A1B可能相交
【答案】AC
【解析】对于A，因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，
又BC1∩C1D1=C1，，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，
故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；
对于B，因为平面与面ABC1D1是同一平面，
DCAB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，
故CD平面ABC1D1，即CD平面，故B错误；
对于C，三棱锥D-BPC1的体积等于三棱锥P-DBC1的体积，
而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，
又因为P∈AD1，
因为AD1BC1，平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1平面DBC1，
所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，
所以三棱锥D-BPC1的体积为定值，故C正确；
对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误，
故选AC．
【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键．
二、填空题．
6．小明同学在进行剪纸游戏，将长方体ABCD-A1B1C1D1剪成如图所示的侧面展开图，其中AA1=1，AB=2，AD=4，已知M，N分别为BC，A1D1的中点，则将该长方体还原后直线C1'M与B1N所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】连接AN，因为M，N分别为BC，A1D1的中点，所以AN//C1M，
故所求角的大小等于∠B1NA或其补角，
又AN=12+22=5，B1N=22+22=22，AB1=12+22=5，
所以由余弦定理及勾股定理，，
故所求角的余弦值为，故答案为．
【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
7．在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，E为PC中点，有以下四个结论：
①若PC⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；
②若PC⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为6π；
③若PA⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；
④若PA⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π．
其中结论正确的序号为__________．
【答案】①②④
【解析】取AC中点F，连接BF，以F为坐标原点，FB为x轴，FC为y轴，过F点作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系F-xyz，如图所示，
设AB=a，则，，，，，
所以，
由PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，得三棱锥P-ABC为正三棱锥，
设外接球球心为O，半径为R，则OP=OA=R，且轴，
所以，，
解得，
若PC⊥BE，则，，
所以，解得a=2，
所以，故选项①正确；
又，所以，故选项②正确；
若PA⊥BE，则，
所以，解得a=22，故选项③错误；
又，所以，故选项④正确，
故答案为①②④．
【点评】本题主要考了空间几何体——三棱锥为背景设计问题，要求学生能理解空间几何体的结构特征的基础上，利用基础知识探究新的问题，涉及了球的几何性质以及球的体积公式、表面积公式的应用，解决空间问题的一个常用方式是——空间向量法，解题的关键是建立空间直角坐标系，准确求出所需点的坐标，然后将空间问题转化成向量问题进行处理，对于学生的运算能力有较高的要求．
8．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=1，AC=2．三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为______；若点M是△ABC的重心，则过点M的平面截球O所得截面的面积的最小值为______．
【答案】，
【解析】（1）PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又∵AB⊥BC，且PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
所以PC是两个直角三角形PAC和PBC的斜边，
取PC的中点O，点O到四点P，A，B，C的距离相等，
即点O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，，．
（2）当点M是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，
点N是AC的中点，M是△ABC的重心，
，，
所以，截面圆的半径，
所以．
故答案为，．
【点评】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力．
（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为a，b，c，那么外接球的直径2R=a2+b2+c2．
（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R的方程．
（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心．
三、解答题．
9．如图，在正四面体A-BCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且，．
（1）求证：直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上；
（2）若AB=2，求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，，所以，
故E，F，G，H四点共面，且直线EH，FG必相交于一点，
设EH∩FG=M，
因为，EHÜ平面ABD，所以M∈平面ABD，
同理：M∈平面BCD，
而平面ABD∩平面BCD=BD，故M∈BD，
即直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上．
（2）连结EG，BG，点A到平面的距离为d，正四面体的棱长为2，
则该正四面体的高为，所以E到平面BFG的距离为，
在△CFG中，，，
由余弦定理可得，
在等腰梯形中可得：G到EF的距离为，
而G到BF的距离为点D到BF的距离的，也为，
所以△BFG的面积与△BFG的面积相等，由VE-BFG=VB-EFG可得，
故点B到平面的距离为．
【点评】求解空间中点P到平面的距离常用的方法：
（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量m，以及一条斜线的方向向量PA，根据，即可求出点到面的距离；
（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离．
10．如图，已知ABB1A1是圆柱OO1的轴截面，O、O1分别是两底面的圆心，C是弧AB上的一点，∠ABC=30∘，圆柱的体积和侧面积均为．
（1）求证：平面ACA1⊥平面BCB1；
（2）求二面角B-A1B1-C的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）60∘．
【解析】（1）∵AA1是圆柱的母线，∴AA1⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，
又C是弧AB上的一点，且AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，
∵，∴BC⊥平面ACA1，
又BC⊂平面BCB1，∴平面ACA1⊥平面BCB1．
（2）设圆柱的底面半径为r，母线长为l，
∵圆柱的体积和侧面积均为，∴，解得r=2，l=1，
即AB=4，AA1=1，
∵∠ABC=30∘，∴AC=2，BC=23，
设圆柱过C点的母线为CD，以C为原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系
C-xyz，如图所示：
则C0，0，0，B0，23，0，A12，0，1，B10，23，1，
∴CA1=2，0，1，CB1=0，23，1，BA1=2，-23，1，BB1=0，0，1，
设平面的法向量为，由，
取z=23，则x=-3，y=-1，
∴平面的一个法向量为；
设平面BA1B1的法向量为，由，
取b=1，则a=3，c=0，
∴平面BA1B1的一个法向量为，
∴，
由图中可看出二面角B-A1B1-C是锐角，故二面角B-A1B1-C的值为60∘．
【点评】证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：α//β，β⊥γ⇒α⊥γ（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．
11．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，ADBC，，，
且PA=a，E，F分别为PC，PB的中点．
（1）若a=2，求证：BP⊥平面ADEF；
（2）若四棱锥P-ABCD的体积为2，求二面角A-PD-C的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）当a=2时，AP=AB，点F是BP的中点，∴AF⊥BP，
又∵AP⊥平面ABCD，∴AD⊥AP，且AD⊥AB，AP∩AB=A，
∴AD⊥平面PAB，BP⊂平面PAB，∴AD⊥BP，
又AF∩AD=A，∴BP⊥平面ADEF．
（2），解得AP=1，
如图，以A为原点，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
A0，0，0，P0，0，1，C2，2，0，D0，4，0，PC=2，2，-1，PD=0，4，-1，
设平面PCD的法向量，则，即，
令y=1，则x=1，z=4，；
显然AB⊥平面PAD，设平面PAD的法向量，
，
∵二面角A-PD-C是锐二面角，∴二面角A-PD-C的余弦值是．
【点评】本题考查线面垂直判断，以及利用空间向量求解二面角的余弦值，属于中档题．
12．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，G是线段AB上一点(不含A，B)，在平面SGD内过点G作平面交SD于点P．
（1）写出作点P､GP的步骤(不要求证明)；
（2）若，AB=SA=SB=SD=2，P是SD的中点，求平面与平面SGD所成锐二面角的大小．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【解析】（1）第一步：在平面ABCD内作交CD于点H；
第二步：在平面SCD内作HPSC交SD于点P；
第三步：连接GP，点P､GP即为所求．
（2）因P是SD的中点，HPSC，所以H是CD的中点，
而，所以G是AB的中点．
连接AC，GD交于O，连接SO，设S在底面ABCD的射影为M，
因为SA=SB=SD，所以MA=MB=MD，即M为△ABD的外心，
所以M与O重合，
因为，SD=2，
所以，，
过O作OE//GB交BC于点E，以OG，OE，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取z=2，则x=1，y=3，所以，
又GB⊥平面SGD，故GB=(0，1，0)为平面SGD的法向量，
设平面与平面SGD所成锐二面角的大小为θ，
则，
因为，所以．
故平面与平面SGD所成锐二面角的大小为．
【点评】本题在建立空间直角坐标系前，首先利用垂直关系得到，，，否则建立坐标系后不能写出向量坐标，因此建系之前需要证明垂直关系，寻求数量关系．
13．如图，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，AB//CD，，E为AB的中点，F在线段CD上，且EF//AD．将四边形沿EF折起，使得到的四边形D'A'EF所在平面与平面BCFE垂直，M为D'C的中点．连接，BA'，BM．
（1）证明：CF⊥BM；
（2）求平面A'D'FE与平面D'BC所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：因为EF//AD，∠ADC=90°，所以∠CFE=90°，
则EF⊥DF，即EF⊥D'F．
又平面D'A'EF⊥平面EFCB，
平面D'A'EF∩平面EFCB=EF，所以D'F⊥平面BCFE，所以D'F⊥CF，
又由∠CFE=90°，可知EF⊥CF，且D'F∩EF=F，
所以CF⊥平面D'A'EF．
取CF的中点Q，连接MQ，BQ，
依题意可得四边形EFQB为平行四边形，则BQ//EF．
因为M为D'C的中点，所以MQ//D'F，
又BQ∩MQ=Q，所以平面BMQ//平面D'A'EF，所以CF⊥平面BMQ，
因为BM⊂平面BMQ，所以CF⊥BM．
（2）解：如图，分别以FE，FC，FD'为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D'(0，0，2)，，C(0，4，0)，D'B=(2，2，-2)，．
设平面D'BC的法向量，则，
令x=1，得；
易知平面A'D'FE的一个法向量，
且，
故平面A'D'FE与平面D'BC所成锐二面角的余弦值为．
【点评】本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，解题方法是建立空间直线坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得出二面角的余弦值．这种方法把立体几何中的证明转化为计算，便于学生思考．
高频易错题
一、选择题．
1．设m､n为两条直线，α､β为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β B．若mn，m⊥α，nβ，则α⊥β
C．若m⊥n，mα，nβ，则αβ D．若mn，m⊥α，n⊥β，则αβ
【答案】C
【解析】A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B．若mn，m⊥α，则n⊥α，
又nβ，则平面β内存在直线cn，所以c⊥α，所以α⊥β，B正确；
C．若m⊥n，mα，nβ，则α，β可能相交，可能平行，C错；
D．若mn，m⊥α，n⊥β，则α，β的法向量平行，所以αβ，D正确，
故选C．
【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．
二、解答题．
2．如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，，平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．
（1）求证：EFAD；
（2）求二面角A-EF-B的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ADBC，
∵AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，∴AD平面BCEF，
因为平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，AD⊂平面ADEF，所以EFAD．
（2）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为OF⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
取CD中点M，连接EM，OM，
∵∠BAD=60°，BC=2，∴OA=OC=3，OB=OD=1，
∵BC=CD=CE=DE=2，∴△CDE为正三角形，EM=3，
，
，
从而，，，，，
设平面ADEF一个法向量为，则，即，
令x=1，∴y=-3，z=1，m=(1，-3，1)；
设平面BCEF一个法向量为n=(x，y，z)，则，即，
令x=1，∴y=-3，z=-1，n=(1，-3，-1)，
，因此二面角A-EF-B的余弦值为．
【点评】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
精准预测题
一、选择题．
1．在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A､B，过直线l做平面α，使得点A､B到平面α的距离相等，
则这样的平面α的个数不可能是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】C
【解析】（1）如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；
（2）当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；
（3）如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．
故选C．
【点评】本题考查空间向量直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是中档题．
2．日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒某个铁皮包装礼盒的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方形所拼成的多边形(如图)，矩形的长为12 cm，矩形的宽和正方形的边长均为8 cm．若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为V cm3，则V的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意作出礼盒的直观图如下图所示：
由图可知该几何体为直三棱柱，
设等腰三角形的内切圆半径为R，
又因为等腰三角形的高为122-42=82，
所以根据等面积法可知：，所以R=22，
又因为正方形的边长为8，所以，
所以球形硬糖的半径最大值为22，所以体积V的最大值为，
故选A．
【点评】解答本题的关键是通过分析等腰三角形的内切圆的半径以及半径与正方形边长的大小关系，确定出球形的最大半径，由此完成求解．
3．在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，若∠ABD与∠ABC互余，则BA⋅BC+BD的最大值为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】B
【解析】设∠ABD=α，可得，则α为锐角，
在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，
则
，
其中为锐角，且．
，则，
所以，当时，BA⋅BC+BD取得最大值30，故选B．
【点评】在计算向量的数量积时，要确定好基底向量，作为基底向量的向量，长度以及向量间的夹角需已知．
4．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长AB=2，高A1A=4，E为棱A1A的中点．设∠BAD=α、∠BED=θ、∠B1ED=γ，则α、β、γ之间的关系正确的是（ ）
A．α=γ>θ B．γ>α>θ C．θ>γ>α D．α>θ>γ
【答案】B
【解析】由题意可得，
连接BD，则△BDE为等边三角形，所以，
连接B1D，则B1D=22+22+42=26，BE=DE=22+22=22，
取B1D的中点O，连接EO，则B1O=6，EO=8-6=2，
所以，所以，即，
所以γ>α>θ，故选B．
【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
二、填空题．
5．若正四棱锥的侧面均是正三角形，且它的表面积是8+83，则该四棱锥外接球的体积是__________．
【答案】
【解析】设该正四棱锥为P-ABCD，该正四棱锥的棱长为a，取正方形ABCD的中心E，连接PE，
由于该正四棱锥的表面积为，解得a=22，
所以，AC=2a=4，，
∵E为正四棱锥P-ABCD底面的中心，则PE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，平面ABCD，PE=PA2-AE2=2，
所以，EA=EB=EC=ED=EP=2，
所以，点E为四棱锥P-ABCD的外接球球心，则球E的半径为2，
因此，该四棱锥外接球的体积是，故答案为．
【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
6．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段上的动点(不含端点)，有下列结论：
①平面A1D1P⊥平面A1AP；
②多面体D1-CDP的体积为定值；
③直线D1P与BC所成的角可能为；
④△APD1能是钝角三角形．
其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．
【答案】①②④
【解析】对于①，正方体ABCD-A1B1C1D1中，，，
，∴A1D1⊥平面A1AP，
∵A1D1⊥平面，∴平面平面A1AP，故①正确；
对于②，，P到平面CDD1的距离BC=1，
∴三棱锥D1-CDP的体积：，为定值，故②正确；
对于③，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
，0，，B(1，1，0)，，1，，
设P(1，a，b)，(0
，
假设，所以a2+(b-1)2=3，
∵0
对于④，见上图，由题得A(1，0，0)，D1(0，0，1)，
设P(1，y，1-y)，(0
所以，
当时，cos<0，即∠APD1是钝角，此时是钝角三角形，
故④正确，
故答案为①②④．
【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．
三、解答题．
7．如图三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，E，F分别为AB，AA1的中点，CE⊥FB1，．
（1）证明：EF⊥平面CEB1；
（2）求二面角E-CF-B1的平面角大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：设AA1=2a，
∵，则AB=22a，EB1=6a，BB1=2a，
∵点E为棱AB的中点，∴EB=2a，∴EB12=EB2+BB12，∴EB⊥BB1．
∵三棱柱ABC-A1B1C1的侧面ABB1A1为平行四边形，
∴四边形ABB1A1为矩形，
∵点F为棱AA1的中点，
∴FB12=A1F2+A1B12=9a2，FE2=AF2+AE2=3a2，
∴FB12=EF2+EB12，∴EF⊥EB1．
∵三棱柱的底面ABC是正三角形，E为AB的中点，∴．
∵CE⊥FB1，且AB⊂平面ABB1A1，FB1⊂平面ABB1A1，且AB，FB1相交，
∴平面ABB1A1，
∵EF⊂平面ABB1A1，∴CE⊥EF，
∵EC∩EB1=E，∴EF⊥平面CEB1．
（2）由（1）可知平面ABB1A1，∴CE⊥BB1，∴BB1⊥平面ABC，
∴三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，
设A1B1的中点为M，则直线EB，CE，EM两两垂直，
分别以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设E(0，0，0)，，，，
则EF=-2a，0，a，FC=2a，6a，-a，FB1=22a，0，a．
设平面CFB1的一个法向量为n=(x，y，z)，则，
则，则，
不妨取x=1，则y=-3，则z=-22，所以n=1，-3，-22；
设平面CEF的一个法向量为m=(x，y，z)，则，
则，则，
令x=1，则y=0，z=2，所以m=(1，0，2)，
，
又因为该二面角为锐角，则二面角E-CF-B1的平面角的大小为．
【点评】利用空间向量求二面角时，首先要建立合适的空间直角坐标系，其次要正确写出点的坐标，特别注意遇到不容易写的点坐标可以单独分离出底面直角坐标系求解，在计算平面法向量时，注意不定方程求解方法，最后利用向量夹角公式求解．
8．已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC=90∘，AA1=AB=AC=1．
（1）求异面直线AC1与A1B所成的角；
（2）求二面角A-BC1-A1的正弦值；
（3）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1?若存在，确定点N的位置，若不存在，说明理由．
【答案】（1）60∘；（2）；（3）存在，点N为BC的中点．
【解析】因为AA1⊥平面ABC，∠BAC=90°，
如图，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1=AB=AC=1，
所以A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1)，C(0，1，1)．
（1）AC1=(0，1，-1)，A1B=(1，0，1)，
，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°．
（2）BC1=(-1，1，-1)，设平面ABC1的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
，
x1=0，不妨令z1=1，y1=1，则平面ABC1的一个法向量为n1=(0，1，1)；
设平面BC1A1的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
，
y2=0，不妨令x2=1，z2=-1，
则平面BC1A1的一个法向量为n2=(1，0，-1)，
，
从而，所以二面角A-BC1-A1的正弦值为．
（3）假设在平面ABC的边上或内部存在一点N(x，y，1)，
因为M为A1B的中点，A1B=(1，0，1)，所以，
所以，
又AC1=(0，1，-1)，BC1=(-1，1，-1)，
则，所以，
且，所以N是BC的中点．
故存在点N，N为BC的中点，满足条件．
【点评】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．
9．如图1，扇形OAB的圆心角为60°，半径为3，点C，D分别在线段OA，OB上，且OD=2OC=2，
将△OCD沿CD折起到△O'CD的位置，如图2所示．
（1）求证：CD⊥O'A；
（2）若，求平面O'AC与平面O'BD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）在△OCD中，OC=1，OD=2，∠COD=60°，
由余弦定理，CD2=OC2+OD2-2OC⋅OD⋅cos60°=3，即CD=3，
所以OC2+CD2=OD2，即CD⊥OC，即CD⊥OA，
所以CD⊥O'C，CD⊥CA，O'C∩CA=C，所以CD⊥平面O'AC，
又O'A⊂平面O'AC，所以CD⊥O'A．
（2）如图，过点C作Cz⊥平面ACD，
以C为原点，CA，CD，Cz所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系C-xyz，
由题意可得C0，0，0，D0，3，0，，，
则，．
设平面O'BD的法向量为m=x，y，z，则，
令y=1，则一条法向量m=-3，1，3，
易知CD=0，3，0为平面O'AC的一个法向量，
所以，
所以，
所以平面O'AC与平面O'BD所成角的正弦值为．
【点评】解决翻折问题的关键是确定翻折前后各量之间的关系，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：①与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
专题 8
××
立体几何与空间向量
命题趋势
1．空间几何体结构特征的考查，主要为表面积和体积的求解，一般以选择题和填空题的形式出现．
2．空间点、线、面的位置关系的考查，一般为线线关系、线面关系、面面关系的证明以及表面积、体积的求解．
3．空间向量通常当作工具来求解空间几何体的问题．
考点清单
1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
S棱柱表=S棱柱侧+2S底，S棱锥表=S棱锥侧+S底，S棱台表=S棱台侧+S上底+S下底．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：S表=2πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
②圆锥：S表=πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
③圆台：S表=π(r'2+r2+r'l+rl)，其中r'，r为上、下底面半径分别，l为母线长；
④球体：S球=4πr2，其中r为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：V柱体=Sh，其中S为底面面积，h为高；
②椎体：，其中S为底面面积，h为高；
③台体：，其中S'、S分别为上、下底面面积，h为高；
④球体：，其中r为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
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：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
符号语言：a⊄α，b⊂α，a//b⇒a//α．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面平行的性质定理
文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
符号语言：a//α，a⊂β，α∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面平行的判定定理
文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b=P，a//α，b//α⇒α//β．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面平行的性质定理
文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
符号语言：α//β，γ∩α=a，γ∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．
4．直线、平面垂直的判定及其性质
（1）直线与平面垂直的判定定理
文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
符号语言：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b=P⇒l⊥α．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面垂直的性质定理
文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．
符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a//b．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面垂直的判定定理
文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
符号语言：l⊂β，l⊥α⇒α⊥β．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面垂直的性质定理
文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
符号语言：α⊥β，α∩β=l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．
图形语言：如下图．
5．空间向量的运用
设平面α，β的法向量分别为，，直线l的方向向量为，
则：（1）线面平行
（2）线面垂直
，，
（3）面面平行
，，
（4）面面垂直
精题集训
（70分钟）
经典训练题
一、选择题．
1．如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a，，AA1=c，则下列向量中与BM相等的向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，
，故选A．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
2．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，AC，BD相交于点O，平面ABCD，SO=4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为（ ）
A．3 B．7 C．13 D．8
【答案】D
【解析】取DC，SC的中点G，F，连接，FE，
∵E是BC的中点，∴GE//DB，FE//SB，GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，
则GE//平面SBD，
FE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，
则FE//平面SBD，
又GE∩FE=E，∴平面FEG//平面SBD，
∵平面ABCD，∴SO⊥AC，
又四边形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，
∵SO∩DB=O，∴AC⊥平面SBD，则AC⊥平面FEG，
故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC，
又动点P在棱锥表面上运动，
∴动点P的轨迹的周长即为△FEG的周长，
∵四边形ABCD是菱形边长为6，且，∴BD=6，
则OB=OD=3，
又SO=4，∴SB=SD=5，故，GE=3，
∴△FEG的周长为8，故选D．
【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；
解决本题的关键是通过证明平面FEG//平面SBD，得到AC⊥平面FEG，进而得到动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC．
3．如图，在直三棱柱的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD=33．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则AA1=（ ）
A．2 B．2 C．5 D．22
【答案】D
【解析】由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，
其外接圆的半径满足，所以r=1．
由4πR2=12π，得．
由球的性质可知，球心O到底面ABC的距离为d=R2-r2=2，
结合球和直三棱柱的对称性可知，AA1=2d=22，故选D．
【点评】本题考查直正三棱柱的判定与性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系．
4．已知正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均相等，D、E在BB'上，且BD=DE=EB'，则异面直线AD与EC'所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如下图所示，设AD=3，取BC的中点O，的中点M，连接OA、OM，
在正三棱柱ABC-A'B'C'中，BB'//CC'且BB'=CC'，
则四边形BB'C'C为平行四边形，∴BC//B'C'且BC=B'C'，
由于O、M分别为BC、的中点，则OB//MB'且OB=MB'，
所以，四边形OBB'M为平行四边形，则OM//BB'且OM=BB'，
∵BB'⊥平面ABC，则OM⊥平面ABC，
∵△ABC为等边三角形，且O为BC的中点，则OA⊥BC，
以点O为坐标原点，OA、OB、OM所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，
，
，
因此，异面直线AD与EC'所成角的正弦值为，故选C．
【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
5．（多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（ ）
A．异面直线C1P和所成的角为定值 B．直线CD和平面相交
C．三棱锥D-BPC1的体积为定值 D．直线CP和直线A1B可能相交
【答案】AC
【解析】对于A，因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，
又BC1∩C1D1=C1，，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，
故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；
对于B，因为平面与面ABC1D1是同一平面，
DCAB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，
故CD平面ABC1D1，即CD平面，故B错误；
对于C，三棱锥D-BPC1的体积等于三棱锥P-DBC1的体积，
而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，
又因为P∈AD1，
因为AD1BC1，平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1平面DBC1，
所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，
所以三棱锥D-BPC1的体积为定值，故C正确；
对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误，
故选AC．
【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键．
二、填空题．
6．小明同学在进行剪纸游戏，将长方体ABCD-A1B1C1D1剪成如图所示的侧面展开图，其中AA1=1，AB=2，AD=4，已知M，N分别为BC，A1D1的中点，则将该长方体还原后直线C1'M与B1N所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】连接AN，因为M，N分别为BC，A1D1的中点，所以AN//C1M，
故所求角的大小等于∠B1NA或其补角，
又AN=12+22=5，B1N=22+22=22，AB1=12+22=5，
所以由余弦定理及勾股定理，，
故所求角的余弦值为，故答案为．
【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
7．在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，E为PC中点，有以下四个结论：
①若PC⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；
②若PC⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为6π；
③若PA⊥BE，则三棱锥P-ABC的体积为；
④若PA⊥BE，且三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为12π．
其中结论正确的序号为__________．
【答案】①②④
【解析】取AC中点F，连接BF，以F为坐标原点，FB为x轴，FC为y轴，过F点作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系F-xyz，如图所示，
设AB=a，则，，，，，
所以，
由PA=PB=PC=2，△ABC是正三角形，得三棱锥P-ABC为正三棱锥，
设外接球球心为O，半径为R，则OP=OA=R，且轴，
所以，，
解得，
若PC⊥BE，则，，
所以，解得a=2，
所以，故选项①正确；
又，所以，故选项②正确；
若PA⊥BE，则，
所以，解得a=22，故选项③错误；
又，所以，故选项④正确，
故答案为①②④．
【点评】本题主要考了空间几何体——三棱锥为背景设计问题，要求学生能理解空间几何体的结构特征的基础上，利用基础知识探究新的问题，涉及了球的几何性质以及球的体积公式、表面积公式的应用，解决空间问题的一个常用方式是——空间向量法，解题的关键是建立空间直角坐标系，准确求出所需点的坐标，然后将空间问题转化成向量问题进行处理，对于学生的运算能力有较高的要求．
8．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=1，AC=2．三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为______；若点M是△ABC的重心，则过点M的平面截球O所得截面的面积的最小值为______．
【答案】，
【解析】（1）PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又∵AB⊥BC，且PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
所以PC是两个直角三角形PAC和PBC的斜边，
取PC的中点O，点O到四点P，A，B，C的距离相等，
即点O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，，．
（2）当点M是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，
点N是AC的中点，M是△ABC的重心，
，，
所以，截面圆的半径，
所以．
故答案为，．
【点评】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力．
（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为a，b，c，那么外接球的直径2R=a2+b2+c2．
（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R的方程．
（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心．
三、解答题．
9．如图，在正四面体A-BCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且，．
（1）求证：直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上；
（2）若AB=2，求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，，所以，
故E，F，G，H四点共面，且直线EH，FG必相交于一点，
设EH∩FG=M，
因为，EHÜ平面ABD，所以M∈平面ABD，
同理：M∈平面BCD，
而平面ABD∩平面BCD=BD，故M∈BD，
即直线EH，FG必相交于一点，且这个交点在直线BD上．
（2）连结EG，BG，点A到平面的距离为d，正四面体的棱长为2，
则该正四面体的高为，所以E到平面BFG的距离为，
在△CFG中，，，
由余弦定理可得，
在等腰梯形中可得：G到EF的距离为，
而G到BF的距离为点D到BF的距离的，也为，
所以△BFG的面积与△BFG的面积相等，由VE-BFG=VB-EFG可得，
故点B到平面的距离为．
【点评】求解空间中点P到平面的距离常用的方法：
（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量m，以及一条斜线的方向向量PA，根据，即可求出点到面的距离；
（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离．
10．如图，已知ABB1A1是圆柱OO1的轴截面，O、O1分别是两底面的圆心，C是弧AB上的一点，∠ABC=30∘，圆柱的体积和侧面积均为．
（1）求证：平面ACA1⊥平面BCB1；
（2）求二面角B-A1B1-C的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）60∘．
【解析】（1）∵AA1是圆柱的母线，∴AA1⊥平面ABC，
因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，
又C是弧AB上的一点，且AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，
∵，∴BC⊥平面ACA1，
又BC⊂平面BCB1，∴平面ACA1⊥平面BCB1．
（2）设圆柱的底面半径为r，母线长为l，
∵圆柱的体积和侧面积均为，∴，解得r=2，l=1，
即AB=4，AA1=1，
∵∠ABC=30∘，∴AC=2，BC=23，
设圆柱过C点的母线为CD，以C为原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系
C-xyz，如图所示：
则C0，0，0，B0，23，0，A12，0，1，B10，23，1，
∴CA1=2，0，1，CB1=0，23，1，BA1=2，-23，1，BB1=0，0，1，
设平面的法向量为，由，
取z=23，则x=-3，y=-1，
∴平面的一个法向量为；
设平面BA1B1的法向量为，由，
取b=1，则a=3，c=0，
∴平面BA1B1的一个法向量为，
∴，
由图中可看出二面角B-A1B1-C是锐角，故二面角B-A1B1-C的值为60∘．
【点评】证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：α//β，β⊥γ⇒α⊥γ（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．
11．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，ADBC，，，
且PA=a，E，F分别为PC，PB的中点．
（1）若a=2，求证：BP⊥平面ADEF；
（2）若四棱锥P-ABCD的体积为2，求二面角A-PD-C的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）当a=2时，AP=AB，点F是BP的中点，∴AF⊥BP，
又∵AP⊥平面ABCD，∴AD⊥AP，且AD⊥AB，AP∩AB=A，
∴AD⊥平面PAB，BP⊂平面PAB，∴AD⊥BP，
又AF∩AD=A，∴BP⊥平面ADEF．
（2），解得AP=1，
如图，以A为原点，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
A0，0，0，P0，0，1，C2，2，0，D0，4，0，PC=2，2，-1，PD=0，4，-1，
设平面PCD的法向量，则，即，
令y=1，则x=1，z=4，；
显然AB⊥平面PAD，设平面PAD的法向量，
，
∵二面角A-PD-C是锐二面角，∴二面角A-PD-C的余弦值是．
【点评】本题考查线面垂直判断，以及利用空间向量求解二面角的余弦值，属于中档题．
12．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，G是线段AB上一点(不含A，B)，在平面SGD内过点G作平面交SD于点P．
（1）写出作点P､GP的步骤(不要求证明)；
（2）若，AB=SA=SB=SD=2，P是SD的中点，求平面与平面SGD所成锐二面角的大小．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【解析】（1）第一步：在平面ABCD内作交CD于点H；
第二步：在平面SCD内作HPSC交SD于点P；
第三步：连接GP，点P､GP即为所求．
（2）因P是SD的中点，HPSC，所以H是CD的中点，
而，所以G是AB的中点．
连接AC，GD交于O，连接SO，设S在底面ABCD的射影为M，
因为SA=SB=SD，所以MA=MB=MD，即M为△ABD的外心，
所以M与O重合，
因为，SD=2，
所以，，
过O作OE//GB交BC于点E，以OG，OE，OS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取z=2，则x=1，y=3，所以，
又GB⊥平面SGD，故GB=(0，1，0)为平面SGD的法向量，
设平面与平面SGD所成锐二面角的大小为θ，
则，
因为，所以．
故平面与平面SGD所成锐二面角的大小为．
【点评】本题在建立空间直角坐标系前，首先利用垂直关系得到，，，否则建立坐标系后不能写出向量坐标，因此建系之前需要证明垂直关系，寻求数量关系．
13．如图，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，AB//CD，，E为AB的中点，F在线段CD上，且EF//AD．将四边形沿EF折起，使得到的四边形D'A'EF所在平面与平面BCFE垂直，M为D'C的中点．连接，BA'，BM．
（1）证明：CF⊥BM；
（2）求平面A'D'FE与平面D'BC所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：因为EF//AD，∠ADC=90°，所以∠CFE=90°，
则EF⊥DF，即EF⊥D'F．
又平面D'A'EF⊥平面EFCB，
平面D'A'EF∩平面EFCB=EF，所以D'F⊥平面BCFE，所以D'F⊥CF，
又由∠CFE=90°，可知EF⊥CF，且D'F∩EF=F，
所以CF⊥平面D'A'EF．
取CF的中点Q，连接MQ，BQ，
依题意可得四边形EFQB为平行四边形，则BQ//EF．
因为M为D'C的中点，所以MQ//D'F，
又BQ∩MQ=Q，所以平面BMQ//平面D'A'EF，所以CF⊥平面BMQ，
因为BM⊂平面BMQ，所以CF⊥BM．
（2）解：如图，分别以FE，FC，FD'为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D'(0，0，2)，，C(0，4，0)，D'B=(2，2，-2)，．
设平面D'BC的法向量，则，
令x=1，得；
易知平面A'D'FE的一个法向量，
且，
故平面A'D'FE与平面D'BC所成锐二面角的余弦值为．
【点评】本题考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，解题方法是建立空间直线坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得出二面角的余弦值．这种方法把立体几何中的证明转化为计算，便于学生思考．
高频易错题
一、选择题．
1．设m､n为两条直线，α､β为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β B．若mn，m⊥α，nβ，则α⊥β
C．若m⊥n，mα，nβ，则αβ D．若mn，m⊥α，n⊥β，则αβ
【答案】C
【解析】A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B．若mn，m⊥α，则n⊥α，
又nβ，则平面β内存在直线cn，所以c⊥α，所以α⊥β，B正确；
C．若m⊥n，mα，nβ，则α，β可能相交，可能平行，C错；
D．若mn，m⊥α，n⊥β，则α，β的法向量平行，所以αβ，D正确，
故选C．
【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．
二、解答题．
2．如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，，平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE=2EF=2．
（1）求证：EFAD；
（2）求二面角A-EF-B的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ADBC，
∵AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，∴AD平面BCEF，
因为平面ADEF∩平面BCEF=直线EF，AD⊂平面ADEF，所以EFAD．
（2）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为OF⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
取CD中点M，连接EM，OM，
∵∠BAD=60°，BC=2，∴OA=OC=3，OB=OD=1，
∵BC=CD=CE=DE=2，∴△CDE为正三角形，EM=3，
，
，
从而，，，，，
设平面ADEF一个法向量为，则，即，
令x=1，∴y=-3，z=1，m=(1，-3，1)；
设平面BCEF一个法向量为n=(x，y，z)，则，即，
令x=1，∴y=-3，z=-1，n=(1，-3，-1)，
，因此二面角A-EF-B的余弦值为．
【点评】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
精准预测题
一、选择题．
1．在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A､B，过直线l做平面α，使得点A､B到平面α的距离相等，
则这样的平面α的个数不可能是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】C
【解析】（1）如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；
（2）当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；
（3）如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．
故选C．
【点评】本题考查空间向量直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是中档题．
2．日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒某个铁皮包装礼盒的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方形所拼成的多边形(如图)，矩形的长为12 cm，矩形的宽和正方形的边长均为8 cm．若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为V cm3，则V的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意作出礼盒的直观图如下图所示：
由图可知该几何体为直三棱柱，
设等腰三角形的内切圆半径为R，
又因为等腰三角形的高为122-42=82，
所以根据等面积法可知：，所以R=22，
又因为正方形的边长为8，所以，
所以球形硬糖的半径最大值为22，所以体积V的最大值为，
故选A．
【点评】解答本题的关键是通过分析等腰三角形的内切圆的半径以及半径与正方形边长的大小关系，确定出球形的最大半径，由此完成求解．
3．在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，若∠ABD与∠ABC互余，则BA⋅BC+BD的最大值为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】B
【解析】设∠ABD=α，可得，则α为锐角，
在四面体ABCD中，AB=6，BC=3，BD=4，
则
，
其中为锐角，且．
，则，
所以，当时，BA⋅BC+BD取得最大值30，故选B．
【点评】在计算向量的数量积时，要确定好基底向量，作为基底向量的向量，长度以及向量间的夹角需已知．
4．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长AB=2，高A1A=4，E为棱A1A的中点．设∠BAD=α、∠BED=θ、∠B1ED=γ，则α、β、γ之间的关系正确的是（ ）
A．α=γ>θ B．γ>α>θ C．θ>γ>α D．α>θ>γ
【答案】B
【解析】由题意可得，
连接BD，则△BDE为等边三角形，所以，
连接B1D，则B1D=22+22+42=26，BE=DE=22+22=22，
取B1D的中点O，连接EO，则B1O=6，EO=8-6=2，
所以，所以，即，
所以γ>α>θ，故选B．
【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
二、填空题．
5．若正四棱锥的侧面均是正三角形，且它的表面积是8+83，则该四棱锥外接球的体积是__________．
【答案】
【解析】设该正四棱锥为P-ABCD，该正四棱锥的棱长为a，取正方形ABCD的中心E，连接PE，
由于该正四棱锥的表面积为，解得a=22，
所以，AC=2a=4，，
∵E为正四棱锥P-ABCD底面的中心，则PE⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，平面ABCD，PE=PA2-AE2=2，
所以，EA=EB=EC=ED=EP=2，
所以，点E为四棱锥P-ABCD的外接球球心，则球E的半径为2，
因此，该四棱锥外接球的体积是，故答案为．
【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
6．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段上的动点(不含端点)，有下列结论：
①平面A1D1P⊥平面A1AP；
②多面体D1-CDP的体积为定值；
③直线D1P与BC所成的角可能为；
④△APD1能是钝角三角形．
其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．
【答案】①②④
【解析】对于①，正方体ABCD-A1B1C1D1中，，，
，∴A1D1⊥平面A1AP，
∵A1D1⊥平面，∴平面平面A1AP，故①正确；
对于②，，P到平面CDD1的距离BC=1，
∴三棱锥D1-CDP的体积：，为定值，故②正确；
对于③，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
，0，，B(1，1，0)，，1，，
设P(1，a，b)，(0
，
假设，所以a2+(b-1)2=3，
∵0
对于④，见上图，由题得A(1，0，0)，D1(0，0，1)，
设P(1，y，1-y)，(0
所以，
当时，cos
故④正确，
故答案为①②④．
【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．
三、解答题．
7．如图三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，E，F分别为AB，AA1的中点，CE⊥FB1，．
（1）证明：EF⊥平面CEB1；
（2）求二面角E-CF-B1的平面角大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：设AA1=2a，
∵，则AB=22a，EB1=6a，BB1=2a，
∵点E为棱AB的中点，∴EB=2a，∴EB12=EB2+BB12，∴EB⊥BB1．
∵三棱柱ABC-A1B1C1的侧面ABB1A1为平行四边形，
∴四边形ABB1A1为矩形，
∵点F为棱AA1的中点，
∴FB12=A1F2+A1B12=9a2，FE2=AF2+AE2=3a2，
∴FB12=EF2+EB12，∴EF⊥EB1．
∵三棱柱的底面ABC是正三角形，E为AB的中点，∴．
∵CE⊥FB1，且AB⊂平面ABB1A1，FB1⊂平面ABB1A1，且AB，FB1相交，
∴平面ABB1A1，
∵EF⊂平面ABB1A1，∴CE⊥EF，
∵EC∩EB1=E，∴EF⊥平面CEB1．
（2）由（1）可知平面ABB1A1，∴CE⊥BB1，∴BB1⊥平面ABC，
∴三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，
设A1B1的中点为M，则直线EB，CE，EM两两垂直，
分别以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设E(0，0，0)，，，，
则EF=-2a，0，a，FC=2a，6a，-a，FB1=22a，0，a．
设平面CFB1的一个法向量为n=(x，y，z)，则，
则，则，
不妨取x=1，则y=-3，则z=-22，所以n=1，-3，-22；
设平面CEF的一个法向量为m=(x，y，z)，则，
则，则，
令x=1，则y=0，z=2，所以m=(1，0，2)，
，
又因为该二面角为锐角，则二面角E-CF-B1的平面角的大小为．
【点评】利用空间向量求二面角时，首先要建立合适的空间直角坐标系，其次要正确写出点的坐标，特别注意遇到不容易写的点坐标可以单独分离出底面直角坐标系求解，在计算平面法向量时，注意不定方程求解方法，最后利用向量夹角公式求解．
8．已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC=90∘，AA1=AB=AC=1．
（1）求异面直线AC1与A1B所成的角；
（2）求二面角A-BC1-A1的正弦值；
（3）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1?若存在，确定点N的位置，若不存在，说明理由．
【答案】（1）60∘；（2）；（3）存在，点N为BC的中点．
【解析】因为AA1⊥平面ABC，∠BAC=90°，
如图，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1=AB=AC=1，
所以A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，A(0，0，1)，B(1，0，1)，C(0，1，1)．
（1）AC1=(0，1，-1)，A1B=(1，0，1)，
，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°．
（2）BC1=(-1，1，-1)，设平面ABC1的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
，
x1=0，不妨令z1=1，y1=1，则平面ABC1的一个法向量为n1=(0，1，1)；
设平面BC1A1的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
，
y2=0，不妨令x2=1，z2=-1，
则平面BC1A1的一个法向量为n2=(1，0，-1)，
，
从而，所以二面角A-BC1-A1的正弦值为．
（3）假设在平面ABC的边上或内部存在一点N(x，y，1)，
因为M为A1B的中点，A1B=(1，0，1)，所以，
所以，
又AC1=(0，1，-1)，BC1=(-1，1，-1)，
则，所以，
且，所以N是BC的中点．
故存在点N，N为BC的中点，满足条件．
【点评】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．
9．如图1，扇形OAB的圆心角为60°，半径为3，点C，D分别在线段OA，OB上，且OD=2OC=2，
将△OCD沿CD折起到△O'CD的位置，如图2所示．
（1）求证：CD⊥O'A；
（2）若，求平面O'AC与平面O'BD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）在△OCD中，OC=1，OD=2，∠COD=60°，
由余弦定理，CD2=OC2+OD2-2OC⋅OD⋅cos60°=3，即CD=3，
所以OC2+CD2=OD2，即CD⊥OC，即CD⊥OA，
所以CD⊥O'C，CD⊥CA，O'C∩CA=C，所以CD⊥平面O'AC，
又O'A⊂平面O'AC，所以CD⊥O'A．
（2）如图，过点C作Cz⊥平面ACD，
以C为原点，CA，CD，Cz所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系C-xyz，
由题意可得C0，0，0，D0，3，0，，，
则，．
设平面O'BD的法向量为m=x，y，z，则，
令y=1，则一条法向量m=-3，1，3，
易知CD=0，3，0为平面O'AC的一个法向量，
所以，
所以，
所以平面O'AC与平面O'BD所成角的正弦值为．
【点评】解决翻折问题的关键是确定翻折前后各量之间的关系，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：①与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
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