課程標(biāo)準(zhǔn)
1.認(rèn)識(shí)柱、錐、臺(tái)及簡(jiǎn)單組合體的結(jié)構(gòu)特征，能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡(jiǎn)單物體的結(jié)構(gòu)．
2．能用斜二測(cè)畫法畫出簡(jiǎn)單空間圖形(長(zhǎng)方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡(jiǎn)易組合)的直觀圖．
3．知道球、棱柱、棱錐、棱臺(tái)的表面積和體積的計(jì)算公式，能用公式解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問題．
第1課時(shí) 系統(tǒng)知識(shí)牢基礎(chǔ)——空間幾何體
知識(shí)點(diǎn)一 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．多面體的結(jié)構(gòu)特征
2．特殊的棱柱和棱錐
提醒：(1)棱柱的所有側(cè)面都是平行四邊形，但側(cè)面都是平行四邊形的幾何體卻不一定是棱柱．
(2)棱臺(tái)的所有側(cè)面都是梯形，但側(cè)面都是梯形的幾何體卻不一定是棱臺(tái)．
(3)注意棱臺(tái)的所有側(cè)棱相交于一點(diǎn)．
3．旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征
續(xù)表
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
1．(人教A版必修②P8(2)改編)下列命題正確的是( )
A．由五個(gè)平面圍成的多面體只能是四棱錐
B．棱錐的高線可能在幾何體之外
C．僅有一組相對(duì)的面平行的六面體一定是棱臺(tái)
D．有一個(gè)面是多邊形，其余各面是三角形的幾何體是棱錐
答案：B
2.(人教A版必修②P10T1改編)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的幾何體是( )
A．棱臺(tái) B．四棱柱
C．五棱柱 D．簡(jiǎn)單組合體
答案：C
3．(新蘇教版必修②P147T2改編)如圖所示的平面中陰影部分繞中間軸旋轉(zhuǎn)一周，形成的幾何體形狀為( )
A．一個(gè)球體
B．一個(gè)球體中間挖出一個(gè)圓柱
C．一個(gè)圓柱
D．一個(gè)球體中間挖去一個(gè)長(zhǎng)方體
答案：B
4．從長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱上各取一點(diǎn)E，F(xiàn)，G(不與頂點(diǎn)重合)，過此三點(diǎn)作長(zhǎng)方體的截面，那么這個(gè)截面的形狀是( )
A．銳角三角形 B．矩形
C．平行四邊形 D．正方形
答案：A
5.(2020·全國(guó)Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐．以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為( )
A.eq \f(\r(5)－1,4) .eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \f(\r(5)＋1,4) .eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：選C 設(shè)正四棱錐的高為h，底面正方形的邊長(zhǎng)為2a，斜高為m.依題意得h2＝eq \f(1,2)×2a×m，即h2＝am ①，易知h2＋a2＝m2 ②，由①②得m＝eq \f(1＋\r(5),2)a(負(fù)值舍去)，所以eq \f(m,2a)＝eq \f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4).故選C.
6．(2022·張家口質(zhì)檢)萊昂哈德·歐拉是科學(xué)史上一位杰出的數(shù)學(xué)家，他的研究論著幾乎涉及所有數(shù)學(xué)分支，有許多公式、定理、解法、函數(shù)、方程、常數(shù)等是以歐拉名字命名的．歐拉發(fā)現(xiàn)，不論什么形狀的凸多面體，其頂點(diǎn)數(shù)V、棱數(shù)E、面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系V＋F－E＝2，此式稱為歐拉定理．已知某凸八面體，4個(gè)面是三角形，3個(gè)面是四邊形，1個(gè)面是六邊形，則該八面體的棱數(shù)為________，頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)為________．
解析：因?yàn)槟惩拱嗣骟w的4個(gè)面是三角形，3個(gè)面是四邊形，1個(gè)面是六邊形，所以該八面體的棱數(shù)E＝eq \f(4×3＋3×4＋6,2)＝15.設(shè)頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)為x，因?yàn)轫旤c(diǎn)數(shù)V、棱數(shù)E、面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系V＋F－E＝2，所以x＋8－15＝2，解得x＝9.
答案：15 9
知識(shí)點(diǎn)二 直觀圖與三視圖
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．直觀圖
(1)畫法：常用斜二測(cè)畫法．
(2)規(guī)則：
①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為45°(或135°)，z′軸與x′軸和y′軸所在平面垂直．
②原圖形中平行于坐標(biāo)軸的線段，直觀圖中仍平行于坐標(biāo)軸；平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長(zhǎng)度不變；平行于y軸的線段長(zhǎng)度在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼囊话耄?br>2．直觀圖與原圖形面積的關(guān)系
按照斜二測(cè)畫法得到的平面圖形的直觀圖與原圖形面積的關(guān)系：
(1)S直觀圖＝eq \f(\r(2),4)S原圖形．
(2)S原圖形＝2eq \r(2)S直觀圖．
3．三視圖
(1)幾何體的三視圖包括正視圖、側(cè)視圖、俯視圖，分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方觀察幾何體而畫出的輪廓線．
(2)三視圖的畫法
①基本要求：長(zhǎng)對(duì)正，高平齊，寬相等．
②畫法規(guī)則：正側(cè)一樣高，正俯一樣長(zhǎng)，側(cè)俯一樣寬；看不到的線畫虛線．
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
1．如圖為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是( )
解析：選B 由題意，根據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓．故選B.
2．如圖所示為某一平面圖形的直觀圖，則此平面圖形可能是( )
解析：選C 根據(jù)斜二測(cè)畫法可知，此直觀圖的平面圖形可能是C.
3．現(xiàn)有編號(hào)為①、②、③的三個(gè)三棱錐(底面水平放置)，俯視圖分別為圖1、圖2、圖3，則至少存在一個(gè)側(cè)面與此底面互相垂直的三棱錐的編號(hào)是( )
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③
解析：選A 還原出空間幾何體，編號(hào)為①的三棱錐的直觀圖如圖(1)的三棱錐P-ABC，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，滿足題意；編號(hào)為②的三棱錐的直觀圖如圖(2)的三棱錐P-ABC，平面PBC⊥平面ABC，滿足題意；編號(hào)為③的三棱錐的直觀圖如圖(3)的三棱錐P-ABC，不存在側(cè)面與底面互相垂直，所以滿足題意的編號(hào)是①②.
4.《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題：“今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高二丈，問：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊?fàn)畹男w，下底面寬3丈、長(zhǎng)4丈，上棱長(zhǎng)2丈，高2丈，問：它的體積是多少？”已知該楔體的正視圖和俯視圖如圖中粗實(shí)線所示，則該楔體側(cè)視圖的周長(zhǎng)為( )
A．3丈 B．6丈
C．8丈 D．(5＋eq \r(13))丈
解析：選C 由題意可知該楔體的側(cè)視圖是等腰三角形，它的底邊長(zhǎng)為3丈，相應(yīng)高為2丈，所以腰長(zhǎng)為 eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)＝eq \f(5,2)(丈)，所以該楔體側(cè)視圖的周長(zhǎng)為3＋2×eq \f(5,2)＝8(丈)．
5．已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為a，那么△ABC的平面直觀圖△A′B′C′的面積為( )
A.eq \f(\r(3),4)a2 B.eq \f(\r(3),8)a2
C.eq \f(\r(6),8)a2 D.eq \f(\r(6),16)a2
解析：選D 圖①所示的是△ABC的實(shí)際圖形，圖②是△ABC的直觀圖．
由圖①②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq \f(1,2)OC＝eq \f(\r(3),4)a，在圖②中作C′D′⊥A′B′于D′，則C′D′＝eq \f(\r(2),2)O′C′＝eq \f(\r(6),8)a.∴S△A′B′C′＝eq \f(1,2)A′B′·C′D′＝eq \f(1,2)×a×eq \f(\r(6),8)a＝eq \f(\r(6),16)a2.
6.水平放置的△ABC的斜二測(cè)直觀圖如圖所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，則AB邊上的中線長(zhǎng)為________．
解析：由題意得，△ABC為直角三角形，且AC＝3，BC＝4，∠C為直角，所以AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝5，因此，AB邊上的中線長(zhǎng)為eq \f(1,2)AB＝eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
知識(shí)點(diǎn)三 空間幾何體的表面積與體積
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．空間幾何體的表面積與體積公式
2．幾何體的表面積和側(cè)面積的注意點(diǎn)
(1)幾何體的側(cè)面積是指(各個(gè))側(cè)面面積之和，而表面積是側(cè)面積與所有底面面積之和．
(2)組合體的表面積應(yīng)注意重合部分的處理．
3．柱體、錐體、臺(tái)體側(cè)面積間的關(guān)系
(1)當(dāng)正棱臺(tái)的上底面與下底面全等時(shí)，得到正棱柱；當(dāng)正棱臺(tái)的上底面縮為一個(gè)點(diǎn)時(shí)，得到正棱錐，則S正棱柱側(cè)＝ch′eq \(――→,\s\up7(c′＝c))S正棱臺(tái)側(cè)＝eq \f(1,2)(c＋c′)h′eq \(――→,\s\up7(c′＝0))S正棱錐側(cè)＝eq \f(1,2)ch′.
(2)當(dāng)圓臺(tái)的上底面半徑與下底面半徑相等時(shí)，得到圓柱；當(dāng)圓臺(tái)的上底面半徑為零時(shí)，得到圓錐，則
S圓柱側(cè)＝2πrleq \(――→,\s\up7(r′＝r))S圓臺(tái)側(cè)＝π(r＋r′)leq \(――→,\s\up7(r′＝0))S圓錐側(cè)＝πrl.
4．柱體、錐體、臺(tái)體體積間的關(guān)系
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
1．已知圓錐的高為3，底面半徑長(zhǎng)為4.若一球的表面積與此圓錐的側(cè)面積相等，則該球的半徑長(zhǎng)為( )
A．5 B.eq \r(5) C．9 D．3
解析：選B ∵圓錐的底面半徑R＝4，高h(yuǎn)＝3，∴圓錐的母線l＝5，∴圓錐的側(cè)面積S＝πRl＝20π.設(shè)球的半徑為r，則4πr2＝20π，∴r＝eq \r(5).故選B.
2.(人教A版必修②P21T2(2)改編)一個(gè)幾何體挖去部分后的三視圖如圖所示，若其正視圖和側(cè)視圖都是由三個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形組成的，則該幾何體的表面積為( )
A．13π B．12π
C．11π D．2eq \r(3)π
解析：選B 依題意知，題中的幾何體是從一個(gè)圓臺(tái)(該圓臺(tái)的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長(zhǎng)為2)中挖去一個(gè)圓錐(該圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為2)后得到的，圓臺(tái)的側(cè)面積為π×(1＋2)×2＝6π，圓錐的側(cè)面積為π×1×2＝2π，所以題中幾何體的表面積為6π＋2π＋π×22＝12π.
3.(新人教A版必修②P120T3改編)如圖，一個(gè)三棱柱形容器中盛有水，且側(cè)棱AA1＝8.若側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，液面恰好過AC，BC，A1C1，B1C1的中點(diǎn)．則當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，液面高為( )
A．4 B．5 C．6 D．7
解析：選C 根據(jù)題意，當(dāng)側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，水的形狀為四棱柱，底面是梯形，設(shè)△ABC的面積為S，則S梯形＝eq \f(3,4)S，水的體積V水＝eq \f(3,4)S×AA1＝6S，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，水的形狀為三棱柱，設(shè)水面高為h，則有V水＝Sh＝6S，故h＝6.故選C.
4．已知某個(gè)幾何體的三視圖如圖(正視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)，這個(gè)幾何體的體積是( )
A．288＋36π B．60π
C．288＋72π D．288＋8π
解析：選A 由三視圖知：該幾何體是底面圓的半徑為3，高為8的半圓柱和長(zhǎng)為8，寬為6，高為6的長(zhǎng)方體的組合體，所以該幾何體的體積V＝eq \f(1,2)×π×32×8＋8×6×6＝36π＋288，故選A.
5．(新蘇教版必修②P188T6改編)已知一個(gè)正三棱臺(tái)的兩個(gè)底面的邊長(zhǎng)分別為8 cm和18 cm，側(cè)棱長(zhǎng)為13 cm，則它的側(cè)面積為________cm2.
答案：468
6.(人教A版必修②P26例3改編)有一堆相同規(guī)格的六角螺帽毛坯(如圖)共重6 kg.已知毛坯底面正六邊形邊長(zhǎng)是12 mm，高是10 mm，內(nèi)孔直徑是10 mm.那么這堆毛坯約有________個(gè)．(鐵的密度是7.8 g/cm3)
解析：因?yàn)閂正六棱柱＝eq \f(\r(3),4)×122×6×10≈3.741×103(mm3)，V圓柱≈3.14×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,2)))2×10＝0.785×103(mm3)，所以一個(gè)毛坯的體積為V＝3.741×103－0.785×103＝2.956×103(mm3)＝2.956(cm3)．從而這堆毛坯約有6×103÷(7.8×2.956)≈260(個(gè))．
答案：260
第2課時(shí) 精研題型明考向——空間幾何體及其表面積、體積
1．(2020全國(guó)Ⅱ卷·空間幾何體的三視圖)如圖是一個(gè)多面體的三視圖，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，在俯視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為N，則該端點(diǎn)在側(cè)視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為( )
A．E B．F C．G D．H
解析：選A 由三視圖知，該幾何體是由兩個(gè)長(zhǎng)方體組合而成的，其直觀圖如圖所示，由圖知該端點(diǎn)在側(cè)視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為E，故選A.
2．(2021新高考Ⅱ卷·考查四棱臺(tái)的體積)
正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則其體積為( )
A．20＋12eq \r(3) B．28eq \r(2)
C.eq \f(56,3) D.eq \f(28\r(2),3)
解析：選D V＝eq \f(1,3)(S′＋eq \r(\a\vs4\al(S′S))＋S)h＝eq \f(1,3)(2×2＋eq \r(2×2×4×4)＋4×4)×eq \r(2)＝eq \f(28\r(2),3).故選D.
3．(2020全國(guó)Ⅲ卷·考查空間幾何體的表面積)
如圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是( )
A．6＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(2)
C．6＋2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3)
解析：選C 由三視圖知該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC，其中PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AP＝2，故其表面積S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))×3＋eq \f(1,2)×(2eq \r(2))2×sin 60°＝6＋2eq \r(3).
4．(2021全國(guó)甲卷·考查空間幾何體的體積)
已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O-ABC的體積為( )
A.eq \f(\r(2),12) B.eq \f(\r(3),12) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(\r(3),4)
解析：選A 依題意，得△ABC是直角三角形，AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(2)，則△ABC的外接圓半徑r＝eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(2),2)，S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)，所以球心O到平面ABC的距離h＝eq \r(1－r2)＝eq \f(\r(2),2)，所以VO-ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(\r(2),12).故選A.
5．(2020全國(guó)Ⅱ卷·考查三棱錐的外接球表面積)
已知△ABC是面積為eq \f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為( )
A.eq \r(3) B.eq \f(3,2) C．1 D.eq \f(\r(3),2)
解析：選C 由等邊三角形ABC的面積為eq \f(9\r(3),4)，
得eq \f(\r(3),4)AB2＝eq \f(9\r(3),4)，解得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)AB＝eq \r(3).
設(shè)球的半徑為R，則由球的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距離d＝eq \r(R2－r2)＝1，故選C.
6．(2021全國(guó)乙卷·開放性問題，空間幾何體的三視圖)
以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖，組成某個(gè)三棱錐的三視圖，則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為________(寫出符合要求的一組答案即可)．
解析：根據(jù)三視圖“高平齊”的原則，即正視圖與側(cè)視圖的高相等，可得側(cè)視圖只能從題圖②和題圖③中選擇，則俯視圖只能從題圖④和題圖⑤中選擇．若選題圖②⑤，則三棱錐的直觀圖如圖(1)，可知題圖③為側(cè)視圖，題圖⑤為俯視圖這一情況不存在；若選題圖③④，則三棱錐的直觀圖如圖(2)，可知題圖②為側(cè)視圖，題圖④為俯視圖這一情況不存在．
答案：②⑤(或③④)
7．(2020全國(guó)Ⅲ卷·考查圓錐的內(nèi)切球體積)
已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________．
解析：如圖，在圓錐的軸截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圓O內(nèi)切于△ABC，E為切點(diǎn)，連接OE，則OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝eq \r(BC2－BD2)＝2eq \r(2).易知BE＝BD＝1，則CE＝2.設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為R，則OC＝2eq \r(2)－R.在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2eq \r(2)－R)2－R2＝4，解得R＝eq \f(\r(2),2)，所以圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2),3)π.
答案：eq \f(\r(2),3)π
8．(2021全國(guó)甲卷·考查圓錐的側(cè)面積)
已知一個(gè)圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側(cè)面積為________．
解析：設(shè)圓錐的高為h，母線長(zhǎng)為l，則圓錐的體積V＝eq \f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq \f(5,2).所以l＝eq \r(r2＋h2)＝eq \r(62＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2)＝eq \f(13,2)，故圓錐的側(cè)面積S＝πrl＝π×6×eq \f(13,2)＝39π.
答案：39π
[把脈考情]
命題視角一 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征
[典例] (1)若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的直觀圖可以是( )
(2)(2022·南昌模擬)已知圓錐的側(cè)面展開圖為四分之三個(gè)圓面，設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，有以下結(jié)論：①l∶r＝4∶3；②圓錐的側(cè)面積與底面積之比為4∶3；③圓錐的軸截面是銳角三角形．其中正確的結(jié)論為( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
[解析] (1)選項(xiàng)A的正視圖、俯視圖不符合要求，選項(xiàng)B的正視圖、側(cè)視圖不符合要求，選項(xiàng)C的俯視圖不符合要求，通過觀察，選項(xiàng)D滿足要求，故選D.
(2)①中，由題意得eq \f(2πr,l)＝eq \f(3,2)π，所以eq \f(l,r)＝eq \f(4,3)，所以l∶r＝4∶3，所以①正確；②中，由題意得eq \f(S圓錐側(cè),S圓錐底)＝eq \f(πrl,πr2)＝eq \f(l,r)＝eq \f(4,3)，所以圓錐的側(cè)面積與底面積之比為4∶3，所以②正確；③中，由題意得圓錐的軸截面的三邊長(zhǎng)分別為eq \f(4,3)r，eq \f(4,3)r,2r，易知頂角最大，設(shè)頂角為α，則由余弦定理可知，cs α＝eq \f(\f(16,9)r2＋\f(16,9)r2－4r2,2×\f(16,9)r2)＝－eq \f(1,8)＜0，所以頂角為鈍角，所以圓錐的軸截面是鈍角三角形，所以③錯(cuò)誤．故選A.
[答案] (1)D (2)A
[方法技巧]
1．有關(guān)三視圖問題的解題方法
(1)由幾何體的直觀圖畫三視圖需注意的事項(xiàng)
①注意正視圖、側(cè)視圖和俯視圖對(duì)應(yīng)的觀察方向；
②注意能看到的線用實(shí)線畫，被擋住的線用虛線畫；
③畫出的三視圖要符合“長(zhǎng)對(duì)正、高平齊、寬相等”的基本特征．
(2)由幾何體的部分視圖畫出剩余視圖的方法
先根據(jù)已知的部分視圖推測(cè)直觀圖的可能形式，然后推測(cè)其剩余視圖的可能情形，若為選擇題，也可以逐項(xiàng)檢驗(yàn)．
(3)由幾何體三視圖還原其直觀圖時(shí)應(yīng)注意的問題
要熟悉柱、錐、球、臺(tái)的三視圖，結(jié)合空間想象將三視圖還原為直觀圖．
2．辨別空間幾何體的2種方法
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．(2022·江南十校聯(lián)考)已知圓臺(tái)上、下兩底面與側(cè)面都與球O相切，圓臺(tái)的側(cè)面積為16π，則該圓臺(tái)上、下兩底面圓的周長(zhǎng)之和為( )
A．4π B．6π
C．8π D．10π
解析：選C 圓臺(tái)的軸截面如圖所示，因?yàn)閳A臺(tái)的側(cè)面積S側(cè)＝π(R＋r)2＝16π，所以R＋r＝4，所以該圓臺(tái)上、下兩底面圓的周長(zhǎng)之和為2(R＋r)π＝8π.故選C.
2．將一長(zhǎng)為4，寬為2的矩形ABCD沿AB，DC的中點(diǎn)E，F(xiàn)的連線折成如圖所示的幾何體，若折疊后AE＝AB，則該幾何體正視圖的面積為( )
A．4 B．2eq \r(3)
C．2 D.eq \r(3)
解析：選B 依題意，該三棱柱為正三棱柱，正視圖中矩形的長(zhǎng)為BC的長(zhǎng)，寬為正三角形ABE的邊BE上的高，
如圖，作AG⊥BE，
又AB＝BE＝AE＝1，
∴AG＝1×sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
∴正視圖的面積為4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，故選B.
命題視角二 空間幾何體的表面積與體積
考法(一) 空間幾何體的表面積
[例1] (1)(2021·北京高考)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為( )
A.eq \f(3＋\r(3),2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(1＋\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
(2)(2022·云貴川桂四省聯(lián)考)如圖，某糧倉(糧倉的底部位于地面上)是由圓柱和圓錐構(gòu)成的．若圓柱的高是圓錐高的2倍，且圓錐的母線長(zhǎng)是4，側(cè)面積是4π，則制作這樣一個(gè)糧倉的用料面積為( )
A．(eq \r(15)＋4)π B．(2eq \r(15)＋4)π
C．(3eq \r(15)＋4)π D．(4eq \r(15)＋4)π
[解析] (1)作出該四面體的直觀圖如圖所示，故S表＝3×eq \f(1,2)×1×1＋eq \f(\r(3),4)×eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(3＋\r(3),2).
(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則 4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝eq \r(42－12)＝eq \r(15).圓柱的側(cè)面積為2πr·2h＝2π×2eq \r(15)＝4eq \r(15)π，所以制作這樣一個(gè)糧倉的用料面積為(4eq \r(15)＋4)π.故選D.
[答案] (1)A (2)D
考法(二) 空間幾何體的體積
[例2] (1)如圖所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)均為1，且AA1⊥底面ABC，則三棱錐B1-ABC1的體積為( )
A.eq \f(\r(3),12) B.eq \f(\r(3),4)
C.eq \f(\r(6),12) D.eq \f(\r(6),4)
(2)某學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作一個(gè)機(jī)械零件模型，該零件模型是由兩個(gè)相同的正四棱柱鑲嵌而成的幾何體，其三視圖如圖所示．這個(gè)幾何體的體積為( )
A．16 B.eq \f(40,3)
C．16－eq \f(4\r(2),3) D.eq \f(16,3)
[解析] (1)易知三棱錐B1-ABC1的體積等于三棱錐A-B1BC1的體積，又三棱錐A-B1BC1的高為eq \f(\r(3),2)，底面積為eq \f(1,2)，故其體積為eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),12).
(2)如圖，兩個(gè)正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為eq \r(2)，高為4，設(shè)每個(gè)四棱柱的體積為V1，則V1＝eq \f(1,2)×2×2×4＝8，中間重復(fù)的部分為兩小正四棱錐，四棱錐的底面為正方形，邊長(zhǎng)為2，設(shè)每個(gè)四棱錐的體積為V2，則V2＝eq \f(1,3)×2×2×1＝eq \f(4,3)，故該幾何體體積為V＝2V1－2V2＝16－eq \f(8,3)＝eq \f(40,3).
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
1．求解幾何體的表面積及體積的技巧
(1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．
(2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解．
(3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問題平面化．
2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．(2021·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是( )
A.eq \f(3,2) B．3
C.eq \f(3\r(2),2) D．3eq \r(2)
解析：選A 如圖，該幾何體的直觀圖是一個(gè)以等腰梯形為底面的直四棱柱ABCD -A′B′C′D′.過點(diǎn)C′作C′E⊥A′D′，垂足為E，則C′E＝eq \f(\r(2),2).所以VABCD -A′B′C′D′＝eq \f(1,2)(B′C′＋A′D′)·C′E·BB′＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \f(3,2).故選A.
2．若將一個(gè)圓錐的側(cè)面沿一條母線展開，其展開圖是半徑為5，面積為15π的扇形，則與該圓錐等體積的球的半徑為________．
解析：如圖，由題意可知，l＝5，eq \f(1,2)·2πr·l＝15π，所以r＝3，h＝eq \r(l2－r2)＝4，所以V圓錐＝eq \f(1,3)πr2h＝12π.設(shè)球的半徑為R，則eq \f(4,3)πR3＝12π，解得R＝eq \r(3,9).
答案：eq \r(3,9)
3．甲、乙、丙三個(gè)幾何體的主視圖和俯視圖分別相同如圖(1)，左視圖分別如圖(2)中的三個(gè)視圖，則這三個(gè)幾何體中體積最大的是________(填“甲”“乙”或“丙”)，其表面積為________．
解析：由三視圖還原甲、丙幾何體如圖，乙(略)．
V甲＝8－1＝7，V乙＝8－eq \f(π,4)，V丙＝8－eq \f(1,2)＝eq \f(15,2).故體積最大的為丙，其表面積為24－2＋eq \r(2)＝22＋eq \r(2).
答案：丙 22＋eq \r(2)
命題視角三 與球有關(guān)的切接問題
考法(一) 與球有關(guān)的內(nèi)切問題
[例1] (1)若圓錐的內(nèi)切球與外接球的球心重合，且內(nèi)切球的半徑為1，則圓錐的體積為________．
(2)若一個(gè)正四面體的表面積為S1，其內(nèi)切球的表面積為S2，則eq \f(S1,S2)＝________.
[解析] (1)過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得截面△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外接圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意知⊙O1的半徑r＝1，∴△ABC的邊長(zhǎng)為2eq \r(3)，圓錐的底面半徑為eq \r(3)，高為3，∴V＝eq \f(1,3)×π×(eq \r(3))2×3＝3π.
(2)設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，
則正四面體表面積為S1＝4×eq \f(\r(3),4)·a2＝eq \r(3)a2，其內(nèi)切球半徑為正四面體高的eq \f(1,4)，
即r＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(6),3)a＝eq \f(\r(6),12)a，
因此內(nèi)切球表面積為S2＝4πr2＝eq \f(πa2,6)，
則eq \f(S1,S2)＝eq \f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)＝eq \f(6\r(3),π).
[答案] (1)3π (2)eq \f(6\r(3),π)
[方法技巧]
處理與球有關(guān)內(nèi)切問題的策略
解答此類問題時(shí)首先要找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過作截面來解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時(shí)主要抓住多面體過球心的對(duì)角面來作．
考法(二) 與球有關(guān)的外接問題
[例2] (1)已知三棱錐P-ABC中，PB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，PA＝eq \r(5)，AB＝BC＝1，則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為( )
A．12π B．6π
C．24π D.eq \f(4\r(6)π,3)
(2)(2021·成都二診)已知圓柱的兩個(gè)底面的圓周在體積為eq \f(32π,3)的球O的球面上，則該圓柱的側(cè)面積的最大值為( )
A．4π B．8π
C．12π D．16π
[解析] (1)如圖，∵PB⊥平面ABC，∴PB⊥AB，∵AB＝1，PA＝eq \r(5)，∴PB＝2，又AB⊥BC，把三棱錐P-ABC補(bǔ)形為長(zhǎng)方體(圖略)，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq \r(22＋12＋12)＝eq \r(6)，則三棱錐P-ABC外接球的半徑為eq \f(\r(6),2)，∴三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2＝6π.故選B.
(2)設(shè)球的半徑為R，由球體的體積公式有eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，得R＝2.設(shè)圓柱的上底面半徑為r，球的半徑與上底面夾角為α，則r＝2cs α，圓柱的高為4sin α，∴圓柱的側(cè)面積S側(cè)＝4πcs α×4sin α＝8πsin 2α，當(dāng)且僅當(dāng)α＝eq \f(π,4)時(shí)，sin 2α＝1時(shí)，圓柱的側(cè)面積最大，∴圓柱的側(cè)面積的最大值為8π.故選B.
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧] 解決與球有關(guān)的組合體的策略
(1)與球有關(guān)的組合體問題包括兩種情況：一種是內(nèi)切，一種是外接．球與旋轉(zhuǎn)體的組合通常是作出它們的軸截面，球與多面體的組合則通過多面體的一條側(cè)棱、球心和“切點(diǎn)”(或“接點(diǎn)”)作出截面圖，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題后再求解．
(2)當(dāng)球的內(nèi)接多面體為共頂點(diǎn)的棱兩兩垂直的三棱錐、共頂點(diǎn)的三個(gè)側(cè)面兩兩垂直的三棱錐或三組對(duì)棱互相垂直的三棱錐時(shí)，常構(gòu)造長(zhǎng)方體或正方體以確定球的直徑．
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．將半徑為3，圓心角為eq \f(2π,3)的扇形圍成一個(gè)圓錐(接縫處忽略不計(jì))，則該圓錐的內(nèi)切球的體積為( )
A.eq \f(\r(2)π,3) B.eq \f(\r(3)π,3)
C.eq \f(4π,3) D．2π
解析：選A 設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則2πr＝eq \f(2π,3)×3，∴r＝1.∴h＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2).設(shè)圓錐內(nèi)切球的半徑為R，則eq \f(R,2\r(2)－R)＝eq \f(1,3)，∴R＝eq \f(\r(2),2)，∴V球＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)，故選A.
2．(2022·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知三棱錐P-ABC的外接球的表面積為64π，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，AB⊥AC，PA＝8，則三棱錐P-ABC的體積為( )
A．8 B.eq \f(16\r(3),3)
C.eq \f(8\r(3),3) D．16
解析：選A 設(shè)球的半徑為R，則4πR2＝64π，R＝4，又PA＝8，所以PA是球的直徑，球心O是PA的中點(diǎn)．設(shè)E為BC的中點(diǎn)，連接OE，AE(圖略)．因?yàn)锳B⊥AC，所以BC的中點(diǎn)E是Rt△ABC的外心，所以O(shè)E⊥平面ABC.又AE?平面ABC，所以O(shè)E⊥AE.BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝4，AE＝eq \f(1,2)BC＝2，OE＝eq \r(OA2－AE2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，O是AP的中點(diǎn)，所以VP-ABC＝2VO-ABC＝2×eq \f(1,3)S△ABC×OE＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝8.故選A.
3．已知正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上．若這個(gè)球的表面積為12π，則這個(gè)正方體的體積為________．
解析：設(shè)球的半徑為R，因?yàn)榍虻谋砻娣e為12π，所以4πR2＝12π，則R＝eq \r(3).因?yàn)檎襟w的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，所以正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為2R＝2eq \r(3).設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則eq \r(a2＋a2＋a2)＝eq \r(3)a＝2eq \r(3)，解得a＝2.所以正方體的體積為a3＝23＝8.
答案：8
以點(diǎn)帶面·練系統(tǒng)思維——補(bǔ)形法找球心的策略
研究多面體的外接球問題，既要運(yùn)用多面體的知識(shí)，又要運(yùn)用球的知識(shí)，并且還要特別注意多面體的有關(guān)幾何關(guān)系與球的半徑之間的關(guān)系，而多面體外接球半徑的求法在解題中往往會(huì)起到至關(guān)重要的作用.用補(bǔ)形法找球心是解決此類問題的突破口，常用的補(bǔ)形方法有：,?1?對(duì)于正四面體，通常把它補(bǔ)成正方體.若是相對(duì)棱長(zhǎng)相等的四面體，則可考慮把它補(bǔ)成長(zhǎng)方體.,?2?對(duì)于從同一頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱互相垂直的錐體，通常可考慮把它補(bǔ)成長(zhǎng)方體或正方體.,?3?幾何體的補(bǔ)形要圍繞著已知條件來進(jìn)行，通常策略是把棱錐補(bǔ)成棱柱，把臺(tái)體補(bǔ)成錐體，把三棱錐補(bǔ)成四棱錐，把三棱柱補(bǔ)成四棱柱，把不規(guī)則幾何體補(bǔ)成規(guī)則幾何體，補(bǔ)一個(gè)同樣的幾何體等.
類型(一) 對(duì)棱相等，補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，棱化為面對(duì)角線
[例1] 已知三棱錐A-BCD中，AB＝CD＝eq \r(5)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq \r(3)，若該三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)在同一個(gè)球面上，則此球的體積為( )
A.eq \f(3π,2) B．24π C.eq \r(6)π D．6π
[思路點(diǎn)撥] 構(gòu)造長(zhǎng)方體，利用長(zhǎng)方體的體對(duì)角線公式，可得外接球的半徑，利用球的體積計(jì)算公式即可得解．
[解析] 將三棱錐A-BCD補(bǔ)為長(zhǎng)方體AEBF-GDHC，如圖所示．
設(shè)DG＝x，DH＝y(tǒng)，DE＝z，則AD2＝x2＋z2＝3，BD2＝y(tǒng)2＋z2＝4，CD2＝x2＋y2＝5，上述三個(gè)等式相加，得AD2＋BD2＋CD2＝2(x2＋y2＋z2)＝3＋4＋5＝12，所以該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(6)，則其外接球的半徑R＝eq \f(\r(6),2)，因此此球的體積為eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π，故選C.
[答案] C
[思維建模]
對(duì)棱相等的三棱錐，可補(bǔ)形成長(zhǎng)方體，此時(shí)三棱錐的6條棱均為長(zhǎng)方體的面對(duì)角線．計(jì)算時(shí)，可以設(shè)而不求，設(shè)出長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高，利用勾股定理列式，可以不計(jì)算出棱長(zhǎng)，直接得到外接球的半徑．
類型(二) 三線垂直，補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，化為長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高
[例2] 已知四棱錐P-ABCD的外接球O的體積為36π，PA＝3，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，點(diǎn)M在球O的表面上運(yùn)動(dòng)，則四棱錐M-ABCD體積的最大值為________．
[思路點(diǎn)撥] 將四棱錐P-ABCD補(bǔ)成長(zhǎng)方體，可知四棱錐P-ABCD的外接球的直徑為長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，據(jù)此求出底面ABCD面積的最大值．求出點(diǎn)M到底面ABCD的距離h的最大值，利用四棱錐的體積計(jì)算公式即可得解．
[解析] 將四棱錐P-ABCD補(bǔ)成長(zhǎng)方體，如圖所示．可知四棱錐P-ABCD的外接球的直徑為長(zhǎng)方體的體對(duì)角線．設(shè)四棱錐P-ABCD的外接球的半徑為R，依題意有eq \f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3.設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c，則c＝3.由于a2＋b2＋c2＝62，所以a2＋b2＝27，又a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq \f(3\r(6),2)時(shí)等號(hào)成立，所以底面ABCD面積的最大值為(ab)max＝eq \f(27,2).此時(shí)，要使得四棱錐M-ABCD的體積最大，只需點(diǎn)M到底面ABCD的距離h最大．連接AC，BD，交于點(diǎn)O′，連接OO′，因?yàn)镺O′＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a2＋b2),2)))2)＝ eq \r(9－\f(27,4))＝eq \f(3,2)，所以hmax＝OO′＋R＝eq \f(3,2)＋3＝eq \f(9,2)，故四棱錐M-ABCD體積的最大值為VM-ABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(27,2)×eq \f(9,2)＝eq \f(81,4).
[答案] eq \f(81,4)
[思維建模]
將有一棱與底面垂直的三棱錐或四棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，此時(shí)棱錐與長(zhǎng)方體具有相同的外接球，利用(2R)2＝a2＋b2＋c2(a，b，c分別為長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高，R為棱錐外接球的半徑)，可求得棱錐外接球的半徑R.
類型(三) 側(cè)棱與底面垂直，補(bǔ)形成三棱柱
[例3] (2021·揚(yáng)州期末)在四面體ABCD中，若AD＝DC＝AC＝CB＝1，則當(dāng)四面體ABCD的體積最大時(shí)，其外接球的表面積為_______．
[解析] 因?yàn)锳D＝DC＝AC＝1，所以底面ACD的面積為定值，因此當(dāng)CB⊥平面ACD時(shí)，四面體ABCD的體積最大．此時(shí)，將四面體ABCD補(bǔ)形成直三棱柱ACD-EBF，如圖所示，可得直三棱柱ACD-EBF與四面體ABCD的外接球相同．設(shè)△ACD外接圓圓心為O1，△EBF外接圓圓心為O2，連接O1O2，則四面體ABCD的外接球的球心O為O1O2的中點(diǎn)，
易得OO1＝eq \f(1,2)，連接CO1，則CO1＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(2,3)＝eq \f(\r(3),3).因此外接球的半徑R滿足R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(7,12).所以外接球的表面積S＝4πR2＝eq \f(7π,3).
[答案] eq \f(7π,3)
[思維建模]
當(dāng)三棱錐中有一條棱垂直于底面時(shí)，可以將棱錐補(bǔ)形成直棱柱，從而能更直觀地找到外接球的球心，且外接球的半徑也更易計(jì)算．
[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]
一、綜合練——練思維敏銳度
1.(2021·全國(guó)甲卷)在一個(gè)正方體中，過頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G.該正方體截去三棱錐A-EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如右圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖是( )
解析：選D 依題意以及幾何體的正視圖，畫出幾何體的直觀圖如圖(1)，所以可得相應(yīng)的側(cè)視圖如圖(2)．故選D.
2．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A.eq \f(1,3)＋eq \f(π,12) B．1＋eq \f(π,12)
C.eq \f(1,3)＋eq \f(π,4) D．1＋eq \f(π,4)
解析：選B 由三視圖可知該幾何體為錐體與柱體的組合體，其中錐體的高為1，底面為四分之一個(gè)圓，圓半徑為1；柱體的高為1，底面為直角三角形(兩直角邊長(zhǎng)分別為1和2)，所以該幾何體的體積為eq \f(1,3)×1×eq \f(π×12,4)＋1×eq \f(1,2)×1×2＝1＋eq \f(π,12)，故選B.
3．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐的所有棱中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為( )
A.eq \r(41) B.eq \r(34) C．5 D．3eq \r(2)
解析：選B 由三視圖可知該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD，其中PA⊥底面ABCD，四棱錐P-ABCD的底面是邊長(zhǎng)為3的正方形，高PA＝4.連接AC，易知最長(zhǎng)的棱為PC，且PC＝eq \r(PA2＋AC2)＝eq \r(42＋32＋32)＝eq \r(34).
4．公元5世紀(jì)，我國(guó)古代著名數(shù)學(xué)家祖沖之給出了圓周率π的兩個(gè)近似分?jǐn)?shù)值：eq \f(22,7)(稱為“約率”)和eq \f(355,113)(稱為“密率”)．一幾何體的三視圖如圖所示(每個(gè)小方格的邊長(zhǎng)為1)，如果取圓周率為“約率”，則該幾何體的體積為( )
A.eq \f(72,7) B.eq \f(116,7) C.eq \f(144,7) D.eq \f(216,7)
解析：選A 如圖，幾何體由圓錐的一半與一個(gè)三棱錐組合而成，所以V＝V半圓錐＋V三棱錐＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×22×eq \f(22,7)×3＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×2×3＝eq \f(44,7)＋4＝eq \f(72,7).故選A.
5．已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC兩兩互相垂直，則球O的體積為( )
A．16eq \r(3)π B．8eq \r(3)π C．4eq \r(3)π D．2eq \r(3)π
解析：選C 因?yàn)镻A，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，所以以PA，PB，PC為交于一點(diǎn)的三條棱構(gòu)造正方體，則球O即此正方體的外接球，該正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為球的直徑，即球的直徑為eq \r(PA2＋PB2＋PC2)＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)，所以球的半徑R＝eq \r(3)，所以球O的體積V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π(eq \r(3))3＝4eq \r(3)π，故選C.
6．(2020·全國(guó)Ⅰ卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為( )
A．64π B．48π C．36π D．32π
解析：選A 如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq \f(AB,sin 60°)＝2r，解得AB＝2eq \r(3)，故OO1＝2eq \r(3)，所以R2＝OO12＋r2＝(2eq \r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.
7．已知在棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，過A，E，F(xiàn)三點(diǎn)作該正方體的截面，則截面的周長(zhǎng)為________．
解析：如圖，延長(zhǎng)EF，A1B1，相交于點(diǎn)M，連接AM，交BB1于點(diǎn)H，延長(zhǎng)FE，A1D1，相交于點(diǎn)N，連接AN，交DD1于點(diǎn)G，連接FH，EG，可得截面為五邊形AHFEG.因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為6的正方體，且E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，易得EF＝3eq \r(2)，AG＝AH＝2eq \r(13)，EG＝FH＝eq \r(13)，截面的周長(zhǎng)為AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq \r(13)＋3eq \r(2).
答案：6eq \r(13)＋3eq \r(2)
8．已知三棱錐D-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝eq \r(3)，BC＝1，cs∠ACB＝eq \r(3)sin∠ACB，AD＝2，則球O的表面積為________．
解析：由cs∠ACB＝eq \r(3)sin∠ACB，sin2∠ACB＋cs2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝eq \f(1,2)，cs∠ACB＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠ACB＝eq \f(π,6).因?yàn)锳C＝eq \r(3)，BC＝1，
所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB，
即AB2＝3＋1－2×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，故AB＝1，
所以△ABC為等腰三角形，且∠ABC＝eq \f(2π,3).
設(shè)△ABC外接圓半徑為r，由正弦定理得eq \f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，解得r＝1，
設(shè)球O的半徑為R，△ABC的外心為O′，連接OO′，
設(shè)OO′＝h，過O作OM⊥AD，連接O′A，OA，OD，
則在△O′OA中，h2＋12＝R2 ①，
在△OMD中，(2－h(huán))2＋12＝R2 ②，
聯(lián)立①②解得R＝eq \r(2)，
所以外接球的表面積為S＝4πR2＝4π(eq \r(2))2＝8π.
答案：8π
9．(2022·南昌測(cè)試)已知一個(gè)圓錐的軸截面是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，則該圓錐的側(cè)面面積為______．
解析：因?yàn)閳A錐的軸截面是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，所以圓錐的底面半徑r＝1，母線長(zhǎng)l＝eq \r(2)，所以圓錐的側(cè)面面積S＝πrl＝eq \r(2)π.
答案：eq \r(2)π
10．已知三棱錐S-ABC外接球O的體積為288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cs∠CBA＝eq \f(3,5)，則三棱錐S-ABC體積的最大值為________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠CBA，解得BC＝10.因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圓半徑為5.
因?yàn)閑q \f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.
球心O到平面ABC的距離d＝eq \r(36－25)＝eq \r(11)，
當(dāng)平面SBC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐S-ABC的體積最大，為eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq \r(11))＝48＋8eq \r(11).
答案：48＋8eq \r(11)
11．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為________．
解析：將幾何體嵌入棱長(zhǎng)為2的正方體中，如圖中的三棱錐A-BCD.
易得CD＝1，BC＝AD＝eq \r(5)，BD＝2eq \r(2)，AB＝3，AC＝eq \r(5＋1)＝eq \r(6)，所以最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為3.
答案：3
12．粽子古稱“角黍”，是中國(guó)傳統(tǒng)的節(jié)慶食品之一，由粽葉包裹糯米等食材蒸制而成．因各地風(fēng)俗不同，粽子的形狀和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形狀可以看成所有棱長(zhǎng)均為8 cm的正四棱錐，則這個(gè)粽子的表面積為________cm2.現(xiàn)在需要在粽子內(nèi)部放入一顆咸蛋黃，蛋黃的形狀近似地看成球，則當(dāng)這個(gè)蛋黃的體積最大時(shí)，其半徑與正四棱錐的高的比值為________．
解析：如圖，正四棱錐P-ABCD的表面積SP-ABCD＝4S△PAB＋S正方形ABCD＝4×eq \f(\r(3),4)×82＋8×8＝64(eq \r(3)＋1)cm2.設(shè)該正四棱錐的高為h，體積為V，內(nèi)切球半徑為r，則由r＝eq \f(3V,SP-ABCD)，h＝eq \f(3V,S正方形ABCD)，得eq \f(r,h)＝eq \f(S正方形ABCD,SP-ABCD)＝eq \f(8×8,64?\r(3)＋1?)＝eq \f(\r(3)－1,2).
答案：64(eq \r(3)＋1) eq \f(\r(3)－1,2)
二、自選練——練高考區(qū)分度
1．(2022·洛陽模擬)已知在正四面體ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，P是棱AC上的一動(dòng)點(diǎn)，BP＋PE的最小值為eq \r(14)，則該四面體內(nèi)切球的體積為( )
A.eq \f(256\r(3),9)π B.eq \f(4,3)π C．4eq \r(3)π D.eq \f(4\r(3),27)π
解析：選D 由題意，將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開成平面圖形，如圖所示．設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，則BP＋PE的最小值為BE＝ eq \r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cs 120°)＝eq \f(\r(7),2)a＝eq \r(14)，得a＝2eq \r(2)，所以正四面體的高為 eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq \f(4\r(3),3)，所以正四面體的體積為eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×eq \f(4\r(3),3)＝eq \f(8,3)，設(shè)該四面體內(nèi)切球的半徑為r，則4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×r＝eq \f(8,3)，解得r＝eq \f(\r(3),3)，所以該四面體內(nèi)切球的體積為eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3＝eq \f(4\r(3),27)π.
2．《九章算術(shù)》中記載：將底面為直角三角形的直三棱柱稱為塹堵，將一塹堵沿其一頂點(diǎn)與相對(duì)的棱剖開，得到一個(gè)陽馬(底面是長(zhǎng)方形，且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐)和一個(gè)鱉臑(四個(gè)面均為直角三角形的四面體)在如圖所示的塹堵ABC-A1B1C1中，BB1＝BC＝AB＝2且有鱉臑C1-ABB1和鱉臑C1-ABC，現(xiàn)將鱉臑C1-ABC的一個(gè)面ABC1沿BC1翻折180°，使A點(diǎn)翻折到E點(diǎn)，則形成的新三棱錐C1-AB1E的外接球的表面積為________．
解析：如圖，將平面ABC1沿BC1翻折180°，得到平面BEC1，由題意可知E∈AB，AB＝BE＝2，∵BB1＝2，由直角三角形性質(zhì)，可知△AEB1是直角三角形，∴AB1⊥B1E，∵B1C1⊥平面ABB1A1，B1E?平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1，∴B1C1⊥B1E，B1C1⊥AB1，滿足AB1，B1E，B1C1兩兩垂直，把三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線為外接球的直徑，(2R)2＝AB12＋C1B12＋B1E2＝(2eq \r(2))2＋22＋(2eq \r(2))2＝20，∴R2＝5，∴外接球的表面積為S＝4πR2＝20π.
答案：20π
3．在棱長(zhǎng)為4的密封正方體容器內(nèi)有一個(gè)半徑為1的小球，晃動(dòng)此正方體，則小球可以經(jīng)過的空間的體積為________．
解析：先考慮小球不能經(jīng)過的空間的體積．
(1)當(dāng)小球與正方體一頂點(diǎn)處的三個(gè)面都相切時(shí)，球面與該頂點(diǎn)處的三個(gè)面之間形成的空隙，小球始終無法經(jīng)過，其體積為13－eq \f(1,8)×eq \f(4π,3)×13＝1－eq \f(π,6).正方體有8個(gè)頂點(diǎn)，共形成8個(gè)無法經(jīng)過的空隙，總體積為8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,6)))＝8－eq \f(4π,3).
(2)小球只與正方體過同一條棱的兩個(gè)面相切時(shí)，在該棱處能形成一個(gè)高為2的小柱體，其體積為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,4)))×2＝2－eq \f(π,2)，正方體共有12條棱，則12個(gè)小柱體的體積為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,2)))×12＝24－6π.
所以小球可以經(jīng)過的空間的體積為64－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8－\f(4π,3)))－(24－6π)＝32＋eq \f(22π,3).
答案：32＋eq \f(22π,3)
第二節(jié) 空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系
1．借助長(zhǎng)方體，抽象出空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系的定義．
2．了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理．
3．能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題．
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．公理1～3
2.三個(gè)推論
3.空間中兩條直線的位置關(guān)系
(1)位置關(guān)系分類
(2)公理4和等角定理
4．異面直線所成的角
5．空間中直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系
(1)直線與平面的位置關(guān)系有相交、平行、在平面內(nèi)三種情況．
(2)平面與平面的位置關(guān)系有平行、相交兩種情況．
澄清微點(diǎn)·熟記結(jié)論
(1)公理1及推論是判斷或證明點(diǎn)、線共面的依據(jù)，公理2是判斷一條直線是否在某個(gè)平面內(nèi)的依據(jù)，公理3是證明三線共點(diǎn)或三點(diǎn)共線的依據(jù)．
(2)空間中兩個(gè)角的兩邊分別對(duì)應(yīng)平行，則這兩個(gè)角相等或互補(bǔ)．
(3)異面直線的判定：經(jīng)過平面內(nèi)一點(diǎn)和平面外一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不經(jīng)過該點(diǎn)的直線互為異面直線．
(4)兩異面直線所成的角歸結(jié)到一個(gè)三角形的內(nèi)角時(shí)，容易忽視這個(gè)三角形的內(nèi)角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補(bǔ)角．
(5)唯一性定理
①過直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行．
②過直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直．
③過平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行．
④過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直．
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
一、準(zhǔn)確理解概念(判斷正誤)
(1)沒有公共點(diǎn)的兩條直線是異面直線．( )
(2)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面. ( )
(3)兩個(gè)平面α，β有一個(gè)公共點(diǎn)A，就說α，β相交于過A點(diǎn)的任意一條直線．( )
(4)如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn)，則這兩個(gè)平面重合．( )
(5)若直線a不平行于平面α，且a?α，則α內(nèi)的所有直線與a異面．( )
(6)空間中如果兩個(gè)角的兩邊分別對(duì)應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角一定相等．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
二、練牢教材小題
1．(新人教A版必修②P132T4改編)已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么c與b( )
A．一定是異面直線 B．一定是相交直線
C．不可能是平行直線 D．不可能是相交直線
解析：選C 假設(shè)c∥b，又因?yàn)閏∥a，所以a∥b，這與a，b是異面直線矛盾，故c與b不可能平行．
2．(人教A版必修②P43T1改編)下列命題正確的是( )
A．經(jīng)過三點(diǎn)確定一個(gè)平面
B．經(jīng)過一條直線和一個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)平面
C．四邊形確定一個(gè)平面
D．兩兩相交且不共點(diǎn)的三條直線確定一個(gè)平面
解析：選D A選項(xiàng)三點(diǎn)必須不在同一條直線上，才能確定一個(gè)平面；B選項(xiàng)如果點(diǎn)在直線上，則該直線和這個(gè)點(diǎn)不能確定一個(gè)平面；C選項(xiàng)中的四邊形有可能是空間四邊形，只有D是正確的．
3．(新北師大版必修③P213例2改編)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，則異面直線B1C與EF所成角的大小為( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：選C 連接B1D1，D1C(圖略)，則B1D1∥EF，故∠D1B1C為所求的角，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
4.(新蘇教版必修②P164T15改編)如圖，在三棱錐A-BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)．
(1)若eq \f(AE,EB)＝eq \f(AH,HD)且eq \f(CF,FB)＝eq \f(CG,GD)，則點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H________；(填“共面”或“不共面”)
(2)若點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為棱AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，①當(dāng)AC，BD滿足條件________時(shí)，四邊形EFGH為菱形；②當(dāng)AC，BD滿足條件____________時(shí)，四邊形EFGH為正方形．
答案：(1)共面 (2)①AC＝BD ②AC＝BD且AC⊥BD
三、練清易錯(cuò)易混
1．(誤解異面直線的概念)下列關(guān)于異面直線的說法正確的是( )
A．若a?α，b?β，則a與b是異面直線
B．若a與b異面，b與c異面，則a與c異面
C．若a，b不同在平面α內(nèi)，則a與b異面
D．若a，b不同在任何一個(gè)平面內(nèi)，則a與b異面
解析：選D A、B、C中的兩條直線還有可能平行或相交，由異面直線的定義可知D說法正確．
2．(忽視直線在平面內(nèi))若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關(guān)系是( )
A．b?α B．b∥α
C．b?α或b∥α D．b與α相交或b?α或b∥α
解析：選D 將直線與平面放在正方體中，易知b與α相交或b?α或b∥α都可以．
3．(等角定理?xiàng)l件認(rèn)識(shí)不清)若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA與O1A1的方向相同，則下列結(jié)論正確的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB與O1B1不平行
D．OB與O1B1不一定平行
解析：選D 兩角相等，角的一邊平行且方向相同，另一邊不一定平行，故選D.
4．(忽視異面直線所成角的范圍)如圖所示，已知在長(zhǎng)方體ABCD-EFGH中，AB＝2eq \r(3)，AD＝2eq \r(3)，AE＝2，則BC和EG所成角的大小是______；AE和BG所成角的大小是________．
解析：∵BC與EG所成的角等于EG與FG所成的角，即∠EGF，tan∠EGF＝eq \f(EF,FG)＝1，∴∠EGF＝45°.∵AE與BG所成的角等于BF與BG所成的角，即∠GBF，tan∠GBF＝eq \f(GF,BF)＝eq \f(2\r(3),2)＝eq \r(3)，∴∠GBF＝60°.
答案：45° 60°
命題視角一 平面基本性質(zhì)的應(yīng)用(自主練通)
1．如圖是正方體或四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點(diǎn)，則這四個(gè)點(diǎn)不共面的一個(gè)圖是( )
解析：選D 選項(xiàng)A、B、C題圖中四點(diǎn)一定共面，D中四點(diǎn)不共面．
2．在三棱錐A-BCD的棱AB，BC，CD，DA上分別取E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)．如果EF∩HG＝P，則點(diǎn)P( )
A．一定在直線BD上
B．一定在直線AC上
C．在直線AC或BD上
D．不在直線AC上，也不在直線BD上
解析：選B 如圖所示，因?yàn)镋F?平面ABC，HG?平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因?yàn)槠矫鍭BC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
3．如圖所示，ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體，O是B1D1的中點(diǎn)，直線A1C交平面AB1D1于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是( )
A．A，M，O三點(diǎn)共線
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：選A 連接A1C1，AC，
則A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四點(diǎn)共面，
∴A1C?平面ACC1A1，
∵M(jìn)∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上．
同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，
∴A，M，O三點(diǎn)共線．
4.如圖，空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，AB的中點(diǎn)，G，H分別在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求證：E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；
(2)設(shè)FG與HE交于點(diǎn)P，求證：P，A，C三點(diǎn)共線．
證明：(1)在△ABD中，∵E，F(xiàn)為AD，AB的中點(diǎn)，∴EF∥BD.在△CBD中，∵BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，∴GH∥BD，∴EF∥GH(平行線公理)，∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．
(2)∵FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE，∴P∈平面ABC，P∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈直線AC.即P，A，C三點(diǎn)共線．
[一“點(diǎn)”就過]
共面、共線、共點(diǎn)問題的證明
(1)證明共面的方法：①先確定一個(gè)平面，然后再證其余的線(或點(diǎn))在這個(gè)平面內(nèi)．②證兩平面重合．
(2)證明共線的方法：①先由兩點(diǎn)確定一條直線，再證其他各點(diǎn)都在這條直線上．②直接證明這些點(diǎn)都在同一條特定直線上．
(3)證明線共點(diǎn)問題的方法：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證其他直線經(jīng)過該點(diǎn)．
命題視角二 空間兩條直線的位置關(guān)系
[典例] (1)(2019·全國(guó)Ⅲ卷)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則( )
A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線
C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
(2)在圖中，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有________(填序號(hào))．
[解析] (1)如圖，取CD的中點(diǎn)F，DF的中點(diǎn)G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB.
∵△ECD是正三角形，
∴EF⊥CD.
∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EF?平面ECD，
∴EF⊥平面ABCD.
∴EF⊥FN.
不妨設(shè)AB＝2，則FN＝1，EF＝eq \r(3)，
∴EN＝eq \r(FN2＋EF2)＝2.
∵EM＝MD，DG＝GF，
∴MG∥EF且MG＝eq \f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，
∴MG⊥BG.
∵M(jìn)G＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(\r(3),2)，
BG＝eq \r(CG2＋BC2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22)＝eq \f(5,2)，
∴BM＝ eq \r(MG2＋BG2) ＝eq \r(7)，∴BM≠EN.
連接BD，BE，
∵點(diǎn)N是正方形ABCD的中心，
∴點(diǎn)N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中線，
∴BM，EN必相交．
(2)圖①中，直線GH∥MN；圖②中，G，H，N三點(diǎn)共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面；圖③中，連接MG，GM∥HN，因此GH與MN共面；圖④中，G，M，N共面，但H?平面GMN，因此GH與MN異面，所以在圖②④中GH與MN異面．
[答案] (1)B (2)②④
[方法技巧] 空間兩直線位置關(guān)系的判定方法
[針對(duì)訓(xùn)練]
1.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．MN與CC1垂直
B．MN與AC垂直
C．MN與BD平行
D．MN與A1B1平行
解析：選D 如圖，連接C1D，
在△C1DB中，MN∥BD，
故C正確；
因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，
所以CC1⊥BD，
所以MN與CC1垂直，故A正確；
因?yàn)锳C⊥BD，MN∥BD，
所以MN與AC垂直，故B正確；
因?yàn)锳1B1與BD異面，MN∥BD，
所以MN與A1B1不可能平行，故D錯(cuò)誤．
2.如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點(diǎn)，在這個(gè)正四面體中，
①GH與EF平行；
②BD與MN為異面直線；
③GH與MN成60°角；
④DE與MN垂直．
以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是________．
解析：還原成正四面體A-DEF如圖所示，其中H與N重合，A，B，C三點(diǎn)重合，易知GH與EF異面，BD與MN異面．連接GM，∵△GMH為等邊三角形，∴GH與MN成60°角．由圖易得DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE，因此正確的序號(hào)是②③④.
答案：②③④
命題視角三 異面直線所成的角
[典例] (1)(2021·全國(guó)乙卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1D1的中點(diǎn)，則直線PB與AD1所成的角為( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
(2)(2022·聊城一模)如圖，圓柱的軸截面ABCD為正方形，E為弧BC的中點(diǎn)，則異面直線AE與BC所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(30),6) D.eq \f(\r(6),6)
[解析] (1)如圖，連接BC1，A1C1，易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成的角即為直線PB與BC1所成的角，即∠PBC1.不妨設(shè)該正方體的棱長(zhǎng)為2a，則BC1＝2eq \r(2)a，PC1＝PB1＝eq \r(2)a，PB＝eq \r(PB\\al(2,1)＋BB\\al(2,1))＝eq \r(6)a，所以BCeq \\al(2,1)＝PCeq \\al(2,1)＋PB2，所以∠C1PB＝90°，則sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(\r(2)a,2\r(2)a)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6).故選D.
(2)如圖，過點(diǎn)E作圓柱的母線交下底面于點(diǎn)F，連接AF.易知F為的中點(diǎn)，設(shè)四邊形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則EF＝2，AF＝eq \r(2)，所以AE＝eq \r(22＋?\r(2)?2)＝eq \r(6).連接ED，ED＝eq \r(6).因?yàn)锽C∥AD，所以異面直線AE與BC所成的角即為∠EAD.在△EAD中，cs∠EAD＝eq \f(6＋4－6,2×2×\r(6))＝eq \f(\r(6),6).故選D.
[答案] (1)D (2)D
[方法技巧] 平移法求異面直線所成角的步驟
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AA1＝2AB，D是AA1的中點(diǎn)，則BD與A1C1所成角的余弦值為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(2\r(2),3)
解析：選B 如圖，取CC1的中點(diǎn)M，連接DM，BM，BD.由于D為AA1的中點(diǎn)，所以DM∥A1C1，所以∠BDM或其補(bǔ)角為異面直線BD與A1C1所成的角．設(shè)AA1＝2AB＝2，則AD＝AB＝1.因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1為正三棱柱，所以BD＝eq \r(2)，DM＝1，BM＝eq \r(2).在△BDM中，cs∠BDM＝eq \f(BD 2＋DM 2－BM 2,2BD·DM)＝eq \f(?\r(2)?2＋12－?\r(2)?2,2×\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),4)，故選B.
2．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，則異面直線A1B1與AC1所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(14),14) B.eq \f(8\r(3),14)
C.eq \f(\r(13),13) D.eq \f(1,3)
解析：選A ∵C1D1∥A1B1，∴異面直線A1B1與AC1所成的角即為C1D1與AC1所成的角，即∠AC1D1或其補(bǔ)角．連接AD1(圖略)，易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中，C1D1＝1，AD1＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，AC1＝eq \r(12＋22＋32)＝eq \r(14)，∴cs∠AC1D1＝eq \f(C1D1,AC1)＝eq \f(1,\r(14))＝eq \f(\r(14),14).
3．已知A，B兩點(diǎn)都在以PC為直徑的球O的表面上，AB⊥BC，AB＝2，BC＝4.若球O的體積為8eq \r(6)π，則異面直線PB與AC所成角的余弦值為________．
解析：由題意得三棱錐P-ABC，如圖所示，其中PA⊥AC，PB⊥BC，AB⊥BC.過點(diǎn)A作BC的平行線，過點(diǎn)B作AC的平行線，兩線交于點(diǎn)D，則異面直線PB與AC所成的角為∠PBD或其補(bǔ)角．由PB⊥BC，AB⊥BC，PB∩AB＝B，得BC⊥平面PAB，即BC⊥PA，又PA⊥AC，BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ACBD，∴PA⊥AD.計(jì)算可得AC＝2eq \r(5)＝BD，設(shè)球O的半徑為R，則eq \f(4,3)πR3＝8eq \r(6)π，∴R＝eq \r(6)，PC＝2eq \r(6)，∴PA＝2，∴PB＝2eq \r(2)，PD＝2eq \r(5).取PB的中點(diǎn)E，連接DE，∵PD＝BD，∴DE⊥PB，∴cs∠PBD＝eq \f(BE,BD)＝eq \f(\r(2),2\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，即異面直線PB與AC所成角的余弦值為eq \f(\r(10),10).
答案：eq \f(\r(10),10)
拓展深化·練創(chuàng)新思維——異面直線所成角的解法探究
[典例] 正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為BC1的中點(diǎn)，Q為A1D的中點(diǎn)，則異面直線DP與C1Q所成角的余弦值為________．
[思路點(diǎn)撥] 在正方體中求異面直線所成角的余弦值，考慮到正方體的特征，可以用平移直線法求解；或建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法求解；或利用基向量法求解；或利用三余弦定理法求解．
[解題觀摩]
法一：平移直線法
如圖所示，連接CB1，QB1，
因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1為正方形，P為BC1的中點(diǎn)，所以B1P＝eq \f(1,2)B1C.
因?yàn)锳1B1∥CD且A1B1＝CD，所以四邊形CDA1B1為平行四邊形，所以B1C∥A1D且B1C＝A1D，又Q為A1D的中點(diǎn)，所以B1P∥QD且B1P＝QD，所以四邊形DPB1Q為平行四邊形，所以B1Q∥DP，所以∠B1QC1或其補(bǔ)角為異面直線DP與C1Q所成的角．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，在Rt△B1A1Q中，B1Q＝eq \r(A1Q2＋A1B\\al(2,1))＝eq \r(2＋4)＝eq \r(6)；同理可得C1Q＝eq \r(6).
在△B1C1Q中，cs∠B1QC1＝eq \f(B1Q2＋C1Q2－B1C\\al(2,1),2×B1Q×C1Q)＝eq \f(6＋6－4,2×\r(6)×\r(6))＝eq \f(2,3)，故異面直線DP與C1Q所成角的余弦值為eq \f(2,3).
法二：坐標(biāo)法 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq \(DA,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))，eq \(DD1,\s\up7(―→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則各點(diǎn)的坐標(biāo)為D(0,0,0)，P(1,2,1)，Q(1,0,1)，C1(0,2,2)，
所以eq \(DP,\s\up7(―→))＝(1,2,1)，eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝(1，－2，－1)，所以cs〈eq \(DP,\s\up7(―→))， eq \(C1Q,\s\up7(―→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→)),|eq \(DP,\s\up7(―→))||eq \(C1Q,\s\up7(―→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－4－1,\r(6)×\r(6))))＝eq \f(2,3).所以異面直線DP與C1Q所成角的余弦值為eq \f(2,3).
法三：基向量法
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，eq \(DA,\s\up7(―→))＝a，eq \(DC,\s\up7(―→))＝b，eq \(DD1,\s\up7(―→))＝c，則eq \(DP,\s\up7(―→))＝b＋eq \f(1,2)(a＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c，eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝－b＋eq \f(1,2)(a－c)＝eq \f(1,2)a－b－eq \f(1,2)c.由直線DA，DC，DD1兩兩垂直，得a·b＝b·c＝a·c＝0，所以eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))2＝eq \f(1,4)a2－b2－eq \f(1,4)c2＝eq \f(1,4)×22－22－eq \f(1,4)×22＝－4，|eq \(DP,\s\up7(―→))|＝ eq \r(\f(1,4)a2＋b2＋\f(1,4)c2)＝eq \r(6)，|eq \(C1Q,\s\up7(―→))|＝ eq \r(\f(1,4)a2＋b2＋\f(1,4)c2)＝eq \r(6)，所以cs〈eq \(DP,\s\up7(―→))，eq \(C1Q,\s\up7(―→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(DP,\s\up7(―→))·eq \(C1Q,\s\up7(―→)),|eq \(DP,\s\up7(―→))||eq \(C1Q,\s\up7(―→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\r(6)×\r(6))))＝eq \f(2,3).所以異面直線DP與C1Q所成角的余弦值為eq \f(2,3).
法四：三余弦定理法
如圖所示，連接AD1，PQ，AP，B1C，易知四邊形ABC1D1為平行四邊形，且DQ⊥平面ABC1D1，即PQ為DP在平面ABC1D1上的射影，易知AP∥C1Q，所以∠APD或其補(bǔ)角為異面直線DP與C1Q所成的角．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，易知cs∠APQ＝eq \f(\r(6),3)，cs∠DPQ＝eq \f(\r(6),3)，由三余弦定理，得cs∠APD＝cs∠APQ·cs∠DPQ＝eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2,3)，即異面直線DP與C1Q所成角的余弦值為eq \f(2,3).
[答案] eq \f(2,3)
[名師微點(diǎn)]
法一可通過平行四邊形找平行線達(dá)到平移的目的，將兩條異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為兩條相交直線所成的角求解，這時(shí)往往將平移后的角置于一個(gè)三角形中，通過解三角形獲得角的三角函數(shù)值；法二可考慮到當(dāng)載體是正方體或長(zhǎng)方體時(shí)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)去求角，這種方法往往比較簡(jiǎn)單；法三也可以利用空間向量基本定理，選取一組基向量，然后利用基向量解決其他向量的夾角問題．
[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]
一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度
1．下列推斷中，不正確的是( )
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α?l?α
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β?α∩β＝AB
C．l?α，A∈l?A?α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共線?α，β重合
解析：選C 直線不在平面內(nèi)時(shí)，直線上可能有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi)，即直線與平面相交，所以C錯(cuò)，根據(jù)空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系可知其余都對(duì)，故選C.
2．已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系是( )
A．相交或平行 B．相交或異面
C．平行或異面 D．相交、平行或異面
解析：選D 依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面，故選D.
3．若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是( )
A．l與l1，l2都不相交
B．l與l1，l2都相交
C．l至多與l1，l2中的一條相交
D．l至少與l1，l2中的一條相交
解析：選D 如圖①，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交．故A、B不正確．如圖②，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故C不正確．故選D.
4．如果兩條異面直線稱為“一對(duì)”，那么在正方體的十二條棱中共有異面直線( )
A．12對(duì) B．24對(duì) C．36對(duì) D．48對(duì)
解析：選B 如圖所示，與AB異面的直線有B1C1，CC1，A1D1，DD1四條，因?yàn)楦骼饩哂邢嗤奈恢们艺襟w共有12條棱，排除兩棱的重復(fù)計(jì)算，共有異面直線eq \f(12×4,2)＝24(對(duì))．
5.(2022·臨沂模擬)如圖，四邊形ABCD和四邊形ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，則異面直線AP與BD所成的角為________．
解析：如圖，將題圖補(bǔ)成正方體ABCD-QGHP，連接GP，則GP∥BD，所以∠APG為異面直線AP與BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,3)
二、綜合練——練思維敏銳度
1．(2022·威海一中月考)設(shè)α，β為不重合的兩個(gè)平面，m，n為不重合的兩條直線，則下列命題正確的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥α
B．若m?α，n?β，m∥n，則α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥α
解析：選D 對(duì)于A，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m與α有可能相交，也有可能m?α，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m?α，n?β，m∥n，則α與β有可能相交，也有可能平行，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m∥α，n∥β，m⊥n，則α與β有可能平行，也有可能相交，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由于m⊥β，n⊥β，所以m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，故D正確．故選D.
2.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，則EF與BD1的位置關(guān)系是( )
A．相交但不垂直 B．相交且垂直
C．異面 D．平行
解析：選D 如圖，連接D1E并延長(zhǎng)，與AD交于點(diǎn)M，由A1E＝2ED，得M為AD的中點(diǎn)．連接BF并延長(zhǎng)，交AD于點(diǎn)N.由CF＝2FA，得N為AD的中點(diǎn)，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq \f(ME,ED1)＝eq \f(1,2)，eq \f(MF,BF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ME,ED1)＝eq \f(MF,BF)，所以EF∥BD1.
3.如圖，在底面為正方形，側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：選D 連接BC1，易證BC1∥AD1，則∠A1BC1(或其補(bǔ)角)即為異面直線A1B與AD1所成的角．連接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，則A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(5)，在△A1BC1中，由余弦定理得cs∠A1BC1＝eq \f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5).
4.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是( )
A．CC1與B1E是異面直線
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1為異面直線且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：選C CC1與B1E在同一個(gè)側(cè)面中，故不是異面直線，所以A錯(cuò)誤；由題意知，上底面是一個(gè)正三角形，故AC不可能垂直于平面ABB1A1，所以B錯(cuò)誤；因?yàn)锳E，B1C1為在兩個(gè)平行平面中且不平行的兩條直線，故它們是異面直線，且因?yàn)椤鰽BC為正三角形，點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，所以AE⊥BC，又因?yàn)锽C∥B1C1，所以AE⊥B1C1，所以C正確；因?yàn)锳1C1所在的平面A1B1C1與平面AB1E相交，且A1C1與交線有公共點(diǎn)，所以D錯(cuò)誤．故選C.
5．到空間不共面的四點(diǎn)距離相等的平面的個(gè)數(shù)為( )
A．1 B．4
C．7 D．8
解析：選C 當(dāng)空間四點(diǎn)不共面時(shí)，則四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)三棱錐．當(dāng)平面一側(cè)有一點(diǎn)，另一側(cè)有三點(diǎn)時(shí)，如圖①，令截面與三棱錐的四個(gè)面之一平行，第四個(gè)頂點(diǎn)到這個(gè)截面的距離與其相對(duì)的面到此截面的距離相等，這樣的平面有4個(gè)；
當(dāng)平面一側(cè)有兩點(diǎn)，另一側(cè)有兩點(diǎn)時(shí)，如圖②，當(dāng)平面過AB，BD，CD，AC的中點(diǎn)時(shí)，滿足條件．因?yàn)槿忮F的相對(duì)棱有三對(duì)，則此時(shí)滿足條件的平面有3個(gè)．所以滿足條件的平面共有7個(gè)，故選C.
6.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點(diǎn)，則下列敘述不正確的是( )
A．A，M，N，B四點(diǎn)不共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直線BN與B1M所成的角為60°
D．BN∥平面ADM
解析：選D 如圖所示，對(duì)于A，直線AM，BN是異面直線，故A，M，N，B四點(diǎn)不共面，故A正確；對(duì)于B，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正確；對(duì)于C，取CD的中點(diǎn)O，連接BO，ON，可知三角形BON為等邊三角形，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)锽N∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故D錯(cuò)誤．
7．在正四面體A-BCD中，E是AB的中點(diǎn)，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(3),3)
解析：選B 畫出正四面體A-BCD的直觀圖，如圖所示．設(shè)其棱長(zhǎng)為2，取AD的中點(diǎn)F，連接EF，設(shè)EF的中點(diǎn)為O，連接CO，則EF∥BD，則∠FEC就是異面直線CE與BD所成的角．因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，所以CE⊥AB，易得CE＝eq \r(3)，同理可得CF＝eq \r(3)，故CE＝CF.因?yàn)镺E＝OF，所以CO⊥EF.又EO＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(1,4)BD＝eq \f(1,2)，所以cs∠FEC＝eq \f(EO,CE)＝eq \f(\f(1,2),\r(3))＝eq \f(\r(3),6).
8.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點(diǎn)，有以下四個(gè)結(jié)論：
①直線AM與CC1是相交直線；
②直線AM與BN是平行直線；
③直線BN與MB1是異面直線；
④直線AM與DD1是異面直線．
其中正確的結(jié)論為________(填序號(hào))．
解析：直線AM與CC1是異面直線，直線AM與BN也是異面直線，故①②錯(cuò)誤．
答案：③④
9．(2022·洛陽模擬)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點(diǎn)M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，則異面直線AN，CM所成角的余弦值是________．
解析：如圖所示，連接DN，
取線段DN的中點(diǎn)K，連接MK，CK.
∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)，∴MK∥AN，
∴∠KMC(或其補(bǔ)角)為異面直線AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N為BC的中點(diǎn)，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2eq \r(2)，
∴MK＝eq \r(2).
在Rt△CKN中，CK＝ eq \r(?\r(2)?2＋12)＝eq \r(3).
在△CKM中，由余弦定理，
得cs∠KMC＝eq \f(?\r(2)?2＋?2\r(2)?2－?\r(3)?2,2×\r(2)×2\r(2))＝eq \f(7,8)，
∴異面直線AN，CM所成角的余弦值是eq \f(7,8).
答案：eq \f(7,8)
10．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq \r(2)，P是BC1上一動(dòng)點(diǎn)，則A1P＋PC的最小值為________．
解析：如圖①，連接A1B，由已知數(shù)據(jù)可得BC1＝2，A1B＝2eq \r(2)，則A1C12＋BC12＝A1B2，∴∠A1C1B＝90°.將△BCC1沿BC1展平在平面A1BC1內(nèi)，連接A1C，如圖②，則A1P＋PC的最小值為線段A1C的長(zhǎng)．在△A1C1C中，A1C1＝2，CC1＝eq \r(2)，易知∠A1C1C＝135°，由余弦定理得，A1C2＝A1C12＋CC12－2A1C1·CC1·cs∠A1C1C＝22＋(eq \r(2))2－2×2×eq \r(2)×cs 135°＝4＋2＋4＝10，∴A1C＝eq \r(10)，即A1P＋PC的最小值為eq \r(10).
答案：eq \r(10)
11.如圖，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與四邊形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，BE∥FA，BE＝eq \f(1,2)FA，又G，H分別為FA，F(xiàn)D的中點(diǎn)．
(1)求證：四邊形BCHG是平行四邊形；
(2)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)是否共面？為什么？
解：(1)證明：由題設(shè)知，F(xiàn)G＝GA，F(xiàn)H＝HD，所以GH∥AD，GH＝eq \f(1,2)AD.又BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，故GH∥BC，GH＝BC.所以四邊形BCHG是平行四邊形．
(2)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．理由如下：由BE∥FA，BE＝eq \f(1,2)FA，G是FA的中點(diǎn)知，BE∥GF，BE＝GF，則四邊形BGFE是平行四邊形，所以EF∥BG，EF＝BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，F(xiàn)H共面．又點(diǎn)D在直線FH上，所以C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．
12.如圖所示，A是△BCD所在平面外的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點(diǎn)．
(1)求證：直線EF與BD是異面直線；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF與BD所成的角的大?。?br>解：(1)證明：假設(shè)EF與BD不是異面直線，則EF與BD共面，從而DF與BE共面，即AD與BC共面，所以A，B，C，D在同一平面內(nèi)，這與A是△BCD所在平面外的一點(diǎn)相矛盾，故直線EF與BD是異面直線．
(2)如圖，取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，
則AC∥FG，EG∥BD.
所以相交直線EF與EG所成的角即為異面直線EF與BD所成的角．
又因?yàn)锳C⊥BD，則FG⊥EG，
在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq \f(1,2)AC，得∠FEG＝45°，即異面直線EF與BD所成的角為45°.
第三節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)
課程標(biāo)準(zhǔn)
1.能以立體幾何中的定義、基本事實(shí)和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理．
2．能運(yùn)用基本事實(shí)、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形中平行關(guān)系的簡(jiǎn)單命題．
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理
2.平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理
澄清微點(diǎn)·熟記結(jié)論
(1)兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面．
(2)夾在兩個(gè)平行平面之間的平行線段長(zhǎng)度相等．
(3)兩條直線被三個(gè)平行平面所截，截得的對(duì)應(yīng)線段成比例．
(4)同一條直線與兩個(gè)平行平面所成角相等．
(5)如果兩個(gè)平面分別平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行．
(6)三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化
線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化是解決與平行有關(guān)的證明題的指導(dǎo)思想，解題中既要注意一般的轉(zhuǎn)化規(guī)律，又要看清題目的具體條件，選擇正確的轉(zhuǎn)化方向．
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
一、準(zhǔn)確理解概念(判斷正誤)
(1)若一條直線平行于一個(gè)平面內(nèi)的一條直線，則這條直線平行于這個(gè)平面．( )
(2)平行于同一條直線的兩個(gè)平面平行．( )
(3)如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行．( )
(4)如果兩個(gè)平面平行，那么分別在這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．( )
(5)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.( )
(6)若α∥β，直線a∥α，則a∥β.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、練牢教材小題
1．(新北師大版必修②P219T1改編)下列命題中正確的是( )
A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面
B．若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內(nèi)的任何直線平行
C．平行于同一條直線的兩個(gè)平面平行
D．若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α
答案：D
2．(人教A版必修②P61T1)直線a∥平面α，P∈α，那么過P且平行于a的直線( )
A．只有一條，不在平面α內(nèi)
B．有無數(shù)條，不一定在平面α內(nèi)
C．只有一條，且在平面α內(nèi)
D．有無數(shù)條，一定在平面α內(nèi)
解析：選C 過a與P作一平面β，平面α與平面β的交線為b，因?yàn)橹本€a∥平面α，所以a∥b，在同一個(gè)平面內(nèi)，過一點(diǎn)作已知直線的平行線有且只有一條，所以選項(xiàng)C正確．
3.(新人教A版必修②P138T2改編)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E是DD1的中點(diǎn)，則BD1與平面ACE的位置關(guān)系為________．
解析：連接BD，設(shè)BD∩AC＝O，連接EO(圖略)，在△BDD1中，點(diǎn)E，O分別是DD1，BD的中點(diǎn)，則EO∥BD1，又因?yàn)镋O?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
4．(新人教B版必修④P108T7改編) 如圖是長(zhǎng)方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH 的形狀為________．
解析：因?yàn)槠矫鍭BFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形．
答案：平行四邊形
三、練清易錯(cuò)易混
1．(忽視面面平行的條件)下列條件中，能判斷兩個(gè)平面平行的是( )
A．一個(gè)平面內(nèi)的一條直線平行于另一個(gè)平面
B．一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個(gè)平面
C．一個(gè)平面內(nèi)有無數(shù)條直線平行于另一個(gè)平面
D．一個(gè)平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個(gè)平面
解析：選D 由兩個(gè)平面平行的判定定理可知，如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另外一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行．故可知D符合．
2．(對(duì)空間平行關(guān)系相互轉(zhuǎn)化的條件理解不到位)設(shè)m，l表示兩條不同的直線，α表示平面，若m?α，則“l(fā)∥α”是“l(fā)∥m”的____________條件．
解析：由m?α，l∥α不能推出l∥m；由m?α，l∥m也不能推出l∥α，所以是既不充分也不必要條件．
答案：既不充分也不必要
3．(忽視線面平行的條件)
(1)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a與α的位置關(guān)系是______________．
(2)已知直線a，b和平面α，β，若a?α，b?α，a∥β，b∥β，則α，β的位置關(guān)系是______________．
(3)若α∥β，直線a∥α，則a與β的位置關(guān)系是____________．
解析：(1)由直線與平面平行的判定定理知，a可能平行于α，也可能在α內(nèi)．
(2)當(dāng)a，b相交時(shí)，α∥β；當(dāng)a，b平行時(shí)，α，β平行或相交．
(3)當(dāng)a在β外時(shí)，a∥β；當(dāng)a在β內(nèi)時(shí)，a∥α也成立．
答案：(1)a∥α或a?α (2)平行或相交 (3)a∥β或a?β
命題視角一 直線與平面平行的判定與性質(zhì)
考法(一) 線面平行的判定
[例1] 如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，點(diǎn)F為棱DE的中點(diǎn)．
求證：AF∥平面BCE.
[證明] 如圖，取CE的中點(diǎn)M，連接FM，BM.
因?yàn)辄c(diǎn)F為棱DE的中點(diǎn)，所以FM∥CD且FM＝eq \f(1,2)CD＝2，因?yàn)锳B∥CD，且AB＝2，所以FM∥AB且FM＝AB，所以四邊形ABMF為平行四邊形，所以AF∥BM，因?yàn)锳F?平面BCE，BM?平面BCE，所以AF∥平面BCE.
考法(二) 線面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用
[例2] 如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)P是平面ABCD外一點(diǎn)，M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和AP作平面交平面BDM于GH.
求證：AP∥GH.
[證明] 如圖所示，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接MO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點(diǎn)，又M是PC的中點(diǎn)，∴AP∥MO.又MO?平面BMD，AP?平面BMD，∴AP∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且AP?平面PAHG，∴AP∥GH.
[方法技巧]
線面平行問題的解題關(guān)鍵
(1)證明直線與平面平行的關(guān)鍵是設(shè)法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線，解題的思路是利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)，或者構(gòu)造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行．
(2)應(yīng)用線面平行性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作輔助平面來確定交線．
[針對(duì)訓(xùn)練]
1.如圖所示，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)D，D1分別為AC，A1C1的中點(diǎn)．求證：
(1)AD1∥平面BDC1；
(2)BD∥平面AB1D1.
證明：(1)∵D1，D分別為A1C1，AC的中點(diǎn)，四邊形ACC1A1為平行四邊形，∴C1D1DA，
∴四邊形ADC1D1為平行四邊形，∴AD1∥C1D.
又AD1?平面BDC1，C1D?平面BDC1，
∴AD1∥平面BDC1.
(2)連接DD1，∵BB1∥平面ACC1A1，BB1?平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝DD1，
∴BB1∥DD1，
又∵D1，D分別為A1C1，AC的中點(diǎn)，∴BB1＝DD1，
故四邊形BDD1B1為平行四邊形，
∴BD∥B1D1，
又BD?平面AB1D1，B1D1?平面AB1D1，
∴BD∥平面AB1D1.
2．如圖，幾何體E-ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求證：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC.
證明：(1)如圖，取BD的中點(diǎn)O，連接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO?平面EOC，EC?平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O為BD的中點(diǎn)，所以BE＝DE.
(2)如圖，取AB的中點(diǎn)N，連接DN，MN.因?yàn)镸是AE的中點(diǎn)，N是AB的中點(diǎn)，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC.因?yàn)椤鰽BD為正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，MN?平面DMN，DN?平面DMN，故平面DMN∥平面BEC，又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.
命題視角二 平面與平面平行的判定與性質(zhì)
[典例] 如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，求證：
(1)B，C，H，G四點(diǎn)共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[證明] (1)∵在△A1B1C1中，G，H分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四點(diǎn)共面．
(2)∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC，
∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
易證A1G綉EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，
∴A1E∥GB.
∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG.
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，且A1E?平面EFA1，EF?平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.
[方法技巧]
1．判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)線面垂直的性質(zhì)(垂直于同一直線的兩平面平行)．
2．面面平行條件的應(yīng)用
(1)兩平面平行，分析構(gòu)造與之相交的第三個(gè)平面，交線平行．
(2)兩平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線與另一個(gè)平面平行．
提醒：利用面面平行的判定定理證明兩平面平行，需要說明在一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線是相交直線．
[針對(duì)訓(xùn)練]
如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分別為AD，PA的中點(diǎn)．
(1)求證：平面BMN∥平面PCD；
(2)若AD＝6，求三棱錐P-BMN的體積．
解：(1)證明：如圖，連接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD為正三角形．∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD?平面ABCD，BM?平面ABCD，∴BM∥CD.又BM?平面PCD，CD?平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M(jìn)，N分別為AD，PA的中點(diǎn)，∴MN∥PD.又MN?平面PCD，PD?平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM?平面BMN，MN?平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.
(2)在(1)中已證BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM?平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3eq \r(3).∵M(jìn)，N分別為AD，PA的中點(diǎn)，PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD＝3eq \r(2)，∴S△PMN＝eq \f(1,4)S△PAD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×(3eq \r(2))2＝eq \f(9,4).∴VP-BMN＝VB-PMN＝eq \f(1,3)S△PMN·BM＝eq \f(1,3)×eq \f(9,4)×3eq \r(3)＝eq \f(9\r(3),4).
命題視角三 平行關(guān)系的綜合
[典例] 如圖所示，平面α∥平面β，點(diǎn)A∈α，點(diǎn)C∈α，點(diǎn)B∈β，點(diǎn)D∈β，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.
(1)求證：EF∥平面β；
(2)若E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角為60°，求EF的長(zhǎng)．
[解] (1)證明：①當(dāng)AB，CD在同一平面內(nèi)時(shí)，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF?β，BD?β，∴EF∥平面β.
②當(dāng)AB與CD異面時(shí)，如圖所示，設(shè)平面ACDH∩平面β＝HD，且HD＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥HD，∴四邊形ACDH是平行四邊形．在AH上取一點(diǎn)G，使AG∶GH＝CF∶FD，連接EG，F(xiàn)G，BH.∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF?平面EFG，∴EF∥平面β.綜合①②可知，EF∥平面β.
(2)如圖所示，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接ME，MF.
∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，
∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF為AC與BD所成的角或其補(bǔ)角，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs ∠EMF)
＝ eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
[方法技巧]
利用線面平行或面面平行的性質(zhì)，可以實(shí)現(xiàn)與線線平行的轉(zhuǎn)化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置．對(duì)于線段長(zhǎng)或線段比例問題，常用平行線對(duì)應(yīng)線段成比例或相似三角形來解決．
[針對(duì)訓(xùn)練]
如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別為對(duì)角線BD，CD1上的點(diǎn)，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求證：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的點(diǎn)，eq \f(AR,AB)的值為多少時(shí)，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請(qǐng)給出證明．
解：(1)證明：連接CP并延長(zhǎng)與DA的延長(zhǎng)線交于M點(diǎn)，如圖，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，又因?yàn)閑q \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，所以PQ∥MD1.又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.
(2)當(dāng)eq \f(AR,AB)的值為eq \f(3,5)時(shí)，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如圖，證明如下：因?yàn)閑q \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).所以PR∥DA.又DA?平面A1D1DA，PR?平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA.所以平面PQR∥平面A1D1DA.
數(shù)學(xué)建?！ぞ毘橄笏季S——平行關(guān)系中的創(chuàng)新應(yīng)用問題
1．(參悟數(shù)學(xué)文化)《九章算術(shù)》是中國(guó)古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數(shù)學(xué)專著，是《算經(jīng)十書》中最重要的一部，其中將有三條棱互相平行且有一個(gè)面為梯形的五面體稱為“羨除”，對(duì)于下列說法：
①“羨除”有且僅有兩個(gè)面為三角形；②“羨除”一定不是臺(tái)體；③不存在有兩個(gè)面為平行四邊形的“羨除”；④“羨除”至多有兩個(gè)面為梯形．其中正確的個(gè)數(shù)為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：選C 如圖所示，AE∥BF∥CD，四邊形ACDE為梯形．對(duì)于①，由題意知“羨除”有且僅有兩個(gè)面為三角形，故①正確；對(duì)于②，因?yàn)锳E∥BF∥CD，所以“羨除”一定不是臺(tái)體，故②正確；對(duì)于③，假設(shè)四邊形ABFE和四邊形BCDF為平行四邊形，則AE∥BF∥CD，AE＝BF＝CD，則四邊形ACDE為平行四邊形，與已知四邊形ACDE為梯形矛盾，故假設(shè)不成立，故③正確；對(duì)于④，若AE，BF，CD兩兩不相等，則“羨除”有三個(gè)面為梯形，故④錯(cuò)誤．故選C.
2．(創(chuàng)新學(xué)科情境)1982年美國(guó)數(shù)學(xué)學(xué)會(huì)出了一道題：一個(gè)正四面體和一個(gè)正四棱錐的所有棱長(zhǎng)都相等，將正四面體的一個(gè)面和正四棱錐的一個(gè)側(cè)面緊貼重合在一起，得到一個(gè)新幾何體．中學(xué)生丹尼爾做了一個(gè)如圖所示的模型寄給美國(guó)數(shù)學(xué)學(xué)會(huì)，美國(guó)數(shù)學(xué)學(xué)會(huì)根據(jù)丹尼爾的模型修改了有關(guān)結(jié)論．對(duì)于該新幾何體，下列說法不正確的有( )
A．AF∥CD
B．AF⊥DE
C．新幾何體有7個(gè)面
D．新幾何體無外接球
解析：選C 由題意知，正四面體和正四棱錐的所有棱長(zhǎng)都相等，G，H分別為BC，ED的中點(diǎn)，連接FG，AH，GH，AG.如圖所示．
則FG⊥BC，AG⊥BC，則BC⊥平面AGF.同理，BC⊥平面AGH.∵平面AFG∩平面AGH＝AG，由垂直唯一性得BC⊥平面AHGF，即A，H，G，F(xiàn)四點(diǎn)共面，又FG⊥BC，AH⊥DE，BC∥DE，∴FG∥AH，從而AF∥GH，GH⊥BC，GH⊥DE，∴GH∥BE∥CD，AF⊥DE，AF∥CD，故A、B正確；∴A，F(xiàn)，C，D四點(diǎn)共面， 即新幾何體為斜三棱柱，有5個(gè)面且無外接球，C錯(cuò)誤，D正確．
3.(創(chuàng)新學(xué)科情境)如圖所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M只需滿足條件______________時(shí)，就有MN∥平面B1BDD1.(填一個(gè)條件即可)
解析：如圖，連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥D1D，HN∥BD，
∵FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，
∴平面FNH∥平面B1BDD1，若M∈FH，則MN?平面FNH，∴MN∥平面B1BDD1.
答案：點(diǎn)M在線段FH上(或點(diǎn)M與點(diǎn)H重合)
4．(創(chuàng)新學(xué)科情境)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)N是棱A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)T是棱CC1上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)Q在正方形D1DAA1(包含邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且QB∥平面D1NT，則動(dòng)點(diǎn)Q所形成的軌跡的長(zhǎng)為________．
解析： 由于QB∥平面D1NT，所以點(diǎn)Q在過B且與平面D1NT平行的平面上，如圖，取DC的中點(diǎn)E1，取線段AA1上一點(diǎn)G，使A1G＝1，易證平面BGE1∥平面D1NT.延長(zhǎng)BE1，AD，交于點(diǎn)E，連接EG，交DD1于點(diǎn)I，顯然，平面BGE∩正方形D1DAA1＝GI，所以點(diǎn)Q的軌跡是線段GI，易求得GI＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]
一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度
1．m，n是平面α外的兩條直線，在m∥α的前提下，m∥n是n∥α的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選A 由已知條件m∥α，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理可得，過直線m作一平面β交α于直線l，則m∥l，從而存在l?α有m∥l，再由m∥n可得n∥l，從而有n∥α.反之，不一定成立，m，n可能相交、平行或異面．所以m∥n是n∥α的充分不必要條件，故選A.
2．若直線l不平行于平面α，且l?α，則( )
A．α內(nèi)的所有直線與l異面
B．α內(nèi)不存在與l平行的直線
C．α與直線l至少有兩個(gè)公共點(diǎn)
D．α內(nèi)的直線與l都相交
解析：選B 因?yàn)閘?α，直線l不平行于平面α，所以直線l只能與平面α相交，于是直線l與平面α只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以平面α內(nèi)不存在與l平行的直線．
3．已知直線l，m，平面α，β，γ，則下列條件能推出l∥m的是( )
A．l?α，m?β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C．l∥α，m?α D．l?α，α∩β＝m
解析：選B 選項(xiàng)A中，直線l，m也可能異面；選項(xiàng)B中，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，可推出l∥m，B正確；選項(xiàng)C中，直線l，m也可能異面；選項(xiàng)D中，直線l，m也可能相交．故選B.
4．已知α，β是兩個(gè)不重合的平面，m，n是兩條不重合的直線，則下列命題不正確的是( )
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，則α⊥β
B．若m⊥α，n∥α，則m⊥n
C．若α∥β，m?α，則m∥β
D．若m∥n，α∥β，則m與α所成的角和n與β所成的角相等
解析：選A 若m⊥n，m⊥α，則n?α或n∥α，又n∥β，并不能得到α⊥β這一結(jié)論，故A錯(cuò)誤；若m⊥α，n∥α，則由線面垂直的性質(zhì)定理和線面平行的性質(zhì)定理可得m⊥n，故B正確；若α∥β，m?α，則由面面平行的性質(zhì)定理可知m∥β，故C正確；若m∥n，α∥β，則由線面角的定義和等角定理知，m與α所成的角和n與β所成的角相等，故D正確．
5．(2022·鄭州調(diào)研)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：
①若m?α，n∥α，則m∥n；
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ；
③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，則m∥β；
④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β.
其中是真命題的是________(填序號(hào))．
解析：①m∥n或m，n異面，故①錯(cuò)誤；易知②正確；③m∥β或m?β，故③錯(cuò)誤；④α∥β或α與β相交，故④錯(cuò)誤．
答案：②
二、綜合練——練思維敏銳度
1.(2022·徐州期中)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，點(diǎn)F在棱PA上，PF＝λAF，若PC∥平面BDF，則λ的值為( )
A．1 B.eq \f(3,2) C．3 D．2
解析：選A 連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OF，∵四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，∴AO＝OC，∵點(diǎn)F在棱PA上，PF＝λAF，PC∥平面BDF，∴OF∥PC，∴λ＝1.故選A.
2.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點(diǎn)．則下列敘述中正確的是( )
A．直線BQ∥平面EFG
B．直線A1B∥平面EFG
C．平面APC∥平面EFG
D．平面A1BQ∥平面EFG
解析：選B 過點(diǎn)E，F(xiàn)，G的截面如圖所示(H，I分別為AA1，BC的中點(diǎn))，則BQ和平面EFG相交于點(diǎn)Q，故A錯(cuò)誤；∵A1B∥HE，A1B?平面EFG，HE?平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故B正確；AP?平面ADD1A1，HG?平面ADD1A1，延長(zhǎng)HG和AP必相交，故平面APC和平面EFG相交，故C錯(cuò)誤；平面A1BQ與平面EFG有公共點(diǎn)Q，故平面A1BQ和平面EFG相交，故D錯(cuò)誤．故選B.
3．若平面β截三棱錐所得的截面為平行四邊形，則該三棱錐的所有棱中與平面β平行的棱有( )
A．0條 B．1條
C．2條 D．1條或2條
解析：選C 如圖所示，四邊形EFGH為平行四邊形，則EF∥GH.
∵EF?平面BCD，GH?平面BCD，
∴EF∥平面BCD，又∵EF?平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.
又EF?平面EFGH，CD?平面EFGH，
∴CD∥平面EFGH.同理，AB∥平面EFGH.故有2條棱與平面EFGH平行．因此選C.
4.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點(diǎn)，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為( )
A.eq \r(2) B.eq \f(9,8)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(6),2)
解析：選B 如圖，分別取C1D1，B1C1的中點(diǎn)P，Q，連接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四邊形ANPD為平行四邊形，所以AN∥DP.又BD和DP為平面DBQP內(nèi)的兩條相交直線，MN和AN是平面AMN內(nèi)的兩條相交直線，所以平面DBQP∥平面AMN，四邊形DBQP的面積即為所求．因?yàn)镻Q∥DB，所以四邊形DBQP為梯形，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，梯形的高h(yuǎn)＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，所以四邊形DBQP的面積為eq \f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq \f(9,8).故選B.
5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱DD1的中點(diǎn)，P是底面ABCD內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若MP∥平面A1BC1，則異面直線MP與A1C1所成角的取值范圍是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
解析：選C 取AD的中點(diǎn)E，DC的中點(diǎn)F，連接ME，MF，EF，取EF的中點(diǎn)O，連接MO，∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱DD1的中點(diǎn)，∴ME∥BC1，MF∥A1B，EF∥A1C1，∵M(jìn)E∩MF＝M，BC1∩A1B＝B，∴平面A1BC1∥平面EFM，∵P是底面ABCD內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，MP∥平面A1BC1，∴P的軌跡是線段EF，∵M(jìn)E＝MF＝EF，O是EF中點(diǎn)，∴OM⊥EF，∵EF∥A1C1，∴OM⊥A1C1，∴當(dāng)P與O重合時(shí)，異面直線MP與A1C1所成的角取得最大值為eq \f(π,2)，∵M(jìn)E＝MF＝EF，P是EF上動(dòng)點(diǎn)，EF∥A1C1，∴當(dāng)P與點(diǎn)E或F重合時(shí)，異面直線MP與A1C1所成的角取得最小值為eq \f(π,3).∴異面直線MP與A1C1所成角的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2) )).故選C.
6．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，DA＝DC＝1，DD1＝2，分別在對(duì)角線A1D，CD1上取點(diǎn)M，N，使得直線MN∥平面A1ACC1，則線段MN長(zhǎng)的最小值為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(2),2) D．2
解析：選B 如圖，作MM1⊥AD于點(diǎn)M1，作NN1⊥CD于點(diǎn)N1，∴MM1∥NN1，∴M，N，N1，M1四點(diǎn)共面且四邊形MM1N1N為直角梯形．
∵M(jìn)M1∥AA1，MM1?平面A1ACC1，AA1?平面A1ACC1，
∴MM1∥平面A1ACC1.
又MN∥平面A1ACC1，MM1∩MN＝M，
∴平面MM1N1N∥平面A1ACC1，
∴M1N1∥平面A1ACC1，
∴M1N1∥AC.∵DA＝DC＝1，DD1＝2，
∴DM1＝DN1，設(shè)DM1＝DN1＝x，則MM1＝2x，
NN1＝2－2x，M1N1＝eq \r(2)x.在直角梯形MNN1M1中，MN2＝(eq \r(2)x)2＋(2－4x)2＝18eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,9)))2＋eq \f(4,9)，∴當(dāng)x＝eq \f(4,9)時(shí)，MN取得最小值，最小值為eq \f(2,3).故選B.
7.如圖所示，三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1的值為________．
解析：如圖，設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四邊形BCC1B1是菱形，∴O為BC1的中點(diǎn)，∴D為A1C1的中點(diǎn)，即A1D∶DC1＝1.
答案：1
8．下列四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是________．
解析：①中，易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如圖)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.
答案：①④
9.
如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)P是棱AD上一點(diǎn)，且AP＝eq \f(a,3)，過B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ＝________.
解析：
因?yàn)槠矫鍭1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ.又因?yàn)锽1D1∥BD，所以BD∥PQ，設(shè)PQ∩AB＝M，因?yàn)锳B∥CD，所以△APM∽△DPQ.所以eq \f(PQ,PM)＝eq \f(PD,AP)＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，所以eq \f(PM,BD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(1,3)，所以PM＝eq \f(1,3)BD，又BD＝eq \r(2)a，所以PQ＝eq \f(2\r(2),3)a.
答案：eq \f(2\r(2),3)a
10.(2022·武漢模擬)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，側(cè)面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中點(diǎn)．
(1)求證：PC∥平面BDE；
(2)平面BDE分此棱錐為兩部分，求這兩部分的體積比．
解：(1)證明：在平行四邊形ABCD中，連接AC，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，則O是AC的中點(diǎn)．又E是PA的中點(diǎn)，連接EO(圖略)，則EO是△PAC的中位線，所以PC∥EO，又EO?平面BDE，PC?平面BDE，所以PC∥平面BDE.
(2)設(shè)三棱錐E-ABD的體積為V1，高為h，四棱錐P-ABCD的體積為V，則三棱錐E-ABD的體積V1＝eq \f(1,3)×S△ABD×h，因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，所以四棱錐P-ABCD的高為2h，所以四棱錐P-ABCD的體積V＝eq \f(1,3)×S四邊形ABCD×2h＝4×eq \f(1,3)S△ABD×h＝4V1，所以(V－V1)∶V1＝3∶1，所以平面BDE分此棱錐得到的兩部分的體積比為3∶1或1∶3.
11.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)．
(1)求證：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱錐P-ABM的體積．
解：(1)證明：因?yàn)镸，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，所以MN∥PA.又因?yàn)镸N?平面PAB，PA?平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，點(diǎn)N是AD的中點(diǎn)，所以CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又因?yàn)椤螧AC＝60°，所以CN∥AB.因?yàn)镃N?平面PAB，AB?平面PAB，所以CN∥平面PAB.又因?yàn)镃N∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以MC∥平面PAB，所以點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離．由AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，得BC＝eq \r(3)，所以VP-ABM＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×2＝eq \f(\r(3),3).
第四節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)
課程標(biāo)準(zhǔn)
1.能以立體幾何中的定義、基本事實(shí)和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定定理．
2．能運(yùn)用基本事實(shí)、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形中垂直關(guān)系的簡(jiǎn)單命題．
[由教材回扣基礎(chǔ)]
1．直線與平面垂直
(1)定義：直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．
(2)判定定理與性質(zhì)定理
2．直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是直角；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0.
(2)范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．平面與平面垂直
(1)二面角的有關(guān)概念
①二面角：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角．
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點(diǎn)，以該點(diǎn)為垂足，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定義
兩個(gè)平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直．
(3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
澄清微點(diǎn)·熟記結(jié)論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．
(2)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法)．
(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．
(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這一條直線與另一個(gè)平面也垂直．
(5)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．
[練小題鞏固基礎(chǔ)]
一、準(zhǔn)確理解概念(判斷正誤)
(1)若直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.( )
(2)若直線a⊥平面α，直線b∥α，則直線a與b垂直．( )
(3)若直線a⊥α，b⊥α，則a∥b.( )
(4)若α⊥β，a⊥β，則a∥α.( )
(5)a⊥α，a?β?α⊥β.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、練牢教材小題
1．(人教A版必修②P161T2改編)已知m，n表示兩條不同的直線，α，β表示兩個(gè)不同的平面，以下能判定m⊥α的是( )
A．α⊥β且m?β B．α∥β且m⊥β
C．α⊥β且m∥β D．m⊥n且n∥α
答案：B
2．(新人教A版必修②P164T21改編)已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有________對(duì)．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA ⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7對(duì)．
答案：7
3.(新蘇教版必修②P172T1改編)如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________________；與AP垂直的直線有________．
解析：因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因?yàn)锳B⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因?yàn)锳P?平面PAC，所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.
答案：AB，BC，AC AB
三、練清易錯(cuò)易混
1．(忽視線面垂直條件的判斷)“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
解析：選B 根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分條件．
2．(忽視判定平面與平面垂直的條件)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β，則下列命題中正確的是( )
A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m
C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m
解析：選A ∵l⊥β，l?α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正確．
3．(忽視平面到空間的變化)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a與c的位置關(guān)系為________________．
解析：若a，b，c在同一個(gè)平面內(nèi)，則由題設(shè)條件可得a∥c；若在空間中，則直線a與c的位置關(guān)系不確定，平行、相交、異面都有可能．
答案：平行、相交或異面
4．(忽視線面垂直的性質(zhì)定理的條件)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線n滿足n⊥l，則n與β________(填“一定”或“不一定”)垂直．
解析：當(dāng)n?α?xí)r，若α∩β＝l，且n⊥l，則n⊥β，否則不一定有n⊥β.
答案：不一定
命題視角一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)
[典例] 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．求證：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[證明] (1)在四棱錐P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
[方法技巧]
證明線面垂直的4種方法
(1)線面垂直的判定定理：
l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，a∩b＝P?l⊥α.
(2)面面垂直的性質(zhì)定理：
α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
(3)性質(zhì)：①a∥b，b⊥α?a⊥α；②α∥β，a⊥β?a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l?l⊥γ.(客觀題可用)
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．已知S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)．
(1)求證：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC.
證明：(1)如圖所示，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，∴DE∥BC，
又AB⊥BC，∴DE⊥AB.
∵SA＝SB，E為AB的中點(diǎn)，
∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE.
又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點(diǎn)，
∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
(2)由于AB＝BC，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC.
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，
∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
2.如圖，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)．
(1)求證：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD.
證明：(1)如圖所示，取PD的中點(diǎn)E，連接AE，NE，
∵N為PC的中點(diǎn)，∴NE∥CD且NE＝eq \f(1,2)CD，又AM∥CD且AM＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)CD，∴NE綉AM，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴MN∥AE.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥CD，又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又AE?平面PAD，∴CD⊥AE，∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，又∠PDA＝45°，∴△PAD為等腰直角三角形，又E為PD的中點(diǎn)，∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE，又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.又AE∥MN，∴MN⊥平面PCD.
命題視角二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
[典例] 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求證：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[證明] (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B.
又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[方法技巧] 面面垂直判定的兩種方法與一個(gè)轉(zhuǎn)化
[針對(duì)訓(xùn)練]
1.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝∠AA1C＝90°，平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)求證：AA1⊥A1B；
(2)若AA1＝2，BC＝3，∠A1AC＝60°，求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離．
解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1?平面AA1C1C，所以BC⊥AA1.因?yàn)椤螦A1C＝90°，所以AA1⊥A1C，又因?yàn)锽C∩A1C＝C，所以AA1⊥平面A1BC，又A1B?平面A1BC，所以AA1⊥A1B.
(2)由(1)可知A1A⊥平面A1BC，A1A?平面A1ABB1，所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交線為A1B.所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離等于△CA1B的邊A1B上的高，設(shè)其為h.在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，則A1C＝2eq \r(3).由(1)得，BC⊥A1C，所以在Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝eq \r(21)，h＝eq \f(BC·A1C,A1B)＝eq \f(6\r(3),\r(21))＝eq \f(6\r(7),7).故點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為eq \f(6\r(7),7).
2.如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB＝60°，EB⊥平面ABCD，F(xiàn)D⊥平面ABCD，EB＝2FD＝4.
(1)求證：EF⊥AC；
(2)求幾何體EF-ABCD的體積．
解：(1)證明：如圖，連接DB.∵DF⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，∴EB∥FD，∴E，F(xiàn)，D，B四點(diǎn)共面．∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥AC.設(shè)DB∩AC＝O.∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥DB.∵DB∩EB＝B，∴AC⊥平面EFDB.∵EF?平面EFDB，∴AC⊥EF.
(2)由(1)知EB∥FD.∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥BD，∴四邊形EFDB為直角梯形．在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，∴BD＝2，AO＝CO＝eq \r(3)，∴梯形EFDB的面積S＝eq \f(?2＋4?×2,2)＝6.∵AC⊥平面EFDB，∴V多面體EF-ABCD＝VA-EFDB＋VC-EFDB＝eq \f(1,3)S·AO＋eq \f(1,3)S·CO＝4eq \r(3).
命題視角三 平行與垂直的綜合問題
[典例] 如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn)．
(1)求證：B1D1∥平面A1BD；
(2)求證：MD⊥AC；
(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[解] (1)證明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以B1D1∥BD.而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
(2)證明：因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因?yàn)锽D⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，而MD?平面BB1D，所以MD⊥AC.
(3)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，平面DMC1⊥平面CC1D1D.證明如下：取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于點(diǎn)O，連接OM.因?yàn)镹是DC的中點(diǎn)，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因?yàn)镈C是平面ABCD與平面CC1D1D的交線，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可證得，O是NN1的中點(diǎn)，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四邊形BMON是平行四邊形，所以BN∥OM，所以O(shè)M⊥平面CC1D1D，因?yàn)镺M?平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[方法技巧]
平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決．注意遵循“空間”到“平面”、“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系．
[針對(duì)訓(xùn)練]
(2022·廣州模擬)如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝eq \r(6)，DE＝3，∠BAD＝60°，G為BC的中點(diǎn)．
(1)求證：FG∥平面BED；
(2)求證：BD⊥平面AED；
(3)求點(diǎn)F到平面BED的距離．
解：(1)證明：如圖，取BD的中點(diǎn)O，連接OE，OG.
在△BCD中，因?yàn)镚是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)G∥DC且OG＝eq \f(1,2)DC＝1.
因?yàn)镋F∥AB，AB∥DC，EF＝1，
所以EF∥OG且EF＝OG，
所以四邊形OGFE是平行四邊形，所以FG∥OE.
又FG?平面BED，OE?平面BED，
所以FG∥平面BED.
(2)證明：在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理，得BD＝
eq \r(AD2＋AB2－2×AD×AB×cs∠BAD)＝eq \r(3).
所以BD2＋AD2＝AB2，所以BD⊥AD.
因?yàn)槠矫鍭ED⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD＝AD，
所以BD⊥平面AED.
(3)由(1)知FG∥平面BED，所以點(diǎn)F到平面BED的距離等于點(diǎn)G到平面BED的距離．設(shè)點(diǎn)G到平面BED的距離為h，如圖，過點(diǎn)E作EM⊥DA，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接DG，EG，則EM⊥平面ABCD，所以EM是三棱錐E-DBG的高．由余弦定理，得cs∠ADE＝eq \f(DE2＋AD2－AE2,2DE·AD)＝eq \f(2,3)，所以sin∠ADE＝eq \f(\r(5),3)，所以EM＝DE·sin∠ADE＝eq \r(5).易知DB⊥BC，BD⊥DE，所以S△DBG＝eq \f(1,2)BD·BG＝eq \f(\r(3),4)，S△BDE＝eq \f(1,2)BD·DE＝eq \f(3\r(3),2).由V三棱錐G-BDE＝V三棱錐E-DBG，即eq \f(1,3)S△BDE·h＝eq \f(1,3)S△DBG·EM，解得h＝eq \f(\r(5),6).所以點(diǎn)F到平面BED的距離為eq \f(\r(5),6).
拓展深化·練創(chuàng)新思維——立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題
立體幾何中的“動(dòng)態(tài)問題”是指空間圖形中的某些點(diǎn)、線、面的位置是不確定的、可變的一類開放型問題，因其某些點(diǎn)、線、面位置的不確定，往往成為學(xué)生進(jìn)行一些常規(guī)思考、轉(zhuǎn)化的障礙；但又因其是可變的，開放的，更有助于學(xué)生空間想象能力及綜合思維能力的培養(yǎng)，以下利用運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)對(duì)幾種動(dòng)態(tài)問題的類型加以分析，探求解決此類問題的若干途徑.
類型(一) “動(dòng)態(tài)”中研究“特定靜態(tài)”——“一題多考”
[例1] 如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別是線段B1D1，AC上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．線段PQ長(zhǎng)度的最小值為2
B．滿足PQ＝2eq \r(2)的情況只有4種
C．無論P(yáng)，Q如何運(yùn)動(dòng)，直線PQ都不可能與BD1垂直
D．三棱錐P-ABQ的體積大小只與點(diǎn)Q的位置有關(guān)，與點(diǎn)P的位置無關(guān)
[解析] 對(duì)于A，當(dāng)P、Q分別為線段B1D1、AC的中點(diǎn)時(shí)，PQ是異面直線B1D1、AC的公垂線，此時(shí)線段PQ長(zhǎng)度最小為2，故A正確；對(duì)于B，PQ＝2eq \r(2)，只能是面對(duì)角線，此時(shí)PQ可以是AD1，CD1，AB1，CB1四種，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)P與B1重合，Q與C重合時(shí)，此時(shí)直線PQ(即B1C)與平面BC1D1垂直，故PQ⊥BD1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由于點(diǎn)P到平面ABQ的距離是2，底面△QBA的面積隨著點(diǎn)Q的移動(dòng)而變化，∴三棱錐P-ABQ的體積只與點(diǎn)Q的位置有關(guān)，與點(diǎn)P的位置無關(guān)，故D正確．
[答案] C
[名師微點(diǎn)]
本題通過點(diǎn)P，Q的“動(dòng)”考查了最值、垂直、體積等問題，實(shí)現(xiàn)了一題多考，解決此類問題的關(guān)鍵是掌握幾何體的結(jié)構(gòu)特征和垂直的判定定理及性質(zhì)定理，需具備較強(qiáng)的直觀想象能力．
類型(二) “動(dòng)態(tài)”中研究“以靜制動(dòng)”——“最值問題”
[例2] (2021·湖北八校聯(lián)考)已知在如圖所示的正三棱錐P-ABC中，側(cè)棱PA，PB，PC的長(zhǎng)為eq \r(2)，底面△ABC的邊長(zhǎng)為2，D為AC的中點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，M是PD上的動(dòng)點(diǎn)，N是平面PCE上的動(dòng)點(diǎn)，則AM＋MN的最小值為( )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),4) B.eq \f(\r(3)＋1,2) C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(3),2)
[思路點(diǎn)撥] 先固定點(diǎn)M，再考慮點(diǎn)N的變化，要求AM＋MN的最小值，可將立體幾何問題通過展開某幾個(gè)平面轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來處理．
[解析] 將正三棱錐P-ABC放入棱長(zhǎng)為eq \r(2)的正方體AGIJ-PCHB中，如圖(1)所示，先固定點(diǎn)M，那么MN的最小值即點(diǎn)M到平面PCE的距離．
連接GH，設(shè)GH的中點(diǎn)為F，連接PF，DG.
由題意得，平面PGF⊥平面PCE，且交線為PF，
故MN⊥PF，
所以M在PD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，N在PF上運(yùn)動(dòng)．
把平面AGP和平面PGF沿PG展開，
示意圖如圖(2)所示，作AN′⊥PF交PG于點(diǎn)M′，
則AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin(45°＋30°)＝eq \f(\r(3)＋1,2).故選B.
[答案] B
[名師微點(diǎn)]
對(duì)于立體幾何中的雙動(dòng)點(diǎn)問題，可先固定一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如本題先固定點(diǎn)M，那么MN的最小值就是點(diǎn)M到平面PCE的距離，進(jìn)而求得AM＋MN的最小值．這類題通常需要利用展開圖，數(shù)形結(jié)合，達(dá)到化動(dòng)為靜，以靜制動(dòng)的目的，從而求解．
類型(三) “動(dòng)態(tài)”中研究“變量”——“翻折問題”
[例3] 如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對(duì)角線BD折成四面體A′-BCD(如圖2)，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是( )
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′與平面A′BD所成的角為30°
D．四面體A′-BCD的體積為eq \f(1,2)
[解析] 由A′B＝A′D＝1，BD＝eq \r(2)，得BA′⊥DA′.
因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面A′BD，進(jìn)而有CD⊥BA′.
由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.
所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B正確．
[答案] B
[名師微點(diǎn)]
解決翻折問題，要分析翻折前后的“變量”與“不變量”，在翻折前要標(biāo)注重要的點(diǎn)或重要的量，分析其在翻折后的變化情況．具體到本例，應(yīng)重視垂直關(guān)系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能順利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，從而解決問題．
[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]
一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度
1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則( )
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
解析：選C 因?yàn)棣痢搔拢絣，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l.
2．設(shè)α，β為兩個(gè)不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選A 依題意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件，故選A.
3．已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個(gè)互相垂直的平面，則下列命題正確的是( )
A．若m?α，則m⊥β
B．若m?α，n?β，則m⊥n
C．若m?α，m⊥β，則m∥α
D．若α∩β＝m，n⊥m，則n⊥α
解析：選C 對(duì)于A，若m?α，則m與平面β可能平行或相交，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m?α，n?β，則m與n可能平行、相交或異面，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m?α，m⊥β，則m∥α，C正確；對(duì)于D，α∩β＝m，n⊥m，則n不一定與平面α垂直，所以D錯(cuò)誤．
4.如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．AP⊥平面PBC
解析：選B A中，因?yàn)锳P⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A能證明AP⊥BC；C中，因?yàn)槠矫鍮PC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C能證明AP⊥BC；由A知D能證明AP⊥BC；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.
5．在下列四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是________．(填序號(hào))
解析：在①中，設(shè)平面BCD上的另一個(gè)頂點(diǎn)為A1，連接BA1(圖略)，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，則CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD.
答案：①
二、綜合練——練思維敏銳度
1.如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，點(diǎn)C是圓周上異于A，B的任意一點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是( )
A．PB⊥AC
B．PC∥BC
C．AC⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
解析：選D 因?yàn)镻A垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC，又點(diǎn)C是圓周上異于A，B的任意一點(diǎn)，所以AC⊥BC.對(duì)于A、C，若PB⊥AC，則可得AC⊥平面PBC，則AC⊥PC，與PA⊥AC矛盾，故A、C錯(cuò)誤；對(duì)于B、D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC?平面PBC可得平面PAC⊥平面PBC，故B錯(cuò)誤，D正確．
2.(2021·浙江高考)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點(diǎn)，則( )
A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCD
B．直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1
C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCD
D．直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1
解析：選A 如圖，連接AD1.因?yàn)樗倪呅蜛DD1A1是正方形，且M是A1D的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M是AD1的中點(diǎn)，A1D⊥AD1.又AB⊥平面ADD1A1，A1D?平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1.又D1B?平面ABD1，所以A1D⊥D1B，所以B錯(cuò)誤；由圖易知直線A1D與直線D1B異面，所以C錯(cuò)誤；因?yàn)镸，N分別是AD1，D1B的中點(diǎn)，所以MN∥AB.又MN?平面ABCD，AB?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，所以A正確；取AA1的中點(diǎn)E，連接NE，EB，ED1，ED，EB1，B1D，則B1D交D1B于點(diǎn)N.易證EB＝ED1，ED＝EB1.又N是D1B，B1D的中點(diǎn)，所以EN⊥D1B，EN⊥B1D.又D1B∩B1D＝N，所以EN⊥平面BDD1B1.而MN∩NE＝N，所以MN與平面BDD1B1不垂直，所以D錯(cuò)誤．故選A.
3.一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個(gè)面均為直角三角形．如圖，在四面體P-ABC中，設(shè)E，F(xiàn)分別是PB，PC上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF(此外不再增加任何連線)，則圖中直角三角形最多有( )
A．6個(gè) B．8個(gè)
C．10個(gè) D．12個(gè)
解析：選C 為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體P-ABC為“鱉臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面體P-AEF也是“鱉臑”，則題圖中的10個(gè)三角形全是直角三角形，故選C.
4．(2020·新高考Ⅰ卷)日晷是中國(guó)古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測(cè)定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為( )
A．20° B．40°
C．50° D．90°
解析：選B 過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，
所以O(shè)A⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，
所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.
又因?yàn)椤螮AC＝∠FAG，
所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B.
5.在三棱錐S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結(jié)論：
①異面直線SB與AC所成的角為90°；
②直線SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④點(diǎn)C到平面SAB的距離是eq \f(1,2)a.
其中正確的是________．(填序號(hào))
解析：由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正確；再根據(jù)SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正確；取AB的中點(diǎn)E，連接CE(圖略)，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為點(diǎn)C到平面SAB的距離，為eq \f(1,2)a，故④正確．
答案：①②③④
6．(2022·宜昌模擬)在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，正方形框架的邊長(zhǎng)都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活動(dòng)彈子M，N分別在正方形對(duì)角線AC，BF上移動(dòng)，若CM＝BN，則MN長(zhǎng)度的最小值為________．
解析：過M作MQ⊥AB于Q，連接QN，如圖所示．
∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交線為AB，∴MQ⊥平面ABEF，又QN?平面ABEF，∴MQ⊥QN.設(shè)CM＝BN＝a(0

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