基础自测
1.下列不正确的命题的序号是 .
①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 ②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥
④有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体叫棱锥 答案 ①②③
2.如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是 . 答案 60°
3.如果一个几何体的三视图如图所示（单位长度：cm），则此几何体的表面积是 cm2.
答案 (20+4)
4.（xx·宁夏文，14）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为，底面周长为3，那么这个球的体积
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为 . 答案
5.已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为 . 答案 a2
例1 下列结论不正确的是 （填序号）. ①各个面都是三角形的几何体是三棱锥
②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥 ④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 答案 ①②③
解析 ①错误.如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不一定 是棱锥.
②错误.如下图，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边，所得
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的几何体都不是圆锥.
③错误.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长. ④正确.
例2 （14分）已知△ABC的直观图A′B′C′是边长为a的正三角形，求原三角形ABC的面积.
解 建立如图所示的xOy坐标系，△ABC的顶点C在y轴上，AB边在x轴上，OC为△ABC的 高.
3分
把y轴绕原点顺时针旋转45°得y′轴，则点C变为点C′，且OC=2OC′，A、B点即为A′、
B′点，AB=A′B′.
6分
已知A′B′=A′C′=a，在△OA′C′中， 由正弦定理得=， 所以OC′==,
所以原三角形ABC的高OC=a， 所以S△ABC=×a×a=2.
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9分
12分
14分
例3 一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个三棱柱的表面积和体积.
解 由三视图易知，该且AA′=BB′=CC′=4cm,B′C′的高为2cm.
∴正三角形ABC的边长为 |AB|==4.
∴该三棱柱的表面积为
S=3×4×4+2××42sin60°=48+8(cm2).
体积为V=S底·|AA′|=×4sin60°×4=16(cm).
故这个三棱柱的表面积为（48+8）cm,体积为16cm.
2
3
正三棱柱的形状如图所示： 正三角形ABC和正三角形A′
23
例4 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示， 求图中三角形（正四面体的截面）的面积. 解 如图所示，△ABE为题中的三角形， 由已知得AB=2，BE=2×=, BF=BE=,AF===, ∴△ABE的面积为 S=×BE×AF=××=. ∴所求的三角形的面积为.
1.如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中为真命题的是 （填序号）.
①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 ③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 ④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
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答案 ①③④
2.一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面积等于 . 答案 2a
3.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等 腰三角形，左视图（或称侧视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三角形.（1）求该几何体的体积V； （2）求该几何体的侧面积S.
解 （1）由该几何体的俯视图、正视图、左视图可知，该几何体是四棱锥，且四棱锥的底面ABCD是边长为6和8的矩形，高VO=4，O点是AC与BD的交点. ∴该几何体的体积 V=×8×6×4=64.
（2）如图所示，侧面VAB中，VE⊥AB，则 VE===5
∴S△VAB=×AB×VE=×8×5=20 侧面VBC中，VF⊥BC， 则VF===4.
∴S△VBC=×BC×VF=×6×4=12 ∴该几何体的侧面积 S=2（S△VAB+S△VBC）=40+24.
4.（xx·全国Ⅱ文，15）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm的球面上.如果正四棱柱的底面边长为1 cm，那么该棱柱的表面积为 cm. 答案 2+4
2
2
一、填空题
1.利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形，②平行四边形的直观图是平行四边形，③正方形的直观图是正方形，④菱形的直观图是菱形，以上正确结论的序号是 . 答案 ①②
2.如图所示，甲、乙、丙是三个几何体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号是 .
①长方体；②圆锥；③三棱锥；④圆柱. 答案 ④③②
3.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 .
答案 ②④
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4.用若干个大小相同，棱长为1的正方体摆成一个立体模型，其三视图如下：
根据三视图回答此立体模型的体积为 . 答案 5
5.棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O
截得的线段长为 . 答案
6.（xx·湖北理）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为 . 答案
7.用小立方块搭一个几何体，使得它的正视图和俯视图如图所示，这样的几何体至少要 个小立方块.最多只能用 个小立方块.
答案 9 14
8.如图所示，E、F分别是正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是 .（把可能的图的序号都填上）
答案 ②③ 二、解答题
9.正四棱台AC1的高是17 cm，两底面的边长分别是4 cm和16 cm，求这个棱台的侧棱长和斜高.
解 如图所示，设棱台的两底面的中心分别是O1、O，B1C1和BC的中点分别是E1和E，连接O1O、E1E、O1B1、OB、O1E1、OE，则四边形OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形. ∵A1B1=4 cm，AB=16 cm， ∴O1E1=2 cm，OE=8 cm， O1B1=2 cm，OB=8 cm，
∴B1B=O1O+（OB-O1B1)=361 cm， E1E=O1O+（OE-O1E1)=325 cm， ∴B1B=19 cm，E1E=5cm.
答 这个棱台的侧棱长为19 cm，斜高为5cm.
10.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm,母线与轴的夹角是45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
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解 圆台的轴截面如图所示，设圆台上下底面半径分别为x cm,3x cm.延长AA1交OO1的延长线于S， 在Rt△SOA中，∠ASO=45°, 则∠SAO=45°， ∴SO=AO=3x，∴OO1=2x，
又S轴截面=（6x+2x）·2x=392，∴x=7. 故圆台的高OO1=14 (cm)， 母线长l=O1O=14 (cm)， 两底面半径分别为7 cm,21 cm.
11.正四棱锥的高为，侧棱长为，求侧面上斜高（棱锥侧面三角形的高）为多少？ 解 如图所示，正棱锥S-ABCD中高OS=，侧棱SA=SB=SC=SD=， 在Rt△SOA中， OA==2， ∴AC=4.
∴AB=BC=CD=DA=2.
作OE⊥AB于E，则E为AB中点. 连接SE，则SE即为斜高，则SO⊥OE. 在Rt△SOE中，∵OE=BC=，SO=， ∴SE=，即侧面上的斜高为.
12. 如图所示的几何体中，四边形AA1B1B是边长为3的正方形，CC1=2，CC1∥AA1，这个几何体是棱柱吗？若是，指出是几棱柱.若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在立体图中画出截面.
解 这个几何体不是棱柱；
在四边形ABB1A1中，在AA1上取点E，使AE=2；在BB1上取F使BF=2；连接C1E，EF，C1F，则过C1EF的截面将几何体分成两部分，其中一部分是棱柱ABC—EFC1，其棱长为2；截去的部分是一个四棱锥C1—EA1B1F.
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§8.2 空间几何体的表面积与体积
1.（xx·山东）如图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是 .
基础自测
答案 12
2.如图所示，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1B1上一点，且PB1=A1B1，则多面体P-BCC1B1的体积为 .
答案
3.如图所示，一个空间几何体的正视图、左视图是周长为4，一个内角为60°的菱形，俯视图是圆及其圆心，那么这个几何体的表面积为 .
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答案
4.已知正方体外接球的体积为,那么正方体的棱长等于 . 答案
5.（xx·福建，15）若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 . 答案 9
6.三棱锥S—ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB=BC=CA=2，则三棱锥S—ABC的表面积是 . 答案 3+
例1 如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a，BC=b，BB1=c，并且a＞b＞c＞0. 求沿着长方体的表面自A到C1 的最短线路的长. 解 将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图所示.
三个图形甲、乙、丙中AC1的长分别为： =， =， =，
∵a＞b＞c＞0,∴ab＞ac＞bc＞0. 故最短线路的长为.
例2 如图所示,半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴,旋转一周得到一几何体, 求该几何体的表面积(其中∠BAC=30°)及其体积. 解 如图所示,过C作CO1⊥AB于O1,
在半圆中可得∠BCA=90°,∠BAC=30°,AB=2R, ∴AC=R,BC=R,CO1=R, ∴S球=4R, =×R×R=R, =×R×R=R, ∴S几何体表=S球++ =R+R=R,
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2
2
2
222
∴旋转所得到的几何体的表面积为R. 又V球=R,=·AO1·CO1=R·AO1 =BO1·CO1=BO1·R ∴V几何体=V球-（+） =R-R=R.
例3 如图所示，长方体ABCD—A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C—A′DD′， 求棱锥C—A′DD′的体积与剩余部分的体积之比. 解 已知长方体可以看成直四棱柱ADD′A′—BCC′B′. 设它的底面ADD′A′面积为S，高为h，则它的体积为V=Sh. 而棱锥C—A′DD′的底面面积为S，高是h, 因此，棱锥C—A′DD′的体积 VC—A′DD′=×Sh=Sh. 余下的体积是Sh-Sh=Sh.
所以棱锥C—A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为1∶5.
例4 （14分）如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分
别沿ED、EC向上折起，使A、B重合，求形成的三棱锥的外接球的体积.
2
322
22
333
解 由已知条件知，平面图形中AE=EB=BC=CD=DA=DE=EC=1. ∴折叠后得到一个正四面体. 取EC的中点G，连接DG、AG， 过球心O作OH⊥平面AEC. 则垂足H为△AEC的中心. ∵AG=，AF==，
6分
4分
∴外接球半径可利用△OHA∽△GFA求得. 在△AFG和△AHO中，根据三角形相似可知，
2分
方法一 作AF⊥平面DEC，垂足为F，F即为△DEC的中心.
333=. AH=.∴OA==2633
10分
∴外接球体积为×OA=··=. 的外接球就是正方体的外接球. ∵正四面体的棱长为1，
14分
6分
方法二 如图所示，把正四面体放在正方体中.显然，正四面体
∴正方体的棱长为，∴外接球直径2R=·， ∴R=，∴体积为·=.
∴该三棱锥外接球的体积为.
10分
14分
12分
1.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=6，BC=CC1=. P是BC1上一动点，则CP+PA1的最小值是 .
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答案 5
2.如图所示，扇形的中心角为90°，其所在圆的半径为R，弦AB将扇形分成两个部分，这两部分各以AO为轴旋转一周，所得旋转体的体积V1和V2之比为 . 答案 1∶1
3.如图所示，三棱锥A—BCD一条侧棱AD=8 cm，底面一边BC=18 cm，其余四条棱的棱长都是17 cm， 求三棱锥A—BCD的体积. 解 取BC中点M，连接AM、DM， 取AD的中点N，连接MN ∵AC=AB=CD=BD， ∴BC⊥AM，BC⊥DM， 又∵AM∩DM=M，
∴BC⊥平面ADM，BC=18， AC=AB=DB=DC=17. ∴AM=DM=4， ∴NM⊥AD，∴MN=8. ∴S△ADM=·MN·AD =·8·8=32. ∴VA—BCD=VB—ADM+VC—ADM
=×S△ADM×（BM+CM）=×32×18 =192（cm）.
4.如图所示，已知正四棱锥S—ABCD中，底面边长为a,侧棱长为a. （1）求它的外接球的体积； （2）求它的内切球的表面积.
解 （1）设外接球的半径为R，球心为O，则OA=OC=OS，所以O为△SAC的外心， 即△SAC的外接圆半径就是球的半径. ∵AB=BC=a，∴AC=a.
∵SA=SC=AC=a，∴△SAC为正三角形. 由正弦定理得2R=， 因此，R=a，V球=R=a.
（2）设内切球半径为r，作SE⊥底面ABCD于E， 作SF⊥BC于F，连接EF， 则有SF= =.
S△SBC=BC·SF=a×a=a. S棱锥全=4S△SBC+S底=（+1）a. 又SE===，
∴V棱锥=S底h=a×a=.
3V棱锥S棱锥全2
2
2
2
23
3
3
∴r=
63a6(71)a23426a, 12S球=4r=a.
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一、填空题
1. 如图所示，E、F分别是边长为1的正方形ABCD边BC、CD的中点，沿线AF，AE，EF折起来，则所围成的三棱锥的体积为 .
答案
2.长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1∶2∶3，对角线长为2，则这个长方体的体积是 . 答案 48
3.已知三棱锥S—ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC=r，则球的体积与三棱锥体积的比值是 . 答案 4
4.（xx·辽宁文，15）若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为 . 答案 4
5.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是 . 答案 24
6.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积 是 . 答案
7.（xx·四川理，15）已知正四棱柱的对角线的长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于 . 答案 2
8.（xx·上海春招）已知一个凸多面体共有9个面，所有棱长均为1，其平面展开图如图所示，则该凸多面体的体积V= . 答案 1+ 二、解答题
9.一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm和6 cm,高是 cm, （1）求三棱台的斜高；
（2）求三棱台的侧面积和表面积.
解 （1）设O1、O分别为正三棱台ABC—A1B1C1的上、下底面正三角形的中心，如图所示， 则O1O=，过O1作O1D1⊥B1C1，OD⊥BC，则D1D为三棱台的斜高； 过D1作D1E⊥AD于E，则D1E=O1O=， 因O1D1=×3=,OD=×6=, 则DE=OD-O1D1=-=. 在Rt△D1DE中,
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D1D===.
(2)设C、C′分别为上、下底的周长，h′为斜高， S侧=（C+C′）h′= (3×3+3×6)×=(cm), S表=S侧+S上+S下=+×3+×6= (cm).
故三棱台斜高为 cm,侧面积为 cm，表面积为 cm.
10.如图所示，正△ABC的边长为4，D、E、F分别为各边中点，M、N、P分别为BE、DE、EF的中点，将△ABC沿DE、EF、DF折成了三棱锥以后. （1）∠MNP等于多少度？
（2）擦去线段EM、EN、EP后剩下的几何体是什么？其侧面积为多少？ 解 （1）由题意，折成了三棱锥以后，如图所示， △MNP为正三角形，故∠MNP=∠DAF=60°.
（2）擦去线段EM、EN、EP后，所得几何体为棱台， 其侧面积为S侧=SE—ADF侧-SE—MNP侧 =3××2-3××1=.
11.如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=1，BB1=2， E是棱CC1上的点，且CE=CC1. （1）求三棱锥C—BED的体积； （2）求证：A1C⊥平面BDE. （1）解 ∵CE=CC1=， ∴VC—BDE=VE—BCD=S△BCD·CE =××1×1×=.
(2)证明 连接AC、B1C. ∵AB=BC，∴BD⊥AC. ∵A1A⊥底面ABCD, ∴BD⊥A1A. ∵A1A∩AC=A， ∴BD⊥平面A1AC. ∴BD⊥A1C. ∵tan∠BB1C==,
tan∠CBE==,∴∠BB1C=∠CBE. ∵∠BB1C+∠BCB1=90°,
∴∠CBE+∠BCB1=90°,∴BE⊥B1C. ∵BE⊥A1B1，A1B1∩B1C=B1， ∴BE⊥平面A1B1C，∴BE⊥A1C.
∵BD∩BE=B，BE平面BDE，BD平面BDE， ∴A1C⊥平面BDE.
12.三棱锥S—ABC中，一条棱长为a,其余棱长均为1，求a为何值时VS—ABC最大，并求最大值. 解 方法一 如图所示，
2
2
2
2
2
2
2
2
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设SC=a，其余棱长均为1， 取AB的中点H，连接HS、HC， 则AB⊥HC，AB⊥HS， ∴AB⊥平面SHC.
在面SHC中，过S作SO⊥HC，则SO⊥平面ABC. 在△SAB中，SA=AB=BS=1， ∴SH=，
设∠SHO=，则SO=SHsin=sin， ∴VS—ABC=S△ABC·SO =××1×sin =sin≤.
当且仅当sin=1，即=90°时，三棱锥的体积最大. a=SH=×=，Vmax=.
∴a为时，三棱锥的体积最大为.
方法二 取SC的中点D，可通过VS—ABC=S△ABD·SC，转化为关于a的目标函数的最大值问题，利用基本不等式或配方法解决.
2
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§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
基础自测
1.给出下列四个命题：
①垂直于同一直线的两条直线互相平行； ②垂直于同一平面的两个平面互相平行；
③若直线l1、l2与同一平面所成的角相等，则l1,l2互相平行；
④若直线l1、l2是异面直线，则与l1、l2都相交的两条直线是异面直线. 其中假命题的个数是 . 答案 4
2.对于平面和直线l，内至少有一条直线与直线l （用“垂直”，“平行”或“异面”填空）. 答案 垂直
3.若三个平面两两相交，且三条交线互相平行，则这三个平面把空间分成 部分. 答案 7
4.（xx·广东理，12）如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有 条.这些直线中共有f(n)对异面直线，则f(4)= ;f(n)= .（答案用数字或n的解析式表示）
答案 8 n(n-2)
5.如图所示，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，将△ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为 .
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答案 60°
例1 如图所示，空间四边形ABCD中，E、F、G分别在AB、BC、CD上，且满足AE∶EB=CF∶FB=2∶1，CG∶GD=
3∶1，过E、F、G的平面交AD于H，连接EH. （1）求AH∶HD；
（2）求证：EH、FG、BD三线共点. (1)解 ∵==2，∴EF∥AC. ∴EF∥平面ACD.而EF平面EFGH， 且平面EFGH∩平面ACD=GH， ∴EF∥GH.而EF∥AC， ∴AC∥GH.
∴==3,即AH∶HD=3∶1. （2）证明 ∵EF∥GH,且=，=， ∴EF≠GH，∴四边形EFGH为梯形. 令EH∩FG=P，则P∈EH，而EH平面ABD， P∈FG，FG平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD， ∴P∈BD.∴EH、FG、BD三线共点.
例2 如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1，B1C1的中点.问： （1）AM和CN是否是异面直线？说明理由； （2）D1B和CC1是否是异面直线？说明理由. 解 （1）不是异面直线.理由如下： ∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点. ∴MN∥A1C1，
又∵A1A D1D，而D1D C1C，∴A1A C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形. ∴A1C1∥AC，得到MN∥AC， ∴A、M、N、C在同一个平面内， 故AM和CN不是异面直线. （2）是异面直线，证明如下： 假设D1B与CC1在同一个平面D1CC1内， 则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1. ∴BC平面CC1D1，
这与正方体ABCD—A1B1C1D1中BC⊥面CC1D1相矛盾. ∴假设不成立，故D1B与CC1是异面直线.
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例3 （16分）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°， 对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°. （1）求四棱锥的体积；
（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值. 解 （1）在四棱锥P—ABCD中， ∵PO⊥平面ABCD，
∴∠PBO是PB与平面ABCD所成的角， 即∠PBO=60°， 在Rt△POB中， ∵BO=AB·sin30°=1，
又PO⊥OB，∴PO=BO·tan60°=, ∵底面菱形的面积S=2××2×2×=2. ∴四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=×2×=2.
8分
（2）取AB的中点F，连接EF，DF， ∵E为PB中点，∴EF∥PA，
∴∠DEF为异面直线DE与PA所成角（或其补角）. 在Rt△AOB中， AO=AB·cos30°==OP，
∴在Rt△POA中，PA=6，∴EF=. 由余弦定理得 ∴cos∠DEF=
14分
12分
在正三角形ABD和正三角形PDB中，DF=DE=，
10分
2分
(3)2(=
62)(3)22==.
6232
16分
所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为.
1.如图，E、F、G、H分别是空间四边形AB、BC、CD、DA上的点，且EH与FG相交于点O. 求证：B、D、O三点共线. 证明 ∵E∈AB，H∈AD， ∴E∈平面ABD，H∈平面ABD. ∴EH平面ABD.
∵EH∩FG=O，∴O∈平面ABD. 同理可证O∈平面BCD，
∴O∈平面ABD∩平面BCD，即O∈BD， 所以B、D、O三点共线.
2.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是CD的中点，连接AE并延长与BC的延长线交于点F，连接BE并延长交AD的延长线于点G，连接FG.
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求证：直线FG平面ABCD且直线FG∥直线A1B1. 证明 由已知得E是CD的中点，在正方体中， 由于A∈平面ABCD，E∈平面ABCD， 所以AE平面ABCD.
又AE∩BC=F，从而F∈平面ABCD. 同理G∈平面ABCD， 所以FG平面ABCD.
因为EC AB，故在Rt△FBA中，CF=BC， 同理DG=AD.又在正方形ABCD中，BC所以四边形CFGD是平行四边形， 所以FG∥CD.又CD∥AB，AB∥A1B1， 所以直线FG∥直线A1B1.
3.如图所示，等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA=1，且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.
解 取AC的中点F，连接EF，BF，在△ACD中，E、F分别是AD、AC的中点， ∴EF∥CD，
∴∠BEF即为异面直线BE与CD所成的角或其补角. 在Rt△EAB中，AB=AC=1， AE=AD=，∴BE=， 在Rt△EAF中， AF=AC=，AE=，∴EF=，
在Rt△BAF中，AB=1，AF=，∴BF=， 在等腰三角形EBF中，
AD，所以CF
DG，
12EFcos∠FEB=24=，
BE52∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为.
一、填空题
1.若直线a与b是异面直线，直线b与c是异面直线，则直线a与c的位置关系是 . 答案 平行、相交或异面 2.给出下列命题：
①若平面内的直线a与平面内的直线b为异面直线，直线c是与的交线，那么直线c至多与a、b中的一条相交；
②若直线a与b为异面直线，直线b与c平行，则直线a与c异面； ③一定存在平面和异面直线a、b同时平行. 其中正确命题的序号是 . 答案 ③
3.已知a，b是异面直线，直线c∥直线a,则c与b的位置关系 . ①一定是异面直线
②一定是相交直线
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③不可能是平行直线 答案 ③
④不可能是相交直线
4.若P是两条异面直线l、m外的任意一点，则说法错误的有 （填序号）. ①过点P有且仅有一条直线与l、m都平行 ②过点P有且仅有一条直线与l、m都垂直 ③过点P有且仅有一条直线与l、m都相交 ④过点P有且仅有一条直线与l、m都异面 答案 ①③④
5.（xx·辽宁文）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线有 条. 答案 无数
6.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 . 答案
7.如图所示，在三棱锥C—ABD中，E、F分别是AC和BD的中点，若CD=2AB=4， EF⊥AB，则EF与CD所成的角是 . 答案 30°
8.已知a、b为不垂直的异面直线,是一个平面，则a、b在上的射影可能是 ①两条平行直线； ③同一条直线； 答案 ①②④ 二、解答题
9.如图所示，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.
证明 （1）如图所示，连接CD1，EF，A1B， ∵E、F分别是AB和AA1的中点， ∴EF∥A1B且EF=A1B， 又∵A1D1 BC,
∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1， ∴EF与CD1确定一个平面， ∴E，F，C，D1∈， 即E，C，D1，F四点共面.
（2）由（1）知EF∥CD1，且EF=CD1， ∴四边形CD1FE是梯形，
∴CE与D1F必相交，设交点为P， 则P∈CE平面ABCD， 且P∈D1F平面A1ADD1，
∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1. 又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD， ∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点.
10.定线段AB所在的直线与定平面相交，P为直线AB外的一点，且P不在内，若直线AP、BP与分别交于C、D点，求证：不论P在什么位置，直线CD必过一定点. 证明 设定线段AB所在直线为l,与平面交于O点，即l∩=O.
②两条互相垂直的直线； ④一条直线及其外一点.
则在上面的结论中，正确结论的编号是 （写出所有正确结论的编号）.
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由题意可知，AP∩=C，BP∩=D，∴C∈，D∈. 又∵AP∩BP=P,
∴AP、BP可确定一平面且C∈，D∈.∴CD=∩. ∵A∈，B∈,∴l,∴O∈.∴O∈∩，即O∈CD. ∴不论P在什么位置，直线CD必过一定点.
11.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为CC1、AA1的中点，画出平面BED1F 与平面ABCD的交线.
解 在平面AA1D1D内，延长D1F， ∵D1F与DA不平行，
因此D1F与DA必相交于一点，设为P， 则P∈FD1，P∈DA.
又∵FD1平面BED1F，AD平面ABCD， ∴P∈平面BED1F，P∈平面ABCD.
又B为平面ABCD与平面BED1F的公共点，连接PB， ∴PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线.如图所示.
12.如图所示，在四面体ABCD中，E、F分别是线段AD、BC上的点，==，AB=CD=3，EF=，求AB、CD所成角的大小.
解 如图所示，在线段BD上取一点G，使=.连接GF、GE、EF. ===，GE∥AB，且GE=AB=2， 同理，GF∥CD，且GF=CD=1， 在△EGF中，cos∠EGF==-, ∴∠EGF=120°.
由GF∥CD,GE∥AB可知,AB与CD所成的角应是∠EGF的补角为60°.
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§8.4 直线、平面平行的判定及性质
基础自测 1.下列命题中，正确命题的个数是 .
①若直线l上有无数个点不在平面内，则l∥;②若直线l与平面平行，则l与平面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与平面平行，则l与平面内的任意一条直线都没有公共点. 答案 1
2.下列条件中，不能判断两个平面平行的是 （填序号）. ①一个平面内的一条直线平行于另一个平面 ②一个平面内的两条直线平行于另一个平面 ③一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 ④一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 答案 ①②③
3.对于平面和共面的直线m、n，下列命题中假命题是 （填序号）. ①若m⊥，m⊥n，则n∥ ②若m∥，n∥，则m∥n ③若m，n∥，则m∥n
④若m、n与所成的角相等，则m∥n 答案 ①②④
4.已知直线a,b,平面，则以下三个命题： ①若a∥b,b,则a∥; ②若a∥b,a∥,则b∥; ③若a∥,b∥,则a∥b.
其中真命题的个数是 . 答案 0
5.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点. 求证：MN∥平面AA1C1.
证明 设A1C1中点为F，连接NF，FC，
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∵N为A1B1中点， ∴NF∥B1C1，且NF=B1C1， 又由棱柱性质知B1C1又M是BC的中点， ∴NF
MC，
∴四边形NFCM为平行四边形. ∴MN∥CF，又CF平面AA1C1， MN平面AA1C1， ∴MN∥平面AA1C1.
例1 如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC1上分别有两点E，F，且B1E=C1F. 求证：EF∥平面ABCD.
证明 方法一 分别过E，F作EM⊥AB于M，FN⊥BC于N，连接MN. ∵BB1⊥平面ABCD， ∴BB1⊥AB，BB1⊥BC， ∴EM∥BB1，FN∥BB1， ∴EM∥FN.
又∵B1E=C1F，∴EM=FN，
故四边形MNFE是平行四边形，∴EF∥MN. 又MN平面ABCD，EF平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD.
方法二 过E作EG∥AB交BB1于G， 连接GF，则， ∵B1E=C1F，B1A=C1B， ∴，∴FG∥B1C1∥BC， 又EG∩FG=G，AB∩BC=B，
∴平面EFG∥平面ABCD，而EF平面EFG， ∴EF∥平面ABCD.
例2 已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心. （1）求证：平面G1G2G3∥平面ABC； （2）求S△∶S△ABC.
（1）证明 如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F， 连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD=2∶3， PG2∶PE=2∶3，∴G1G2∥DE. 又G1G2不在平面ABC内，
∴G1G2∥平面ABC.同理G2G3∥平面ABC. 又因为G1G2∩G2G3=G2， ∴平面G1G2G3∥平面ABC.
（2）解 由（1）知=，∴G1G2=DE. 又DE=AC，∴G1G2=AC. 同理G2G3=AB，G1G3=BC.
BC，
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∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为1∶3， ∴S△∶S△ABC=1∶9.
例3 （16分）如图所示，平面∥平面，点A∈，C∈，点B∈，D∈,点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB=CF∶FD. （1）求证：EF∥;
（2）若E，F分别是AB，CD的中点，AC=4，BD=6，且AC，BD所成的角为60°， 求EF的长.
（1）证明 ①当AB，CD在同一平面内时， 由∥，平面∩平面ABDC=AC， 平面∩平面ABDC=BD，∴AC∥BD， ∵AE∶EB=CF∶FD，∴EF∥BD， 又EF,BD,∴EF∥. ②当AB与CD异面时， 设平面ACD∩=DH，且DH=AC. ∵∥，∩平面ACDH=AC，
∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形， 在AH上取一点G，使AG∶GH=CF∶FD， 又∵AE∶EB=CF∶FD，∴GF∥HD，EG∥BH， 又EG∩GF=G，∴平面EFG∥平面. ∵EF平面EFG，∴EF∥.综上，EF∥. ∵E，F分别为AB，CD的中点， ∴ME∥BD，MF∥AC， 且ME=BD=3，MF=AC=2，
∴∠EMF为AC与BD所成的角（或其补角）， ∴∠EMF=60°或120°，
12分
∴在△EFM中由余弦定理得，
EF=ME2MF22ME•MF•cosEMF ==， 即EF=或EF=.
16分
8分
（2）解 如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
6分
4分
2分
1.如图所示，已知S是正三角形ABC所在平面外的一点，且SA=SB=SC，SG为△SAB上的高， D、E、F分别是AC、BC、SC的中点，试判断SG与平面DEF的位置关系，并给予证明.解 SG∥平面DEF，证明如下： 方法一 连接CG交DE于点H， 如图所示.
∵DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB.
在△ACG中，D是AC的中点，
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且DH∥AG. ∴H为CG的中点. ∴FH是△SCG的中位线， ∴FH∥SG.
又SG平面DEF，FH平面DEF， ∴SG∥平面DEF.
方法二 ∵EF为△SBC的中位线，∴EF∥SB. ∵EF平面SAB，SB平面SAB， ∴EF∥平面SAB.
同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F， ∴平面SAB∥平面DEF，又SG平面SAB， ∴SG∥平面DEF.
2.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、 C1D1、A1A的中点.求证： （1）BF∥HD1； （2）EG∥平面BB1D1D； （3）平面BDF∥平面B1D1H.
证明 （1）如图所示，取BB1的中点M，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1. 又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.
（2）取BD的中点O，连接EO，D1O， 则OE DC， 又D1G DC，∴OE∴GE∥D1O.
又D1O平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.
（3）由（1）知D1H∥BF，又BD∥B1D1，B1D1、HD1平面HB1D1，BF、BD平面BDF，且B1D1∩HD1=D1， DB∩BF=B，∴平面BDF∥平面B1D1H.
3.如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形. （1）求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH.
（2）若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围. （1）证明 ∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG. ∵HG平面ABD，∴EF∥平面ABD. ∵EF平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB， ∴EF∥AB.∴AB∥平面EFGH. 同理可证，CD∥平面EFGH.
(2)解 设EF=x（0＜x＜4），由于四边形EFGH为平行四边形，∴. 则===1-. 从而FG=6-.
∴四边形EFGH的周长l=2(x+6-)=12-x. 又0＜x＜4,则有8＜l＜12,
∴四边形EFGH周长的取值范围是（8，12）.
D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，
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一、填空题
1.下列命题，其中真命题的个数为 . ①直线l平行于平面内的无数条直线，则l∥； ②若直线a在平面外，则a∥; ③若直线a∥b,直线b,则a∥；
④若直线a∥b,b,那么直线a就平行于平面内的无数条直线. 答案 1
2.写出平面∥平面的一个充分条件 （写出一个你认为正确的即可）.
答案 存在两条异面直线a,b,a,b,a∥,b∥ 3.对于不重合的两个平面与，给定下列条件： ①存在平面，使得，都垂直于;
②存在平面，使得，都平行于; ③存在直线l,直线m,使得l∥m;
④存在异面直线l、m，使得l∥,l∥,m∥,m∥.
其中，可以判定与平行的条件有 （写出符合题意的序号）. 答案 ②④
4.（xx·海南，宁夏文，12）已知平面⊥平面,∩=l,点A∈,Al,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥,m∥,则下列四种位置关系中,一定成立的是 . ①AB∥m ③AB∥
②AC⊥m ④AC⊥
答案 ①②③
5.（xx·湖南理，5）设有直线m、n和平面、.下列命题不正确的是 （填序号）. ①若m∥,n∥,则m∥n ②若m，n,m∥,n∥,则∥ ③若⊥，m，则m⊥ ④若⊥,m⊥,m,则m∥ 答案 ①②③
6.下列关于互不相同的直线m,l,n和平面，的四个命题： ①若m,l∩=A,点Am，则l与m不共面；
②若m,l是异面直线，l∥,m∥,且n⊥l,n⊥m,则n⊥; ③若l∥,m∥,∥,则l∥m; ④若l,m,l∩m=A,l∥,m∥,则∥. 其中假命题的序号是 . 答案 ③
7.考察下列三个命题，在“ ”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其中l,m为不同的直线，、为不重合的平面），则此条件为 . ①
∥
②
③
答案 l
∥∥ ∥
∥
8.如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1， B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P，M，N的平面交上
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底面于PQ，Q在CD上，则PQ= . 答案 a
二、解答题
9.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO？ 解 当Q为CC1的中点时， 平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA. ∵P、O为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO. 又PO∩PA=P，D1B∩QB=B， D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， ∴平面D1BQ∥平面PAO.
10.正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且AP=DQ. 求证：PQ∥平面BCE.
证明 方法一 如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE=BD. 又∵AP=DQ，∴PE=QB， 又∵PM∥AB∥QN， ∴，，，∴PM QN，
∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN. 又MN平面BCE，PQ平面BCE， ∴PQ∥平面BCE.
方法二 如图所示，连接AQ，并延长交BC于K，连接EK， ∵AE=BD，AP=DQ， ∴PE=BQ， ∴=
②
①
又∵AD∥BK，∴= 由①②得=，∴PQ∥EK. 又PQ平面BCE，EK平面BCE， ∴PQ∥平面BCE.
方法三 如图所示，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE，交AB于点M， 连接QM.
∵PM∥BE，PM平面BCE， 即PM∥平面BCE， ∴= ∴=
① ②
又∵AP=DQ，∴PE=BQ， 由①②得=，∴MQ∥AD，
∴MQ∥BC，又∵MQ平面BCE，∴MQ∥平面BCE. 又∵PM∩MQ=M，∴平面PQ平面PMQ，∴PQ∥平面11.（xx·海南、宁夏文，方体截去一个角所得多面体
PMQ∥平面BCE， BCE.
18）如下的三个图中,上面的是一个长的直观图,它的正视图和左视图在下
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面画出(单位:cm).
(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;
(3)在所给直观图中连接BC′,证明:BC′∥平面EFG. (1)解 如图(1)所示.
图（1）
(2)解 所求多面体体积 V=V长方体-V正三棱锥
3
=4×4×6-×(×2×2)×2=(cm).
(3)证明 如图(2),在长方体ABCD—A′B′C′D′中, 连接AD′,则AD′∥BC′.
因为E,G分别为AA′,A′D′的中点,
所以AD′∥EG,从而EG∥BC′. 又
BC
′
平
面
EFG, 图（2）
所以BC′∥面EFG.
12.如图所示，正四棱锥P—ABCD的各棱长均为13，M，N分别为PA，BD上的点，且PM∶MA=BN∶ND=5∶8. （1）求证：直线MN∥平面PBC； （2）求线段MN的长.
（1）证明 连接AN并延长交BC于Q， 连接PQ，如图所示.
∵AD∥BQ，∴△AND∽△QNB， ∴===， 又∵==， ∴==，∴MN∥PQ，
又∵PQ平面PBC，MN平面PBC， ∴MN∥平面PBC.
（2）解 在等边△PBC中，∠PBC=60°，
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在△PBQ中由余弦定理知 PQ=PB+BQ-2PB·BQcos∠PBQ =13+-2×13××=， ∴PQ=，
∵MN∥PQ，MN∶PQ=8∶13， ∴MN=×=7.
22
2
2
§8.5 直线、平面垂直的判定及性质
基础自测 1.给出下列四个命题：
①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直； ②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直；
③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线； ④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线. 其中正确的命题共有 个.
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答案 2
2.如果一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是 （写出你认为正确的序号）. ①相等 答案 ④
3.(xx·湖南文)已知直线m、n和平面、满足m⊥n，m⊥，⊥，则n与平面的关系为 . 答案 n∥,或n
4.已知a、b是两条不重合的直线, 、、是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： ①若a⊥,a⊥,则∥;②若⊥，⊥，则∥;
③∥,a,b,则a∥b;④若∥，∩=a, ∩=b，则a∥b.其中正确命题的序号是 . 答案 ①④
5.设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面.则下列命题中正确的是 （填序号）. ①m⊥，n，m⊥n⊥ ②∥，m⊥，n∥m⊥n ③⊥，m⊥，n∥m⊥n ④⊥，∩=m，n⊥mn⊥ 答案 ②
例1 如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，
M，N分别是AB，PC的中点. （1）求证：MN⊥CD；
（2）若∠PDA=45°.求证：MN⊥平面PCD. 证明 （1）连接AC，AN，BN， ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC， 在Rt△PAC中，N为PC中点， ∴AN=PC.
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线， ∴BN=PC. ∴AN=BN，
∴△ABN为等腰三角形， 又M为底边的中点，∴MN⊥AB， 又∵AB∥CD，∴MN⊥CD.
（2）连接PM、CM,∵∠PDA=45°，PA⊥AD，∴AP=AD. ∵四边形ABCD为矩形. ∴AD=BC，∴PA=BC.
又∵M为AB的中点，∴AM=BM. 而∠PAM=∠CBM=90°,∴PM=CM. 又N为PC的中点，∴MN⊥PC.
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②互补 ③相等或互补 ④不确定
由（1）知，MN⊥CD，PC∩CD=C, ∴MN⊥平面PCD.
例2 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所
在平面垂直于底面ABCD，若G为AD边的中点， （1）求证：BG⊥平面PAD； （2）求证：AD⊥PB；
（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论. （1）证明 在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD=AD， 所以BG⊥平面PAD.
（2）证明 连接PG，因为△PAD为正三角形， G为AD的中点，得PG⊥AD，由（1）知BG⊥AD， PG平面PGB，BG平面PGB，PG∩BG=G， 所以AD⊥平面PGB，因为PB平面PGB， 所以AD⊥PB.
（3）解 当F为PC的中点时， 满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下： 取PC的中点F，连接DE、EF、DF， 在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中， GB∥DE，而FE平面DEF，DE平面DEF， EF∩DE=E，所以平面DEF∥平面PGB， 因为BG⊥平面PAD，所以BG⊥PG 又因为PG⊥AD，AD∩BG=G， ∴PG⊥平面ABCD，而PG平面PGB， 所以平面PGB⊥平面ABCD， 所以平面DEF⊥平面ABCD.
例3 （14分）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC、PB的中点. （1）求证：PB⊥DM；
（2）求BD与平面ADMN所成的角. （1）证明 ∵N是PB的中点，PA=PB， ∴AN⊥PB.∵∠BAD=90°，∴AD⊥AB. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD.
∵PA∩AB=A，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥PB. 又∵AD∩AN=A，∴PB⊥平面ADMN. ∵DM平面ADMN，∴PB⊥DM. （2）解 连接DN， ∵PB⊥平面ADMN，
∴∠BDN是BD与平面ADMN所成的角， 在Rt△BDN中， sin∠BDN===， ∴∠BDN=30°,
12分
10分
7分
4分
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即BD与平面ADMN所成的角为30°. （1）求证：C1M⊥平面A1ABB1； （2）求证：A1B⊥AM；
（3）求证：平面AMC1∥平面NB1C； （4）求A1B与B1C所成的角.
14分
例4 如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点.
（1）证明 方法一 由直棱柱性质可得AA1⊥平面A1B1C1， 又∵C1M平面A1B1C1，∴AA1⊥MC1.
又∵C1A1=C1B1，M为A1B1中点，∴C1M⊥A1B1. 又A1B1∩A1A=A1，∴C1M⊥平面AA1B1B.
方法二 由直棱柱性质得：平面AA1B1B⊥平面A1B1C1，交线为A1B1，又∵C1A1=C1B1，M为A1B1的中点， ∴C1M⊥A1B1于M.
由面面垂直的性质定理可得C1M⊥平面AA1B1B. （2）证明 由（1）知C1M⊥平面A1ABB1， ∴C1A在侧面AA1B1B上的射影为MA. ∵AC1⊥A1B，MC1⊥A1B，MC1∩AC1=C1，
∴A1B⊥平面AMC1，又AM平面AMC1，∴A1B⊥AM.
（3）证明 方法一 由棱柱性质知四边形AA1B1B是矩形， M、N分别是A1B1、AB的中点， ∴AN B1M.
∴四边形AMB1N是平行四边形. ∴AM∥B1N.
连接MN，在矩形AA1B1B中有 A1B1 AB.
∴MB1 BN，∴四边形BB1MN是平行四边形. ∴BB1 MN.又由BB1 CC1，知MN CC1. ∴四边形MNCC1是平行四边形.∴C1M CN. 又C1M∩AM=M，CN∩NB1=N， ∴平面AMC1∥平面NB1C.
方法二 由（1）知C1M⊥平面AA1B1B， A1B平面AA1B1B，∴C1M⊥A1B. 又∵A1B⊥AC1，而AC1∩C1M=C1， ∴A1B⊥平面AMC1.
同理可证，A1B⊥平面B1NC. ∴平面AMC1∥平面B1NC.
(4)解 方法一 由（2）知A1B⊥AM， 又由已知A1B⊥AC1，AM∩AC1=A， ∴A1B⊥平面AMC1.
又∵平面AMC1∥平面NB1C， ∴A1B⊥平面NB1C.
又B1C平面NB1C，∴A1B⊥B1C. ∴A1B与B1C所成的角为90°.
方法二 由直棱柱的性质有平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，又CA=CB=C1A1，N为AB的中点， ∴CN⊥AB.
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∴CN⊥平面AA1B1B.
∴CB1在侧面AA1B1B上的射影是NB1. 又由（2）知A1B⊥AM，由（3）知B1N∥AM， ∴A1B⊥B1N，CN⊥A1B，
∴A1B⊥平面B1NC，又B1C平面B1NC，∴A1B⊥B1C. ∴A1B与B1C所成的角为90°.
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE.
证明 （1）在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD,PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC. 而AE平面PAC，∴CD⊥AE.
（2）由PA=AB=BC， ∠ABC=60°，可得AC=PA. ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD,且PC∩CD=C,∴AE⊥平面PCD. 而PD平面PCD，∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD=A,
∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE=A,综上得PD⊥平面ABE.
2.如图所示，在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC. （1）若D是BC的中点.求证：AD⊥CC1；
（2）过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1， 求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
证明 （1）∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BB1C1C，交线为BC. ∴由面面垂直的性质定理， 可知AD⊥平面BB1C1C. 又∵CC1平面BB1C1C， ∴AD⊥CC1.
（2）取BC1的中点E，连接DE、ME. 在△BCC1中，D、E分别是BC、BC1的中点， ∴DE CC1.又AA1 CC1，∴DE AA1. ∵M是AA1的中点（由AM=MA1知），∴DE AM. ∴四边形AMED是平行四边形，∴AD ME. 由（1）知AD⊥平面BB1C1C. ∴ME⊥平面BB1C1C. 又∵ME平面BMC1，
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∴平面BMC1⊥平面BB1C1C.
3.（xx·山东理，20）如图所示，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点. (1)证明:AE⊥PD;
(2)若H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为, 求二面角E—AF—C的余弦值.
(1)证明 由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°, 可得△ABC为正三角形.
因为E为BC的中点,所以AE⊥BC. 又BC∥AD,因此AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA⊥AE. 而PA平面PAD,AD平面PAD且PA∩AD=A, 所以AE⊥平面PAD.又PD平面PAD, 所以AE⊥PD.
(2)解 如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH, 由(1)知,AE⊥平面PAD,
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角. 在Rt△EAH中,AE=,
所以,当AH最短时,∠EHA最大, 即当AH⊥PD时,∠EHA最大. 此时,tan∠EHA===, 因此AH=.又AD=2,
所以∠ADH=45°,所以PA=2.
方法一 因为PA⊥平面ABCD,PA平面PAC, 所以,平面PAC⊥平面ABCD.
过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC, 过O作OS⊥AF于S,连接ES,
则∠ESO为二面角E—AF—C的平面角. 在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=, AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点, 在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=, 又SE===,
32在Rt△ESO中,cos∠ESO==4=,
304即所求二面角的余弦值为.
方法二 由(1)知AE,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又E、F分别为BC、PC的中点，所以D（0，2，0），P（0，0，2），所以=(，0，0），=(，，1）.
设平面AEF的一法向量为
A（0，0，0），B（，-1，0），C（，1，0），
E（，0，0），F(，，1），
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m=（x1，y1，z1），因此
取z1=-1，则m=（0，2，-1）， 因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A， 所以BD⊥平面AFC， 故为平面AFC的一法向量. 又=（-，3，0）， 所以cos〈m,〉===.
因此,二面角E—AF—C为锐角, 所以所求二面角的余弦值为
4.如图所示，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD的中点， 又二面角P—CD—B 为45°.
（1）求证：AF∥平面PEC； （2）求证：平面PEC⊥平面PCD；
（3）设AD=2，CD=2,求点A到平面PEC的距离. (1)证明 取PC的中点G， 连接EG、FG， ∵F为PD的中点， ∴GF
CD.
∵CD AB，又E为AB的中点， ∴AE GF.
∴四边形AEGF为平行四边形.
∴AF∥GE，且AF平面PEC，因此AF∥平面PEC. (2)证明 PA⊥平面ABCD，
则AD是PD在底面上的射影.又ABCD为矩形， ∴CD⊥AD，则CD⊥PD.因此CD⊥AF，
∠PDA为二面角P-CD-B的平面角，即∠PDA=45°. F为Rt△PAD斜边PD的中点， AF⊥PD，PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD. 由（1）知AF∥EG.∴EG⊥平面PCD. ∵EG平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.
（3）解 由（1）（2）知AF∥平面PEC，平面PCD⊥平面PEC，过F作FH⊥PC交PC于H，则FH⊥平面PEC. ∴FH的长度为F到平面PEC的距离， 即A到平面PEC的距离.
在△PFH与△PCD中，∠P为公共角， ∠FHP=∠CDP=90°， ∴△PFH∽△PCD，∴=. ∵AD=2，PF=，PC===4， ∴FH=×2=1.
∴A到平面PEC的距离为1.
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一、填空题
1.①两平面相交，如果所成的二面角是直角，则这两个平面垂直； ②一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面一定垂直； ③一直线与两平面中的一个平行与另一个垂直，则这两个平面垂直； ④一平面与两平行平面中的一个垂直，则与另一个平面也垂直；
⑤两平面垂直，经过第一个平面上一点垂直于它们交线的直线必垂直于第二个平面. 上述命题中，正确的命题有 个. 答案 4
2.（xx·上海理）给定空间中的直线l及平面.条件“直线l与平面内无数条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的 条件. 答案 必要非充分
3.写出平面⊥平面的一个充分条件是 .（写出一个你认为正确的即可）
答案 存在一条直线l,l⊥,l∥
4.平面的斜线AB交于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交于点C，则动点C的轨迹是 . 答案 一条直线
5.（xx·安徽理）已知m，n是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列正确命题的序号是 . ①若m∥，n∥，则m∥n ②若⊥，⊥，则∥ ③若m∥，m∥，则∥ ④若m⊥，n⊥，则m∥n 答案 ④
6.设P是60°的二面角—l—内一点，PA⊥平面，PB⊥平面，A、B为垂足，PA=4，PB=2，则AB的长为 . 答案 2
7.如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a， PB=PD=a，则它的5个面中，互相垂直的面有 对. 答案 5
8.a、b表示直线，、、表示平面. ①若∩=a,b,a⊥b，则⊥;
②若a,a垂直于内任意一条直线，则⊥； ③若⊥，∩=a, ∩=b,则a⊥b;
④若a不垂直于平面，则a不可能垂直于平面内无数条直线； ⑤若a⊥,b⊥,a∥b,则∥.
上述五个命题中，正确命题的序号是 . 答案 ②⑤ 二、解答题
9.四面体ABCD中，AC=BD，E、F分别是AD、BC的中点，且EF=AC，∠BDC=90°. 求证： BD⊥平面ACD.
证明 如图所示，取CD的中点G，连接EG、FG、EF. ∵E、F分别为AD、BC的中点， ∴EG
AC，FG BD.
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又AC=BD，∴EG=FG=AC.
∴在△EFG中，EG+FG=AC=EF. ∴EG⊥FG.∴BD⊥AC.
又∠BDC=90°，即BD⊥CD，AC∩CD=C， ∴BD⊥平面ACD.
10.如图所示，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，△PAD是等腰三角形，M、N分别是AB、PC的中点. 求证：MN⊥平面PCD.
证明 如图所示，取PD的中点E，连接AE、NE， ∵N、E分别为PC，PD的中点， ∴NE为△PCD的中位线， ∴NE∥CD且NE=CD. 又M为AB的中点， ∴AM∥CD且AM=CD， ∴AM∥NE且AM=NE，
∴四边形AENM为平行四边形，∴AE∥MN. 又△PAD为等腰三角形，∴AE⊥PD，∴MN⊥PD. 连接PM、MC，设AD=a，AB=2b， ∴PM=a+b，CM=a+b， ∴CM=PM，∴MN⊥PC.
∵PC∩PD=P，∴MN⊥平面PCD.
11.如图所示，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC为正三角形， D、E分别是BC、CA的中点. （1）证明：平面PBE⊥平面PAC；
（2）如何在BC上找一点F，使AD∥平面PEF？并说明理由. （1）证明 因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥BE. 又因为△ABC是正三角形，且E为AC的中点， 所以BE⊥CA.
又PA∩CA=A，所以BE⊥平面PAC. 因为BE平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAC. （2）解 取CD的中点F，则点F即为所求. 因为E、F分别为CA、CD的中点，所以EF∥AD. 又EF平面PEF，AD平面PEF， 所以AD∥平面PEF.
12.（xx·四川文，19）如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯 形，∠BAD=∠FAB=90°,BC AD,BE FA,G、H分别为FA、FD的中点. （1）证明：四边形BCHG是平行四边形； （2）C、D、F、E四点是否共面？为什么？ （3）设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE. 方法一 (1)证明 由题设知,FG=GA, FH=HD,所以GH AD. 又BC
AD,故GH BC.
所以四边形BCHG是平行四边形. (2)解 C、D、F、E四点共面. 理由如下：
2
2
2
2
2
22
2
2
2
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由BE AF，G是FA的中点知， BE GF，所以EF∥BG.
由（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面. 又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面.
（3）证明 如图，连接EG，由AB=BE，BE AG及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA. 由题设知,FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，
因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED. 又ED∩EA=E,所以BG⊥平面ADE. 由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE. 由(2)知CH平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE. 方法二 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直.
如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向， 以射线AF为z轴正方向，建立直角坐标系A—xyz. （1）证明 设AB=a，BC=b，BE=c，则由题设得
A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，b，0），D（0，2b，0），E（a，0，c）， G（0，0，c），H（0，b，c）.
所以，=（0，b，0），=（0，b，0），于是=. 又点G不在直线BC上， 所以四边形BCHG是平行四边形.（2）解 C、D、F、E四点共面.
理由如下：由题设知F（0，0，2c）， 所以=（-a，0，c），=（-a，0，c），=. 又CEF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面. （3）证明 由AB=BE，得c=a，
所以=（-a，0，a），=（a，0，a）. 又=（0，2b，0），因此·=0，·=0. 即CH⊥AE，CH⊥AD.
又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE. 故由CH平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.
§8.6 空间向量及其运算
1.有4个命题：
①若p=xa+yb，则p与a、b共面； ②若p与a、b共面，则p=xa+yb； ③若=x+y，则P、M、A、B共面； ④若P、M、A、B共面，则=x+y.
基础自测
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其中真命题的个数是 . 答案 2
2.下列是真命题的命题序号是 .
①分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量 ②若|a|=|b|，则a，b的长度相等而方向相同或相反 ③若向量，满足||＞||，且与同向，则＞ ④若两个非零向量与满足+=0，则∥ 答案 ④
3.若a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),且a∥b，则x= ,y= . 答案 -
4.已知A（1，2，3），B（2，1，2），P（1，1，2），点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是 . 答案
5.在四面体O-ABC中，=a,=b, =c,D为BC的中点,E为AD的中点，则= (用a,b,c表示). 答案 a+b+c
例1 如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设=a，=b，=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）；（2）；（3）+.
解 （1）∵P是C1D1的中点， ∴=++=a++ =a+c+=a+c+b.
（2）∵N是BC的中点， ∴=++=-a+b+ =-a+b+=-a+b+c. （3）∵M是AA1的中点， ∴=+=+
=-a+(a+c+b)= a+b+c， 又=+=+ =+=c+a，
∴+=(a+b+c)+(a+c) =a+b+c.
例2 已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点， （1）求证：E、F、G、H四点共面； （2）求证：BD∥平面EFGH；
（3）设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有 =（+++）.
证明 （1）连接BG，则 =+
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=+（+） = ++=+，
由共面向量定理的推论知： E、F、G、H四点共面. （2）因为=- =-=（-）=， 所以EH∥BD. 又EH平面EFGH， BD平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH.
（3）连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG. 由（2）知=， 同理=，
所以=，即EH FG，
所以四边形EFGH是平行四边形. 所以EG，FH交于一点M且被M平分. 故=（+）=+ =[（+）]+[（+）] =（+++）.
例3 （16分）如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点.
（1）求证：MN⊥AB，MN⊥CD； （2）求MN的长；
（3）求异面直线AN与CM所成角的余弦值. （1）证明 设=p, =q，=r.
由题意可知：|p|=|q|=|r|=a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°. =-=（+）- =（q+r-p），
2
2分
∴·=（q+r-p）·p =（q·p+r·p-p）
=（a·cos60°+a·cos60°-a）=0. ∴MN⊥AB,同理可证MN⊥CD. ∴||==（q+r-p）
2
2
2
22
2
2
2
2
6分
4分
（2）解 由（1）可知=（q+r-p）
=［q+r+p+2（q·r-p·q-r·p）］ =[a+a+a+2（--） =×2a=.
∴||=a,∴MN的长为a. (3)解 设向量与的夹角为. ∵=(+)=(q+r), =-=q-p,
∴·=（q+r）·（q-p） =（q-q·p+r·q-r·p）
=(a-a·cos60°+a·cos60°-a·cos60°)
2
2
2
2
222
2
2
10分
实用文档
=（a-+-）=. 又∵||=||=，
2
12分
∴·=||·||·cos =··cos=. ∴cos=，
14分
∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为. 例4 （1）求与向量a=(2,-1,2)共线且满足方程a·x=-18的向量x的坐标；
（2）已知A、B、C三点坐标分别为（2，-1，2），（4，5，-1），（-2，2，3），求点P的坐标使得=（-）； 16分
（3）已知a=（3，5，-4），b=（2，1，8），求：①a·b；②a与b夹角的余弦值； ③确定，的值使得a+b与z轴垂直，且（a+b）·（a+b）=53. 解 （1）∵x与a共线，故可设x=ka， 由a·x=-18得a·ka=k|a|2
=k（）2
=9k， ∴9k=-18，故k=-2. ∴x=-2a=（-4，2，-4）.
（2）设P（x，y，z），则=（x-2，y+1，z-2）， =（2，6，-3），=（-4，3，1）， ∵=（-）.
∴（x-2，y+1，z-2）=［（2，6，-3）-（-4，3，1）］ =（6，3，-4）=(3，，-2) x23x5∴y13，解得12y2
z22z0∴P点坐标为(5，，0).
（3）①a·b=（3，5，-4）·（2，1，8） =3×2+5×1-4×8=-21. ②∵|a|==5, |b|==,
∴cos〈a,b〉= ==-. ∴a与b夹角的余弦值为-.
③取z轴上的单位向量n=（0，0，1），a+b=（5，6，4）. 依题意
即32,5,480,0,1032,5,485,6,453 故 解得.
1.已知六面体ABCD—A′B′C′D′是平行六面体. （1）化简++,并在图上标出其结果；
（2）设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的分点，设 =++，试求,,的值.
解 （1）如图所示，取AA′的中点E，则=.
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在D′C′上取点F， 使=，
因为=，所以==. 又=, 从而++=++=. (2)= +=+ =(+)+ (+) =(-+)+(+) =++, 可见,=,=, =.
2.如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点， 求证：B1C∥平面ODC1. 证明 设=a，=b，=c， ∵四边形B1BCC1为平行四边形， ∴=c-a，
又O是B1D1的中点， ∴=（a+b）， ∴=-（a+b）
=-=b-（a+b）=（b-a）. ∵D1D C1C，所以=c， ∴=+=（b-a）+c. 若存在实数x、y，使 =x+y（x，y∈R）成立，则 c-a=x[（b-a）+c]+y[-（a+b）] =-（x+y）a+（x-y）b+xc. ∵a、b、c不共线，
12xy1,∴12(xy)0,得 x1.∴=+，∴、、是共面向量， ∵不在、所确定的平面ODC1内， ∴B1C∥平面ODC1.
3.如图所示，正四面体V—ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M. （1）求证：AO、BO、CO两两垂直； （2）求〈,〉.
(1)证明 设=a,=b, =c,正四面体的棱长为1, 则=(a+b+c),=(b+c-5a), =(a+c-5b), =(a+b-5c) ∴·=（b+c-5a）·（a+c-5b） =（18a·b-9|a|2
）
=（18×1×1·cos60°-9）=0. ∴⊥，∴AO⊥BO，
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同理⊥，BO⊥CO， ∴AO、BO、CO两两垂直. （2）解 =+=-（a+b+c）+ =(-2a-2b+c). ∴||==， ||==，
·=（-2a-2b+c）·（b+c-5a）=，
141222∴cos〈,〉==，
∵〈,〉∈(0,),∴〈, 〉=45°.
4.如图所示,PD⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,AB=2,E是PB的中点, cos〈,〉=.
(1)建立适当的空间坐标系,写出点E的坐标; (2)在平面PAD内求一点F,使EF⊥平面PCB.
解 (1)如图所示,以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0）、B（2，2，0）、C（0，2，0）， 设P（0，0，2m），则E（1，1，m）， ∴=（-1，1，m）， =（0，0，2m）. ∴cos〈,〉==.
解得m=1,∴点E的坐标是（1，1，1）. （2）∵F∈平面PAD，∴可设F（x，0，z）. 则=（x-1，-1，z-1），
又=（2，0，0），=（0，2，-2） ∵EF⊥平面PCB ∴⊥，且⊥ 即 ∴
∴，∴F点的坐标为（1，0，0） 即点F是AD的中点时满足EF⊥平面PCB.
一、填空题
1.已知点O、A、B、C为空间不共面的四点，且向量a=++，向量b=+-，则、、中不能与a,b构成空间基底的向量是 . 答案
2.已知向量a=（8，x，x）b=（x，1，2），其中x＞0.若a∥b，则x的值为 . 答案 4
3.已知向量a,b满足|a|=2，|b|=3，|2a+b|=，则a与b的夹角为 . 答案 60°
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4.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E、F分别是BC、AD的中点，则·的值为 . 答案 a
5.已知A（4，1，3），B（2，-5，1），C为线段AB上一点，且=，则C点的坐标为 . 答案
6.A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·=0，·=0，·=0，则△BCD是 三角形（用“锐角”、“直角”、“钝角”填空）. 答案 锐角
7.如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若=（+），则 = . 答案
8.已知a=（1-t，1-t，t），b=（2，t，t），则|b-a|的最小值为 . 答案 二、解答题
9.如图所示，平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两 两夹角为60°. (1)求AC1的长；
（2）求BD1与AC夹角的余弦值. 解 记=a，=b，=c，
则|a|=|b|=|c|=1，〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°, ∴a·b=b·c=c·a=. （1）||=（a+b+c）
=a+b+c+2（a·b+b·c+c·a） =1+1+1+2×(++)=6, ∴||=,即AC1的长为. (2)=b+c-a,=a+b, ∴||=,||=,
·=（b+c-a）·（a+b） =b-a+a·c+b·c=1. ∴cos〈,〉==.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
10.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1，M为AA1的中点，N为A1B1上的点，且满足A1N=NB1，P为底面正方形A1B1C1D1的中心.求证：MN⊥MC，MP⊥B1C. 证明 设=a，=b，=c
则a、b、c两两垂直且模相等. ∴a·b=b·c=a·c=0， 又∵=NB1 ∴==b， =+=a+b, =++=-a+b+c,
∴·=（a+b）·（b+c-a） =- =0. ∴MN⊥MC，
又=+ =+（b+c）=（a+b+c）， =+=-a+c.
2
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2
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2
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∴·=（a+b+c）（c-a）=0.∴MP⊥B1C.
11.如图所示，在空间直角坐标系中BC=2，原点O是BC的中点，点A的坐标是（，，0），点D在平面yOz内，且∠BDC=90°，∠DCB=30°. （1）求的坐标；
（2）设和的夹角为，求cos的值.
解 (1)如图所示，过D作DE⊥BC，垂足为E， 在Rt△BDC中，由∠BDC=90°，∠DCB=30°，BC=2， 得BD=1，CD=. ∴DE=CD·sin30°=. OE=OB-BD·cos60°=1-=. ∴D点坐标为(0，-，)， 即的坐标为(0，-，). （2）依题意：=(，，0)， =（0，-1，0），=（0，1，0）. ∴=- =(-，-1，)， =- =（0，2，0）. 设和的夹角为， 则cos=
330120222
=
3123022202222
==-. ∴cos=-.
12.已知ABCD是平行四边形，P点是ABCD所在平面外的一点，连接PA、PB、PC、PD.设点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心.
（1）试用向量方法证明E、F、G、H四点共面；
（2）试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断.
（1）证明 分别延长PE、PF、PG、PH交对边于M、N、Q、R点，因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心，所以M、N、Q、R为所在边的中点，顺次连接M、N、Q、R得到的四边形为平行四边形，且有=， =，=， = ∴=+ =（-）+（-） =（-）+（-） =（+） 又∵=-=-= ∴=（+）,∴=+
由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面. (2)解 由（1）得=,故∥. 又∵平面ABC，EG平面ABC. ∴EG∥平面ABC. 又∵=-=-=
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∴MN∥EF，又∵MN平面ABC，EF平面ABC， EF∥平面ABC. ∵EG与EF交于E点， ∴平面EFGH∥平面ABCD.
§8.7 立体几何中的向量问题（Ⅰ）——平行与垂直
1.设平面的法向量为（1，2，-2），平面的法向量为（-2，-4，k），若∥，则k= . 答案 4
2.已知直线l的方向向量为v，平面的法向量为u,则v·u=0，l与的关系是 . 答案 l∥或l
3.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=（-4，-6，2），下列结论不正确的是 . ①a∥b，b⊥c ③a∥c，a⊥b 答案 ①②④
4.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1).若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为 . 答案 -1,2
5.如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 . 答案 平行
②a∥b，a⊥c ④以上都不对
基础自测
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例1 如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点. 求证：MN∥平面A1BD.
证明 方法一 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则可求得 M（0，1，），N（，1，1），
D（0，0，0），A1（1，0，1）,B（1，1，0）， 于是=（，0，），
=（1，0，1），=（1，1，0）. 设平面A1BD的法向量是 n=（x，y，z）. 则n·=0，且n·=0， 得
取x=1，得y=-1，z=-1. ∴n=（1，-1，-1）.
又·n=（，0，）·（1，-1，-1）=0， ∴⊥n,
又∵平面A1BD，∴MN∥平面A1BD. 方法二 ∵=-= - =（-）=,
∴∥，又∵MN平面A1BD. ∴MN∥平面A1BD.
例2 如图所示,已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°, AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.证明: (1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB. 证明 (1)取BC的中点O,
∵平面PBC⊥平面ABCD,△PBC为等边三角形, ∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴,过点O与AB平行的直线为y轴,如图所示,建立空间直角坐标系.
不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO=.
∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0, ). ∴=(-2,-1,0), =(1,-2,- ).
∵·=（-2）×1+(-1)×(-2)+0×(-)=0, ∴⊥,∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M,连接DM,则M（,-1,）. ∵=（,0, ）, =(1,0,-),
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∴·=×1+0×(-2)+ ×(-)=0, ∴⊥,即DM⊥PA.
又·=×1+0×0+×（-）=0， ∴⊥，即DM⊥PB.
又∵PA∩PB=P，∴DM⊥平面PAB， ∵DM平面PAD. ∴平面PAD⊥平面PAB.
例3 （14分）如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形， ∠BAC=90°，且AB=AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点. 求证：
（1）DE∥平面ABC； （2）B1F⊥平面AEF.
证明 方法一 如图建立空间直角坐标系A—xyz， 令AB=AA1=4，
则A（0，0，0），E（0，4，2），F（2，2，0），B（4，0，0），B1（4，0，4）. （1）取AB中点为N，则N（2，0，0），C（0，4，0），D（2，0，2）， ∴=（-2，4，0），=（-2，4，0）， ∴=，
4分
6分
∴DE∥NC，又NC平面ABC，DE平面ABC. 故DE∥平面ABC. （2）=（-2，2，-4），
=（2，-2，-2），=（2，2，0）. ·=（-2）×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, 则⊥,∴B1F⊥EF, ∴⊥，即B1F⊥AF，
10分
12分 14分
∵·=（-2）×2+2×2+（-4）×0=0. 又∵AF∩FE=F，∴B1F⊥平面AEF. 证A1E=EP.
∵D、E分别是A1B、A1P的中点， 所以DE∥BP. DE平面ABC， ∴DE∥平面ABC. ∴BC⊥AF， 而B1F平面B1BF， ∴AF⊥B1F. 设AB=A1A=a， 则B1F=a，EF=a， B1E=a，
∴B1F+EF=B1E，B1F⊥FE.
2
2
2
2
22
2
2
2
3分
方法二 （1）连接A1B、A1E，并延长A1E交AC的延长线于点P，连接BP.由E为C1C的中点且A1C1∥CP，可
4分
又∵BP平面ABC，
6分 8分
（2）∵△ABC为等腰三角形，F为BC的中点，
又∵B1B⊥AF，B1B∩BC=B，∴AF⊥平面B1BF，
10分
12分 14分
又AF∩FE=F，综上知B1F⊥平面AEF.
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1.如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2， E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点. 求证：PB∥平面EFG.
证明 建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，
则A（0，0，0）、B（2，0，0）、C（2，2，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）、E（0，0，1）、F（0，1，1）、G（1，2，0）.
∵=（2，0，-2），=（0，-1，0），=（1，1，-1）， 设=s+t，
即（2，0，-2）=s（0，-1，0）+t（1，1，-1）， ∴解得s=t=2.
∴=2+2，又∵与不共线， ∴、与共面.
∵平面EFG，∴PB∥平面EFG.
2.如图，在六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1=2.求证： （1）A1C1与AC共面，B1D1与BD共面； （2）平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
证明 （1）以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz如图，则有
A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（1，0，2），B1（1，1，2），C1（0，1，2），D1（0，0，2）
∵=(-1,1,0），=(-2,2,0), =(1,1,0),=(2,2,0), ∴=2,=2. ∴与平行， 与平行，
于是，A1C1与AC共面， B1D1与BD共面.
（2）·=（0，0，2）·（-2，2，0）=0， ·=（2，2，0）·（-2，2，0）=0， ∴⊥，⊥.
∵DD1∩DB=D，∴AC⊥平面B1BDD1. 又∵AC平面A1ACC1， ∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.
3.如图所示，四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°， 底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD. (1)求证：平面PAC⊥平面PCD；
（2）在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，请确定E点的位置；若不存在，请说明理由.
（1）证明 设PA=1，由题意BC=PA=1，AD=2.
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∵PA⊥平面ABCD，
∴PB与平面ABCD所成的角为∠PBA=45°, ∴AB=1,由∠ABC=∠BAD=90°,
易得CD=AC=，由勾股定理逆定理得AC⊥CD. 又∵PA⊥CD，PA∩AC=A， ∴CD⊥平面PAC， 又CD平面PCD， ∴平面PAC⊥平面PCD.
（2）解 存在点E使CE∥平面PAB.
分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示， 则P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0）， 设E（0，y，z），则=（0，y，z-1）， =（0，2，-1）.
∵∥，∴y·（-1）-2（z-1）=0
①
∵=(0,2,0）是平面PAB的法向量， 又=（-1,y-1,z），若使CE∥平面PAB， 则⊥.
∴（-1，y-1，z）·（0，2，0）=0， ∴y=1代入①，得z=. ∴E是PD的中点，
∴存在E点使CE∥平面PAB，此时E为PD的中点.
一、填空题
1.若平面、的法向量分别为n1=（2，3，5），n2=(-3,1,-4),则，的位置关系是 （用“平行”，“垂直”，“相交但不垂直”填空）. 答案 相交但不垂直
2.已知=（2，4，5），=（3，x，y），若∥，则x= ,y= . 答案 6
3.已知A（1，0，0）、B（0，1，0）、C（0，0，1），则平面ABC的一个单位法向量是 （写出一个即可）. 答案
4.已知=（1，5，-2），=（3，1，z），若⊥，=（x-1，y，-3），且⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为 . 答案 ，-，4
5.设点C（2a+1，a+1，2）在点P（2，0，0）、A（1，-3，2）、B（8，-1，4）确定的平面上，则a= . 答案 16
6.下列四个正方体图形中，A、B为正方P分别为其所在棱的中点，能得出AB号是 .
体的两个顶点，M、N、∥平面MNP的图形的序
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答案 ①④
7.若A(0，2，)，B(1，-1，)，C(-2，1，)是平面内三点，设平面的法向量a=(x,y,z),则x∶y∶z= . 答案 2∶3∶(-4)
8.若|a|=,b=(1,2,-2),c=(2,3,6),且a⊥b,a⊥c,则a= . 答案 或 二、解答题
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为BB1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，求平面AMN的法向量. 解 以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系.（如图所示）. 设棱长为1，则A（1，0，0），M(1，1，)，N（0，，1）. ∴=（0，1，），=(-1，，1).
设平面AMN的法向量n=（x，y，z）
1nAMyz02∴
1nANxyz02令y=2，∴x=-3，z=-4.∴n=（-3，2，-4）. ∴（-3，2，-4）为平面AMN的一个法向量.
10.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是线段EF的中点. 求证：
（1）AM∥平面BDE； （2）AM⊥平面BDF.
证明 （1）建立如图所示的空间直角坐标系, 设AC∩BD=N，连接NE.
则点N、E的坐标分别为、（0，0，1）. ∴=.
又点A、M的坐标分别是 （，，0）、， ∴=.
∴=且NE与AM不共线.∴NE∥AM. 又∵NE平面BDE，AM平面BDE， ∴AM∥平面BDE. （2）由（1）知=，
∵D（，0，0），F（，，1），∴=（0，，1）. ∴·=0.∴⊥.
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同理⊥.又DF∩BF=F，∴AM⊥平面BDF.
11.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点. （1）求证：平面AED⊥平面A1FD1； （2）在AE上求一点M，使得A1M⊥平面ADE.
（1）证明 建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz， 不妨设正方体的棱长为2， 则A（2，0，0），E（2，2，1），
F（0，1，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2）， 设平面AED的法向量为n1=（x1，y1，z1）， 则n1·=（x1，y1，z1）·（2，0，0）=0， n1·=（x1，y1，z1）·（2，2，1）=0， ∴2x1=0，2x1+2y1+z1=0. 令y1=1,得n1=(0,1,-2),
同理可得平面A1FD1的法向量n2=(0,2,1). ∵n1·n2=0，∴n1⊥n2, ∴平面AED⊥平面A1FD1.
（2）解 由于点M在直线AE上， 设==（0，2，1）=（0，2，）. 可得M（2，2，），∴=（0，2，-2）， ∵AD⊥A1M，∴要使A1M⊥平面ADE， 只需A1M⊥AE，
∴·=（0，2，-2）·（0，2，1）=5-2=0， 解得=.
故当=时，A1M⊥平面ADE.
12.已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC=BC=BB1.求证： （1）BC1⊥AB1； （2）BC1∥平面CA1D.
证明 如图所示，以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.不妨设AC=2，由于AC=BC=BB1，则A（2，0，2），B（0，2，2），C(0,0,2),A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，0），D（1，1，2）. （1）由于=（0，-2，-2）， =（-2，2，-2），
所以·=0-4+4=0，因此⊥， 故⊥.
（2）方法一 取A1C的中点E，连接DE，由于E（1，0，1）， 所以=（0，1，1），又=（0，-2，-2）， 所以=-·，又因为ED和BC1不共线，
所以ED∥BC1，且DE平面CA1D，BC1平面CA1D， 故BC1∥平面CA1D.
方法二 由于=（2，0，-2），=（1，1，0）， 若设=x+y， 则得，解得， 即=-2，
所以，，是共面向量，
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又因为BC1平面CA1D，因此BC1∥平面CA1D. 方法三 求出平面CA1D的法向量n,证明向量⊥n. 设n=(a,b,1),由于=（2，0，-2），=（1，1，0） ∴,∴
∴n=（1，-1，1），又∵=（0，-2，-2）， ∴n·=2-2=0，∴⊥n， 又∵平面CA1D，∴∥平面CA1D.
§8.8
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立体几何中的向量问题（Ⅱ）——空间角与距离
1.已知两平面的法向量分别为m=（0，1，0），n=（0，1，1），则两平面所成的二面角为 . 答案 45°或135°
2.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=2，则该二面角的大小为 . 答案 60°
3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、 F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于 . 答案
4.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCO—A′B′C′D′，A′C的中点E与AB的中点F的距离为 . 答案
5.（xx·福建理，6）如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 . 答案
基础自测
例1 （xx·海南理，18）如图所示，已知点P在正方体ABCD—A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60°.
(1)求DP与CC′所成角的大小;
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
解 如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz. 则=（1，0，0），=(0,0,1). 连接BD,B′D′. 在平面BB′D′D中, 延长DP交B′D′于H.
设=(m,m,1) (m＞0),由已知〈,〉=60°, 由·=||||cos〈, 〉, 可得2m=.
解得m=,所以=（,,1）. (1)因为cos〈,〉==, 所以〈,〉=45°,
即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0). 因为cos〈,〉==,
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所以〈,〉=60°,
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
例2 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离. 解 取AC的中点O，连接OS、OB. ∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC， 平面SAC∩平面ABC=AC， ∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示，建立空间直角坐标系O—xyz， 则B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，2）， M（1，，0），N（0，，）.
∴=（3，，0），=（-1，0，），=（-1，，0）. 设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量， 则，取z=1，
则x=,y=-,∴n=（，-，1）. ∴点B到平面CMN的距离d=.
例3 （16分）如图所示，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.
（1）点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由； （2）求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF； （3）当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45°. （1）解 当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行. ∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC. 又EF平面PAC，而PC平面PAC， ∴EF∥平面PAC.
4分
（2）证明 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 则P（0，0，1），B（0，1，0）， F（0，，），D（，0，0）. 设BE=x，则E（x，1，0）， ·=（x，1，-1）·（0，，）=0， ∴PE⊥AF.
10分
（3）解 设平面PDE的法向量为m=(p,q,1), 由（2）知=（，0，-1），=（x，1，-1） 由，得m=. ∴sin45°==， ∴
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2 12分
而=（0，0，1），依题意PA与平面PDE所成角为45°,
=, 14分
得BE=x=-或BE=x=+＞（舍去）.
故BE=-时，PA与平面PDE所成角为45°.
16分
1.如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD=8.BC是⊙O的直径，AB=AC=6， OE∥AD.
（1）求二面角B-AD-F的大小；
（2）求直线BD与EF所成的角的余弦值. 解 （1）∵AD与两圆所在的平面均垂直， ∴AD⊥AB，AD⊥AF，
故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角. 依题意可知，ABFC是正方形， ∴∠BAF=45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°;
（2）以O为原点，CB、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示）， 则O（0，0，0），
A（0，-3，0），B（3，0，0），D（0，-3，8）， E（0，0，8），F（0，3，0）， ∴=（-3，-3，8），=（0，3，-8）. cos〈,〉= ==-.
设异面直线BD与EF所成角为，则 cos=|cos〈,〉|=.
即直线BD与EF所成的角的余弦值为.
2.已知：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E、F分别为棱AB、BC的中点. （1）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1； （2）求点D1到平面B1EF的距离.
（1）证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0）， B（2，2，0），E（2，，0）， F（，2，0），D1（0，0，4）， B1（2，2，4）.
=（-，，0），=（2，2，0），=（0，0，4）， ∴·=0，·=0.
∴EF⊥DB，EF⊥DD1，DD1∩BD=D， ∴EF⊥平面BDD1B1.
又EF平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1. （2）解 由（1）知=（2，2，0）， =（-，，0），=（0，-，-4）.
设平面B1EF的法向量为n,且n=(x,y,z) 则n⊥,n⊥
即n·=（x，y，z）·（-，，0）=-x+y=0， n·=（x，y，z）·（0，-，-4）=-y-4z=0， 令x=1,则y=1,z=-,∴n=(1,1,- )
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∴D1到平面B1EF的距离 d==
22222121242=.
3.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=， BC=1，PA=2，E为PD的中点.
（1）求直线AC与PB所成角的余弦值；
（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N点到AB和AP的距离. 解 方法一 （1）建立如图所示的空间直角坐标系，
则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0），B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、 E(0，，1)，
从而=（，1，0），=（，0，-2）. 设与的夹角为， 则cos===，
∴AC与PB所成角的余弦值为.
（2）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x,0,z）,则=（-x，，1-z），由NE⊥平面PAC可得 1x,,1z(0,0,2)02，即,
1x,,1z(3,1,0)02化简得,∴
即N点的坐标为（，0，1），从而N点到AB、AP的距离分别为1，. 方法二 （1）设AC∩BD=O， 连接OE，AE，BD， 则OE∥PB，
∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角. 在△AOE中，AO=1，OE=PB=，AE=PD=， ∴由余弦定理得
754437, cos∠EOA=
1472121即AC与PB所成角的余弦值为.
(2)在平面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F,则∠ADF=.连接PF,则在Rt△ADF中, DF==,
AF=AD·tan∠ADF=.
设N为PF的中点，连接NE，则NE∥DF. ∵DF⊥AC，DF⊥PA，
∴DF⊥平面PAC，从而NE⊥平面PAC. ∴N点到AB的距离为AP=1， N点到AP的距离为AF=.
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一、填空题
1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin〈,〉的值等于 . 答案
2.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则点O到平面ABC1D1的距离为 . 答案
3.（xx·全国Ⅰ理，11）已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于 . 答案
4.P是二面角—AB—棱上的一点，分别在、平面上引射线PM、PN，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角—AB—的大小为 . 答案 90°
5.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为 . 答案
6.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°， 点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 . 答案 60°
7.如图所示，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与 平面B1DC所成角的正弦值为 . 答案
8.正四棱锥S—ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是 . 答案 30° 二、解答题
9.如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°， BE和CD都垂直于平面ABC，且BE=AB=2，CD=1，点F是AE的中点. 求AB与平面BDF所成角的正弦值.
解 以点B为原点，BA、BC、BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示间直角坐标系，则
B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），D（0，2，1），E（0，0，2），F（1，0，1）. ∴=（0，2，1），=（1，-2，0）. 设平面BDF的一个法向量为 n=（2，a，b）， ∵n⊥，n⊥， ∴ 即
解得a=1，b=-2.∴n=（2，1，-2）.
设AB与平面BDF所成的角为，则法向量n与的夹角为-， ∴cos（-）===,
即sin=,故AB与平面BDF所成角的正弦值为.
10.在五棱锥P—ABCDE中，PA=AB=AE=2a，PB=PE=2a，BC=DE=a，∠EAB=∠ABC=
的空
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∠DEA=90°.
（1）求证：PA⊥平面ABCDE； （2）求二面角A—PD—E的余弦值.
（1）证明 以A点为坐标原点，以AB、AE、AP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系A—xyz，则由已知得
A（0，0，0），P（0，0，2a）， B（2a，0，0），C（2a，a，0）， D（a，2a，0），E（0，2a，0）.
∴=（0，0，2a），=（2a，0，0），=（0，2a，0）， ∴·=0·2a+0·0+2a·0=0， ∴⊥.同理⊥.
又∵AB∩AE=A，∴PA⊥平面ABCDE.
（2）解 设平面PAD的法向量为m=(1,y,z), 则m·=0，得a+2ay=0，∴y=-. 又m·=0，得2az=0，∴z=0. ∴m=（1，-，0）.
再设平面PDE的法向量为n=(x,1,z), 而=（a，0，0），=（a，2a，-2a）， 则n·=0，得ax=0，∴x=0. 又n·=0，得ax+2a-2az=0，∴z=1. ∴n=（0，1，1）.
令二面角A—PD—E的平面角为，
则cos=-=
12524=，
故二面角A—PD—E的余弦值是.
11.如图所示，在三棱锥P—ABC中，AB⊥BC，AB=BC=kPA，点O、D分别是AC、PC的中点， OP⊥底面ABC.
（1）若k=1，试求异面直线PA与BD所成角余弦值的大小； （2）当k取何值时，二面角O—PC—B的大小为？ 解 ∵OP⊥平面ABC，又OA=OC，AB=BC， 从而OA⊥OB，OB⊥OP，OA⊥OP，
以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系O—xyz. （1）设AB=a，则PA=a，PO=a， A（a，0，0），B（0，a，0）， C（-a，0，0），P（0，0，a）， 则D（-a，0，a）.
∵=(a，0，-a )，=(-a，-a，a)，
1212aa44=-, 32a2∴cos〈,〉==
则异面直线PA与BD所成角的余弦值的大小为.
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（2）设AB=a，OP=h，∵OB⊥平面POC， ∴=(0，a，0)为平面POC的一个法向量. 不妨设平面PBC的一个法向量为n=（x，y，z），
∵A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(-a，0，0)，P(0，0，h)， ∴=(-a,- a,0),=(- a,0,-h), 由
不妨令x=1，则y=-1，z=-， 即n=(1,-1,- ),则cos=
2a22aa222h22==2+=4h=a,
∴PA===a, 而AB=kPA,∴k=.
故当k=时,二面角O—PC—B的大小为.
12.(xx·湛江模拟)如图所示，已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4， E是棱CC1上的点，且BE⊥B1C. （1）求CE的长；
（2）求证：A1C⊥平面BED；
（3）求A1B与平面BDE所成角的正弦值.
（1）解 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D—xyz.
∴D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0）， C（0，2，0），A1（2，0，4），
B1（2，2，4），C1（0，2，4），D1（0，0，4）.
设E点坐标为（0，2，t），则=（-2，0，t），=（-2，0，-4）. ∵BE⊥B1C，
∴·=4+0-4t=0.∴t=1，故CE=1.
（2）证明 由（1）得，E（0，2，1），=（-2，0，1）， 又=（-2，2，-4），=（2，2，0）， ∴·=4+0-4=0， 且·=-4+4+0=0.
∴⊥且⊥，即A1C⊥DB，A1C⊥BE， 又∵DB∩BE=B，∴A1C⊥平面BDE. 即A1C⊥平面BED.
（3）解 由（2）知=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量.又=（0，2，-4）, ∴cos〈,〉==.
∴A1B与平面BDE所成角的正弦值为.
单元检测八
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）
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1.设、、是三个不重合的平面，m、n是不重合的直线，给出下列命题：
①若⊥,⊥，则⊥;②若m∥,n∥, ⊥,则m⊥n;③若∥,∥,则∥;④若m、n在内 的射影互相垂直，则m⊥n，其中错误命题有 个. 答案 3
2.过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积与球的表面积的比为 . 答案
3.（xx·兴化市板桥高级中学高三12月月考）如下图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为 .
答案
4.（xx ·福建文）如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则AC1与
平面A1B1C1D1所成角的正弦值为 . 答案
5.把半径为1的四个球垒成两层放在桌上，下层三个，上层一个，两两相切，则上层小球的球心到桌面的距离是 . 答案 +1
6.（xx·东海高级中学高三第四次月考）关于直线m、n与平面、，有下列四个命题： ①m∥,n∥且∥，则m∥n; ②m⊥,n⊥且⊥,则m⊥n; ③m⊥,n∥且∥,则m⊥n; ④m∥,n⊥且⊥,则m∥n. 其中真命题的序号是 . 答案 ②③
7.正方体的全面积为24，球O与正方体的各棱均相切，球O的体积是 . 答案
8. 矩形ABCD的两边AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，且PA=，则二面角A—BD—P的度数为 . 答案 30°
9.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱 A1B1上的一点，且A1G=（0≤≤1）,则点G到平面D1EF的距离为 . 答案
10.（xx·全国Ⅱ理，10）已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB
的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为 . 答案
11.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角等于 . 答案
12.设a,b,c是空间中互不重合的三条直线， ①若a∥b,b∥c,则a∥c; ②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交； ④若a平面,b平面,则a,b一定是异面直线； ⑤若a,b与c成等角，则a∥b.
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上述命题中正确的是 （只填序号）. 答案 ①
13.若l、m、n是互不相同的空间直线，、是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是 （填序号）.
①若∥,l,n，则l∥n ②若⊥，l,则l⊥ ③若l⊥n,m⊥n,则l∥m ④若l⊥,l∥,则⊥ 答案 ④
14. 在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE= .答案 a或2a
二、解答题（本大题共6小题，共90分）
15.（xx·江苏，16）（14分）在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证： （1）直线EF∥平面ACD; （2）平面EFC⊥平面BCD.
证明 (1)∵E,F分别是AB,BD的中点, ∴EF是△ABD的中位线,∴EF∥AD. ∵EF平面ACD,AD平面ACD, ∴直线EF∥平面ACD.
(2)∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD. ∵CB=CD,F是BD的中点, ∴CF⊥BD.又EF∩CF=F, ∴BD⊥平面EFC. ∵BD平面BCD, ∴平面EFC⊥平面BCD.
16.（14分）一个多面体的直观图和三视图（正视图、左视图、俯视图）如图所示，M、N分别为A1B、B1C1的中点.求证：
（1）MN∥平面ACC1A1； （2）MN⊥平面A1BC.
证明 由题意可知，这个几何体是直三棱柱， 且AC⊥BC，AC=BC=CC1. （1）连接AC1，AB1.
由直三棱柱的性质得AA1⊥平面A1B1C1， 所以AA1⊥A1B1，则四边形ABB1A1为矩形. 由矩形性质得AB1过A1B的中点M. 在△AB1C1中，由中位线性质得MN∥AC1， 又AC1平面ACC1A1，
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MN平面ACC1A1， 所以MN∥平面ACC1A1.
（2）因为BC⊥平面ACC1A1，AC1平面ACC1A1， 所以BC⊥AC1.
在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1. 又因为BC∩A1C=C， 所以AC1⊥平面A1BC.
由MN∥AC1，得MN⊥平面A1BC.
17.（14分）如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是菱形，四边形BCC1B1是矩形，AB⊥BC，CB=3，AB=4，∠A1AB=60°.
（1）求证：平面CA1B⊥平面A1ABB1；
（2）求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值； （3）求点C1到平面A1CB的距离.
（1）证明 ∵四边形BCC1B1是矩形，∴BC⊥BB1. 又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面A1ABB1.
∵BC平面CA1B，∴平面CA1B⊥平面A1ABB1.
（2）解 过A1作A1D⊥B1B于D，连接DC，∵BC⊥平面A1ABB1， ∴BC⊥A1D. ∵BC∩BB1=B， ∴A1D⊥平面BCC1B1，
故∠A1CD为直线A1C与平面BCC1B1所成的角. 在矩形BCC1B1中，DC=.
∵四边形A1ABB1是菱形，∠A1AB=60°, AB=4，∴A1D=2， ∴tan∠A1CD===.
（3）解 ∵B1C1∥BC，∴B1C1∥平面A1BC， ∴C1到平面A1BC的距离即为B1到平面A1BC的距离. 连接AB1，AB1与A1B交于点O， ∵四边形A1ABB1是菱形，∴B1O⊥A1B. ∵平面CA1B⊥平面A1BB1，∴B1O⊥平面A1BC. ∴B1O即为C1到平面A1BC的距离. ∵B1O=2，∴C1到平面A1BC的距离为2.
18.（16分）三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1， ∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,A1A=,AB=,AC=2,A1C1=1,=. (1)证明:平面A1AD⊥平面BCC1B1； (2)求二面角A—CC1—B的余弦值.
方法一 (1)证明 ∵A1A⊥平面ABC,BC平面ABC, ∴A1A⊥BC.
在Rt△ABC中,AB=,AC=2,∴BC=. ∵BD∶DC=1∶2,∴BD=.又==,
∴△DBA∽△ABC,∴∠ADB=∠BAC=90°, 即AD⊥BC.
又A1A∩AD=A,∴BC⊥平面A1AD.
∵BC平面BCC1B1,∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
(2)解 如图①,作AE⊥C1C交C1C于E点,连接BE,由已知得AB⊥平面ACC1A1,
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∴AE是BE在平面ACC1A1内的射影. 由三垂线定理知BE⊥CC1,
∴∠AEB为二面角A—CC1—B的平面角. 图① 过C1作C1F⊥AC交AC于F点, 则CF=AC-AF=1,
C1F=A1A=,∴∠C1CF=60°. 在Rt△AEC中, AE=ACsin60°=2×=, 在Rt△BAE中,tan∠AEB===, ∴cos∠AEB=,
即二面角A—CC1—B余弦值为.
方法二 (1) 证明 如图②,建立空间直角坐标系,
图②
则A(0,0,0),B(,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,),C1(0,1, ). ∵BD∶DC=1∶2,∴=, ∴D点坐标为, ∴=, =(-,2,0),=(0,0,).∵·=0，·=0，
∴BC⊥AA1，BC⊥AD.又A1A∩AD=A， ∴BC⊥平面A1AD.又BC平面BCC1B1， ∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
（2）解 ∵BA⊥平面ACC1A1，取m==(,0,0)为平面ACC1A1的法向量.设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则·n=0，·n=0， ∴
∴x=y，z=，可取y=1，则n=，
220103332)3
cos〈m,n〉=
(2)20202(2)212(=,
即二面角A—CC1—B的余弦值为.
19.（16分）如图所示，在矩形ABCD中，AB=2BC=2a，E为AB上一点，将B点沿线段EC折起至点P，连接PA、PC、PD，取PD的中点F，若有AF∥平面PEC. （1）试确定E点位置；
（2）若异面直线PE、CD所成的角为60°，并且PA的长度大于a， 求证：平面PEC⊥平面AECD.
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（1）解 E为AB的中点.
证明如下:取PC的中点G，连接GE，GF. 由条件知GF∥CD，EA∥CD，∴GF∥EA. 则G、E、A、F四点共面. ∵AF∥平面PEC， 平面GEAF∩平面PEC=GE， ∴FA∥GE.
则四边形GEAF为平行四边形. ∴GF=AE，∵GF=CD，∴EA=CD=BA. 即E为AB的中点.
（2）证明 ∵EA∥CD，PE、CD所成的角为60°，且PA的长度大于a. ∴∠PEA=120°. ∵PE=BE=EA=a，∴PA=a.
取CE的中点M，连接PM，AM，BM，在△AEM中，
AM=EA2EM22EA•EMcos135=a. ∵PM=BM=a，∴PM2
+AM2
=PA2
. 则∠PMA=90°，PM⊥AM. ∵PM⊥EC，EC∩AM=M， ∴PM⊥平面AECD. ∵PM平面PEC， ∴平面PEC⊥平面AECD.
20. (xx·浙江理，18) (16分)如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF=∠CEF=90°,AD=,EF=2. (1)求证:AE∥平面DCF;
(2)当AB的长为何值时,二面角A—EF—C的大小为60°? 方法一 （1）证明 过点E作EG⊥CF交CF于G， 连接DG.可得四边形BCGE为矩形， 又四边形ABCD为矩形，
所以AD EG，从而四边形ADGE为平行四边形， 故AE∥DG.
因为AE平面DCF，DG平面DCF，
所以AE∥平面DCF.
（2）解 过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH. 由平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC， 得AB⊥平面BEFC，
从而AH⊥EF，所以∠AHB为二面角A—EF—C的平面角. 在Rt△EFG中，因为EG=AD=，EF=2， 所以∠CFE=60°,FG=1, 又因为CE⊥EF,所以CF=4, 从而BE=CG=3.
于是BH=BE·sin∠BEH=. 因为AB=BH·tan∠AHB=×=，
所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.
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方法二 如图所示,以点C为坐标原点,以CB、CF和CD所在直线分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C—xyz.
设AB=a，BE=b，CF=c， 则C（0，0，0），A（，0，a），
B（，0，0），E（，b，0），F（0，c，0）.
（1）证明 =（0，b，-a），=（，0，0），=（0，b，0）， 所以·=0，·=0，从而CB⊥AE，CB⊥BE. AE∩BE=E，所以CB⊥平面ABE. 因为CB⊥平面DCF，
所以平面ABE∥平面DCF，AE平面ABE. 故AE∥平面DCF.
（2）解 因为=（-，c-b，0），=（，b，0）. ·=0，||=2， 所以 解得
所以E（，3，0），F（0，4，0）.设n=(1,y,z)与平面AEF垂直， 则n·=0，n·=0，解得n=（1,,）. 又因为BA⊥平面BEFC，=（0，0，a），所以|cos〈n, 〉|= 解得a=.
所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.
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