專題6立體幾何與空間向量第33講空間幾何體的結(jié)構(gòu)及表面積、體積【夯基固本】[知識梳理]1．平行四邊形相等三角形平行平行軸圓直角邊相等2．斜二測畫法(1)①45°（或135°）②平行于x′軸或y′軸③保持原長度不變原來的一半(2)相等常用結(jié)論：4.(2)①垂直②d2＋r2[熱身練習]1．C2.D3.B4.6eq\r(2)5.eq\f(27π,14)【考點探究】[例1](1)①①正確，正四面體是每個面都是等邊三角形的四面體，如正方體ABCD－A1B1C1D1中的四面體A－CB1D1；②錯誤，反例如圖所示，底面△ABC為等邊三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，則△VBC為等邊三角形，△VAB和△VCA均為等腰三角形，但不能判定其為正三棱錐；③錯誤，必須是相鄰的兩個側(cè)面．(2)A①錯誤，只有當這兩點的連線平行于軸時才是母線；②錯誤，當以斜邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸時，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的面所圍成的幾何體不是圓錐，如圖所示，它是由兩個同底圓錐組成的幾何體；③錯誤，棱臺的上、下底面相似且是對應邊平行的多邊形，各側(cè)棱延長線交于一點，但是側(cè)棱長不一定相等．故選A.[變式探究]1．④正方形繞對角線旋轉(zhuǎn)所形成的曲面圍成的幾何體為兩個圓錐，①錯誤；圓錐是由直角三角形繞其一條直角邊旋轉(zhuǎn)所形成曲面圍成的幾何體，②③錯誤；④正確．2．A對于A，底面是平行四邊形的四棱柱為平行六面體，A正確；對于B，如果兩個相同的三棱錐疊放在一起，得到的幾何體各個面都是三角形，但幾何體不是三棱錐，如圖所示，B錯誤；對于C，以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體叫圓錐，顯然若旋轉(zhuǎn)未滿一周，則幾何體不是圓錐，C錯誤；對于D，過圓臺上下底面平行的直徑同一側(cè)的端點的連線叫做圓臺的母線，D錯誤．故選A.[例2](1)A設上、下兩圓錐的底面半徑為r，高分別為h1，h2，體積分別為V1，V2，因為上圓錐的高與底面半徑相等，所以h1＝r，則eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)πr2h1,\f(1,3)πr2h2)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(r,h2)＝eq\f(1,2)，所以h2＝2r，上圓錐的母線為eq\r(r2＋heq\o\al(2,1))＝eq\r(r2＋r2)＝eq\r(2)r，下圓錐的母線為eq\r(r2＋heq\o\al(2,2))＝eq\r(r2＋4r2)＝eq\r(5)r，所以上、下兩圓錐的母線長之比為eq\f(\r(2)r,\r(5)r)＝eq\f(\r(10),5)，故選A.(2)28如圖，由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱錐的高為3，所以原正四棱錐的高為6，所以正四棱錐的體積為eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱錐的體積為eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱臺的體積為32－4＝28.[變式探究]3．D設圓柱的底面圓半徑為r1，底層圓臺的上下底面圓半徑分別為r2，r3，則r1＝2，r2＝4，r3＝1，所以青銅器的體積為V圓柱＋V中間圓臺＋V底層圓臺＝2eq\r(2)πreq\o\al(2,1)＋eq\f(1,3)×3eq\r(2)（πreq\o\al(2,2)＋πreq\o\al(2,1)＋eq\r(πreq\o\al(2,2)·πreq\o\al(2,1))）＋eq\f(1,3)×eq\r(2)（πreq\o\al(2,2)＋πreq\o\al(2,3)＋eq\r(πreq\o\al(2,2)·πreq\o\al(2,3))）＝2eq\r(2)π×4＋eq\f(1,3)×3eq\r(2)（π×16＋π×4＋eq\r(16π×4π)）＋eq\f(1,3)×eq\r(2)（π×16＋π×1＋eq\r(16π×π)）＝43eq\r(2)π(cm3)，故選D.4．ABD由棱柱的定義知，A正確；對于B，由于A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG，且A1D1不在水面所在平面內(nèi)，所以棱A1D1與水面所在平面平行，B正確；對于C，在圖1中，SEFGH＝FG·EF＝BC·AB＝4，在圖2中，SEFGH＝FG·EF>AB·BC＝4，C錯誤；對于D，V水＝2×2×1＝eq\f(1,2)·BE·BF·BC，所以BE·BF＝4.EF2＝BE2＋BF2≥2BE·BF＝8，當且僅當BE＝BF＝2時，等號成立，所以EF的最小值為2eq\r(2)，D正確．故選ABD.[例3](1)D設內(nèi)切球的球心為O，連接OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1，如圖所示，則OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1把四棱臺ABCD－A1B1C1D1分割成六個四棱錐，且六個四棱錐的高都為內(nèi)切球的半徑R，則四棱臺ABCD－A1B1C1D1的高為2R，所以V四棱臺ABCD－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)（S1＋S2＋eq\r(S1S2)）·2R＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S)·R，化簡可得S1＋S2＋2eq\r(S1S2)＝（eq\r(S1)＋eq\r(S2)）2＝S.故選D.(2)CD設AB＝ED＝2FB＝2a，因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，則V1＝eq\f(1,3)·ED·S△ACD＝eq\f(1,3)·2a·eq\f(1,2)·(2a)2＝eq\f(4,3)a3.V2＝eq\f(1,3)·FB·S△ABC＝eq\f(1,3)·a·eq\f(1,2)·(2a)2＝eq\f(2,3)a3.如圖，連接BD交AC于點M，連接EM，F(xiàn)M，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD?平面BDEF，則AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)a，過F作FG⊥DE于G，易得四邊形BDGF為矩形，則FG＝BD＝2eq\r(2)a，EG＝a，則EM＝eq\r((2a)2＋(\r(2)a)2)＝eq\r(6)a，F(xiàn)M＝eq\r(a2＋(\r(2)a)2)＝eq\r(3)a，EF＝eq\r(a2＋(2\r(2)a)2)＝3a，所以EM2＋FM2＝EF2，則EM⊥FM，S△EFM＝eq\f(1,2)EM·FM＝eq\f(3\r(2),2)a2，AC＝2eq\r(2)a，則V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝eq\f(1,3)AC·S△EFM＝2a3.綜上，V3＝3V2，2V3＝3V1，V3＝V1＋V2，A、B錯誤；C、D正確．故選CD.[變式探究]5．A由題意可知，容器中液體的下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，O1，O2，O3分別為AB，CD，EF的中點．易知AB∥CD∥EF，且O1B＝O2C＝2，O1O2＝6，O2P＝4，O2O3＝1，O3P＝3，可得eq\f(O3F,O2C)＝eq\f(O3P,O2P)＝eq\f(3,4)，即O3F＝eq\f(3,2)，所以該容器中液體的體積為π×22×6＋eq\f(1,3)[π×22＋π×（eq\f(3,2)）2＋eq\r(π×22×π×(\f(3,2))2)]×1＝eq\f(325π,12).故選A.6．A如圖，取DD1的中點F，連接EF，AF，A1F，B1F，易知EF∥DC1∥AB1，所以平面AB1E與DD1的交點為F.設長方體的長AB、寬BC、高AA1分別為a，b，c，則V＝abc.平面AB1EF將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為VF－AB1A1＋VF－A1B1ED1＝eq\f(1,3)×b×eq\f(1,2)×a×c＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)c×eq\f(1,2)（a＋eq\f(1,2)a）b＝eq\f(7,24)abc＝eq\f(7,24)V.故選A.7．7π還原出如圖所示的三棱錐B－PAC，因為AB⊥AC，AB⊥AD，AC，AD?平面PAC，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面PAC.設平面PAC的截面圓心為O′，半徑為r，球心為O，球半徑為R，在△PAC中，由余弦定理可得PC2＝AC2＋AP2－2AC·AP·cos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，則PC＝1.由正弦定理得2r＝eq\f(PC,sin30°)＝2，即r＝1.因為OO′＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(3),2)，所以R＝eq\r(12＋(\f(\r(3),2))2)＝eq\f(\r(7),2)，所以外接球的表面積S＝4π（eq\f(\r(7),2)）2＝7π.第34講空間點、線、面的位置關(guān)系【夯基固本】[知識梳理]1．不在一條直線上兩個點A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α?l?α有且只有一條P∈α，且P∈β?α∩β＝l，且P∈l平行2．(1)平行、相交、異面任何(2)相等或互補3．無數(shù)個有且只有一個沒有4．沒有公共點有一條公共直線[熱身練習]1．D2.C3.D4.C5.C【考點探究】[例1](1)ABD對于A，由推論3知A正確；對于B，由兩條相交直線確定唯一平面，由題意，第三條直線與相交的兩條直線分別相交于兩個不同的點，根據(jù)直線上兩個不同點在一個平面內(nèi)，該直線也在平面內(nèi)，B正確；對于C，由平面α與平面β相交，則兩平面一定相交于一條直線，在該直線上存在無數(shù)個點，C錯誤；對于D，由基本事實3，可得D正確．故選ABD.(2)D直線AC與直線PO交于點O，所以平面PCA與平面PBD交于點O，所以必相交于直線PO，直線AM在平面PAC內(nèi)，點N∈AM，故N∈平面PAC，故O，N，P，M四點共面，A錯誤；若點D與O，M，N共面，則直線BD在平面PAC內(nèi)，與題目矛盾，B錯誤；因為O，M分別為AC，PC的中點，所以OM∥PA，又易知ON∩PA＝P，故ON∩OM＝O，C錯誤．故選D.[變式探究]1．AD依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故FG∥EH，所以E，F(xiàn)，G，H四點共面，A正確，B錯誤．因為EH＝eq\f(1,2)BD，F(xiàn)G＝eq\f(2,3)BD，所以四邊形EFGH是梯形，則EF與GH必相交，設交點為M.因為點M在EF上，故點M在平面ACB上，同理，點M在平面ACD上，所以點M是平面ACB與平面ACD的交點．又AC是這兩個平面的交線，所以點M一定在直線AC上，D正確，C錯誤．故選AD.[例2](1)C兩組對邊分別相等的四邊形可能是空間四邊形，A錯誤；如圖1，直線DD1與B1C1都是直線AB的異面直線，但DD1與B1C1也是異面直線，B錯誤；如圖2，設直線AB與CD是異面直線，則直線AC與BD一定不平行，否則AC∥BD，有AC與BD確定一個平面α，則AC?α，BD?α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB?α，CD?α，這與假設矛盾，C正確；如圖1，AB∥CD，而直線AA1與AB相交，但與直線CD不相交，D錯誤．故選C.(2)BC對于A，當M為B1D1的中點時，CC1∥OM，A錯誤；對于B，因為OM?平面BDD1B1，B∈平面BDD1B1，B?OM，A1?平面BDD1B1，所以直線A1B與直線OM一定為異面直線，B正確；對于C，因為OM?平面BDD1B1，B1∈平面BDD1B1，B1?OM，A?平面BDD1B1，所以直線AB1與直線OM一定為異面直線，C正確；對于D，又OM?平面BDD1B1，DB1?平面BDD1B1，D錯誤．故選BC.(3)C如圖，過點B作母線BD，交下底面于點D，連接AD，O1O2，O2D，則O1O2∥BD，O1O2＝BD，所以四邊形O1O2DB為平行四邊形，所以O1B∥O2D，所以∠AO2D是異面直線O1B，O2A所成的角或其補角，所以∠AO2D＝60°或∠AO2D＝120°.當∠AO2D＝60°時，AD＝1，此時AB＝eq\r(2)；當∠AO2D＝120°時，由余弦定理得AD＝eq\r(1＋1－2×1×1×(－\f(1,2)))＝eq\r(3)，此時AB＝2，所以AB＝eq\r(2)或2.故選C.[變式探究]2．C假設l與m相交，交點為P，由于P∈l，l?α，所以P∈α，又P∈m，則m與α有公共點P，與m∥α矛盾，故l與m不相交，同理可得l與n不相交．故選C.3．D設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2a，則MN＝eq\r(MCeq\o\al(2,1)＋C1N2)＝eq\r((\f(2a,2))2＋(\f(2a,2))2)＝eq\r(2)a.如圖，作點E在平面ABCD內(nèi)的射影點G，連接EG，GF.所以EF＝eq\r(EG2＋GF2)＝eq\r((\f(2a,2))2＋(\r(2)a)2)＝eq\r(3)a，所以MN≠eq\f(1,2)EF.連接A1D，因為E為平面ADD1A1的中心，所以DE＝eq\f(1,2)A1D.連接B1C，因為M，N分別為B1C1，CC1的中點，所以MN∥B1C.又因為B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN與EF異面，故選D.4．A如圖所示，設平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.因為α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，則m1∥m.又因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥m1，所以B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m，n所成角的大小與B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大?。忠驗锽1C＝B1D1＝CD1（均為面對角線），所以∠CD1B1＝eq\f(π,3)，得sin∠CD1B1＝eq\f(\r(3),2).故選A.[例3](1)BCD如圖，還原成正四面體A－DEF，其中H與N重合，A，B，C三點重合，連接GM.易知GH與EF異面，BD與MN異面，故A錯誤，B正確；又△GMH為等邊三角形，所以GH與MN成60°角，C正確；易證DE⊥AF，MN∥AF，所以MN⊥DE，所以D正確．故選BCD.(2)3eq\r(2)延長EG交CB的延長線于點Q，則BQ＝eq\f(1,2)CB.連接BD，AC，AD1，過Q作QH∥BD，交AB于H，交AD于K，如圖所示，則BH＝HA，AK＝KD，過K作KT∥AD1，交DD1于T，連接FT，則六邊形FEGHKT即為平面EFG截正方體所得截面．又F，E，G，H，K，T均為棱的中點，則截面的周長為3eq\r(2).(3)2eq\r(3)如圖，設圓O1與圓O2公共弦為AB，其中點為E，則|O1A|＝eq\r(|OA|2－|OO1|2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7)，|O2A|＝eq\r(|OA|2－|OO2|2)＝eq\r(42－(\r(3))2)＝eq\r(13)，所以|O1E|＝eq\r(|O1A|2－|AE|2)＝eq\r(7－4)＝eq\r(3)，|O2E|＝eq\r(|O2A|2－|AE|2)＝eq\r(13－4)＝3，所以在Rt△OO1E中，tan∠OEO1＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3)，所以∠OEO1＝60°，在Rt△OO2E中，tan∠OEO2＝eq\f(\r(3),3)，所以∠OEO2＝30°，所以在△O1EO2中，∠O1EO2＝90°，所以|O1O2|＝eq\r(|O2E|2＋|O1E|2)＝eq\r(9＋3)＝2eq\r(3).[變式探究]5．(1)52π由題意，根據(jù)勾股定理可得AC⊥AB，則可將三棱錐P－ABC放入以AB，AC，AP分別為長、寬、高的長方體中，則體對角線為外接球直徑，即2r＝eq\r(22＋62＋(2\r(3))2)＝2eq\r(13)，則r＝eq\r(13)，所以球的表面積為4πr2＝4π×（eq\r(13)）2＝52π.(2)4π因為△ABC為直角三角形，所以D為△ABC的外接圓圓心，當DO⊥截面時，截面面積最小，即截面為平面ABC，則外接圓半徑為2，故截面面積為π×22＝4π.6．B把四邊形A1ABB1，BB1C1C展開至同一個平面，連接AC，如圖所示， 過點B1作B1E⊥AB，則BE＝2，又BB1＝AA1＝4，則∠ABB1＝60°.在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，則AC＝2×6×eq\f(\r(3),2)＝6eq\r(3)，此時線段AC中點P到點B的距離ABcos60°＝3<4＝BB1，即線段AC與BB1相交，因此AP＋PC的最小值就是展開圖中AC的長，點P為AC與BB1的交點，所以AP＋PC的最小值為6eq\r(3).故選B.7．eq\f(\r(5),2)根據(jù)題意，在平面VAC內(nèi)，過點F作EF∥AC，交VC于點E.在平面VBC內(nèi)，過點E作EQ∥VB，交BC于點Q.在平面VAB內(nèi)，過點F作FD∥VB，交AB于點D，連接DQ，如圖所示．因為EF∥AC，則△VCA∽△VEF，設其相似比為k，即eq\f(VF,VA)＝eq\f(VE,VC)＝eq\f(EF,AC)＝k，則EF＝eq\r(2)k.又因為VA＝1，AC＝eq\r(2)，∠VAC＝eq\f(π,4)，由余弦定理得，VC＝eq\r(1＋2－2×1×\r(2)×\f(\r(2),2))＝1，則VC2＋VA2＝AC2，即VC⊥VA.又BV⊥平面VAC，VC，VA?平面VAC，所以BV⊥VC，BV⊥VA.又AB＝eq\r(2)，則BV＝1，BC＝eq\r(2).因為FD∥VB，則△AFD∽△AVB，則eq\f(AF,AV)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(FD,VB)，因為eq\f(AF,VA)＝eq\f(VA－VF,VA)＝1－k，所以eq\f(FD,VB)＝eq\f(AF,VA)＝1－k，即FD＝1－k.同理可得QE＝1－k，即QE＝FD.因為EQ∥VB，F(xiàn)D∥VB，則EQ∥FD，故四邊形EFDQ為平行四邊形，而EQ?平面EFDQ，VB?平面EFDQ，故VB∥平面EFDQ，同理AC∥平面EFDQ，即四邊形EFDQ為截面圖形．又BV⊥平面VAC，EF?平面VAC，則BV⊥EF，又FD∥VB，所以FD⊥EF.故平行四邊形EFDQ為矩形，則S矩形EFDQ＝EF·FD＝eq\r(2)k·(1－k)＝－eq\r(2)（k－eq\f(1,2)）2＋eq\f(\r(2),4)，所以當k＝eq\f(1,2)時，S矩形EFDQ有最大值eq\f(\r(2),4)，則VF＝kVA＝eq\f(1,2)，在Rt△CVF中，CF＝eq\r(CV2＋VF2)＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2).第35講直線、平面平行的判定與性質(zhì)【夯基固本】[知識梳理]1．(1)沒有公共點(2)外平行a∥α2．平行a∥b3．(1)沒有公共點(2)兩條相交直線a∩b＝P4．平行a∥b[熱身練習]1．D2.D3.D4.B5.eq\r(5)【考點探究】[例1]如圖，連接DG，CD，設CD∩GF＝O，連接OH.在三棱臺DEF－ABC中，AB＝2DE，G為AC的中點，可得DF∥GC，且DF＝GC，所以四邊形DFCG為平行四邊形，則O為CD的中點．又H為BC的中點，所以OH∥BD.又OH?平面FGH，BD?平面FGH，所以BD∥平面FGH.[變式探究]1．(1)E是PC的中點．理由如下：連接AC，交BD于點O，連接OE，如圖所示．因為底面ABCD是正方形，所以O是AC的中點．因為PA∥平面EBD，平面PAC∩平面BDE＝OE，PA?平面PAC，所以PA∥OE，因為O是AC的中點，所以E是PC的中點．(2)假設存在實數(shù)λ，使得三棱錐E－BPD的體積為eq\f(2,3).因為E為PC的中點，所以VE－BPD＝eq\f(1,2)VC－BPD＝eq\f(1,2)VP－DBC.若VE－BPD＝eq\f(2,3)，則VP－DBC＝eq\f(4,3).又底面ABCD是邊長為2的正方形，PD⊥底面ABCD，則S△BDC＝2，故VP－DBC＝eq\f(1,3)·S△BDC·PD＝eq\f(2,3)·2λ＝eq\f(4,3)，所以λ＝1，所以存在λ＝1，使得三棱錐E－BPD的體積為eq\f(2,3).[例2](1)因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B⊥平面ABCD，所以BF∥DE.又因為DE?平面ADE，BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.在矩形ABCD中，BC∥AD，AD?平面ADE，BC?平面ADE，所以BC∥平面ADE，又BC∩BF＝B，BC，BF?平面BCF，所以平面AED∥平面BCF.(2)因為AB∥CD，AB?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE.又因為AB∥平面CDE，AB?平面ABE，平面ABE∩平面CDE＝l，所以AB∥l.[變式探究]2．(1)如圖，取PF的中點E，連接AE，由PF＝2FC，得PE＝EF＝FC，點F為EC的中點．又點D為AC的中點，則DF∥AE.又AE?平面BDF，DF?平面BDF.所以AE∥平面BDF，又點E為PF的中點，點M為PB的中點，則EM∥BF.又EM?平面BDF，BF?平面BDF，所以EM∥平面BDF.又AE∩EM＝E，AE，EM?平面AEM，平面AEM∥平面BDF.又AM?平面AEM，所以AM∥平面BDF.(2)因為平面AMN∥平面BDF，且平面AMN∩平面PDB＝MN，平面BDF∩平面PDB＝BD，所以MN∥BD.又AB＝BC，D為AC的中點，所以BD⊥AC，則MN⊥AC.又MN⊥PC，AC∩PC＝C，AC，PC?平面PAC，所以MN⊥平面PAC，所以AN是AM在平面PAC上的投影．[例3](1)如圖，連接AC，因為底面ABCD是正方形，且點N是BD的中點，所以AC∩BD＝N，即點N也是AC的中點．又因為點M是AD1的中點，所以由三角形中位線定理可得MN∥CD1.(2)由(1)知MN∥CD1，因為MN?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.連接BP，因為M，P分別是AD1和B1C的中點，所以由正方體的性質(zhì)可知AM＝BP，AM∥BP，所以四邊形ABPM是平行四邊形，所以MP∥AB，而CD∥AB，所以MP∥CD.又因為MP?平面CC1D1D，CD?平面CC1D1D，所以MP∥平面CC1D1D，又MN∩MP＝M，MP，MN?平面MNP，所以平面MNP∥平面CC1D1D.[變式探究]3．(1)證明：如圖，取AC的中點M，連接EM，GM.在△ABC中，因為E，M分別為AB，AC的中點，所以EM∥BC且EM＝eq\f(1,2)BC.又G為B1C1的中點，B1C1∥BC，所以B1G∥BC且B1G＝eq\f(1,2)BC，即B1G∥EM且B1G＝EM，故四邊形EMGB1為平行四邊形，所以B1E∥GM，又MG?平面ACG，B1E?平面ACG，所以B1E∥平面ACG.(2)在線段CC1上存在點N，當N為CC1的中點時，使得平面NEF∥平面A1BC1.證明如下：如圖，連接NE，NF.因為N，F(xiàn)分別是CC1和BC的中點，所以NF∥BC1.因為NF?平面A1BC1，BC1?平面A1BC1，所以NF∥平面A1BC1.因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1.因為EF?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，所以EF∥平面A1BC1.又因為EF?平面NEF，NF?平面NEF，NF∩EF＝F，所以平面NEF∥平面A1BC1.第36講直線、平面垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)【夯基固本】[知識梳理]1．(1)任意一條直線(2)兩條相交直線m∩n＝P2．(1)任意一條(2)平行a∥b3．(1)90°(2)垂線4．交線垂直b⊥α[熱身練習]1．B2.CD3.A4.B5.4【考點探究】[例1](1)證明：因為PD⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PD⊥AB，PD⊥AD.因為∠BAD＝90°，所以AB⊥AD.又因為AD∩PD＝D，AD，PD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因為DE?平面PAD，所以DE⊥AB.因為PD＝eq\r(2)，PA＝2，PD⊥AD，所以AD＝eq\r(PA2－PD2)＝eq\r(2)，所以AD＝PD，又E是PA的中點，所以DE⊥PA.又因為PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以DE⊥平面PAB.(2)因為AB∥DC，AB?平面PAB，DC?平面PAB，所以DC∥平面PAB.所以點C到平面PAB的距離等于點D到平面PAB的距離．因為DE⊥平面PAB，所以D到平面PAB的距離就是線段DE的長，也就是點C到平面PAB的距離等于線段DE的長，所以點C到平面PEB的距離等于線段DE的長．因為PD＝eq\r(2)，PA＝2，PD⊥AD，AD＝eq\r(2)，E是PA的中點，所以DE＝eq\f(1,2)PA＝1.因為AB⊥平面PAD，PA?平面PAD，所以AB⊥PA.因為PA＝2，AB＝4，所以S△PAB＝eq\f(1,2)×4×2＝4.因為E是PA的中點，所以S△PEB＝eq\f(1,2)S△PAB＝2，所以VE－PBC＝VC－PEB＝eq\f(1,3)S△PEB·DE＝eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3).[變式探究]1．(1)證明：如圖，連接A1B，A1C.因為四邊形AA1B1B為正方形，所以AB1⊥A1B.又因為BC⊥AB，在直棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面AA1B1B.因為AB1?平面AA1B1B，所以BC⊥AB1.又因為A1B∩BC＝B，所以AB1⊥平面A1BC，因為A1D?平面A1BC，所以AB1⊥A1D.(2)點D到平面ABC的距離為定值．因為BC∥B1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1，所以點D到平面AB1C1的距離即為BC到平面AB1C1的距離，可轉(zhuǎn)化為點B到平面AB1C1的距離．記A1B∩AB1＝E，則BE⊥AB1.又BC⊥平面AA1B1B，BE?平面AA1B1B，所以BC⊥BE.因為BC∥B1C1，所以B1C1⊥BE，因為AB1∩B1C1＝B1，所以BE⊥平面AB1C1，所以BE為點D到平面AB1C1的距離．在等腰Rt△ABB1中，因為AB＝BB1＝2，所以AB1＝2eq\r(2)，所以BE＝eq\f(1,2)AB1＝eq\r(2).所以D到平面AB1C1的距離為定值，且定值為eq\r(2).[例2](1)選①EF⊥PC.證明：因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又AE?平面PAB，所以BC⊥AE.又AE⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.又PC?平面PBC，所以AE⊥PC.又EF⊥PC，EF∩AE＝E，EF，AE?平面AEF，所以PC⊥平面AEF.又PC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面AEF.選②F為PC的中點．證明：因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又AE?平面PAB，所以BC⊥AE.又AE⊥PB，PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.又PC?平面PBC，所以AE⊥PC.又F為等腰直角三角形PAC斜邊PC的中點，則AF⊥PC，AF∩AE＝E，AF，AE?平面AEF，所以PC⊥平面AEF.又PC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面AEF.(2)由PC⊥平面AEF，BC⊥平面PAB可知，∠CAF與∠CAB分別為AC與平面AEF及AC與平面PAB所成角，所以∠CAF＝∠CAB.又sin∠CAF＝eq\f(CF,AC)，sin∠CAB＝eq\f(CB,CA)，PA＝AC＝2，所以CB＝CF＝eq\r(2)，求得AB＝eq\r(2)，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(2,3).[變式探究]2．(1)證明：在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝2CD＝2AD＝2eq\r(2)，四邊形ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AC＝eq\r(CD2＋AD2)＝2，AB＝eq\r(CD2＋(BC－AD)2)＝2，于是AC2＋AB2＝8＝BC2，即AB⊥AC.又平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAC.又PC?平面PAC，所以PC⊥AB.(2)如圖，取AC的中點E，連接PE.因為PA＝PC＝eq\f(\r(5),2)AC＝eq\r(5)，所以PE⊥AC，PE＝eq\r(PA2－AE2)＝2.又平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，PE?平面PAC，所以PE⊥平面ABCD.由M是PA的中點，得點M到平面ABCD的距離d＝eq\f(1,2)PE＝1.又S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝2，顯然S△PBM＝S△ABM，所以三棱錐C－PBM的體積VC－PBM＝VC－ABM＝VM－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·d＝eq\f(2,3).[例3](1)證明：設G為AD的中點，連接PG，BG，DB，如圖．因為△PAD為正三角形，所以PG⊥AD.在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△ABD為正三角形，又G為AD的中點，所以BG⊥AD.又BG∩PG＝G，BG，PG?平面PGB，所以AD⊥平面PGB.因為PB?平面PGB，所以AD⊥PB.(2)當F為PC的中點時，使得平面DEF⊥平面ABCD.證明如下：在△PBC中，因為E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點，所以EF∥PB.又EF?平面DEF，PB?平面DEF，所以PB∥平面DEF.同理，易證GB∥平面DEF.又PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.由(1)得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.[變式探究]3．(1)A1A與F1F平行，理由如下：在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因為A1A∥C1C，所以A，C，C1，A1四點共面．因為A1A∥B1B，B1B?平面D1DBB1，A1A?平面D1DBB1，所以A1A∥平面D1DBB1，又因為A1A?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面D1DBB1＝F1F，所以A1A∥F1F.(2)F1F與平面ABCD垂直，理由如下：如圖，易知在平面ABCD內(nèi)存在一條直線m，使直線m⊥AC，又因為平面A1ACC1⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面A1ACC1＝AC，所以m⊥平面A1ACC1，又因為F1F?平面A1ACC1，所以m⊥F1F.同理，在平面ABCD內(nèi)存在一條直線n，使直線n⊥BD，又因為平面D1DBB1⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面D1DBB1＝BD，所以n⊥平面D1DBB1，又因為F1F?平面D1DBB1，所以n⊥F1F.因為AC與BD相交，所以直線m與n也相交，所以F1F⊥平面ABCD.第37講空間向量的概念及運算【夯基固本】[知識梳理]1．(1)大小方向有向線段方向相同且模相等(2)①b＋a②a＋(b＋c)(λμ)a③λa＋μaλa＋λb2．(1)互相平行或重合(2)a＝λb(3)xa＋ybxeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))3．xa＋yb＋zcxeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))4．(1)|a||b|cos〈a，b〉夾角[0，π](2)②a·b＝0③a·a(3)①λ(a·b)②b·a③a·b＋a·c5．坐標向量坐標6．(1)(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)(a1－b1，a2－b2，a3－b3)a1b1＋a2b2＋a3b3a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3eq\f(a2,b2)＝eq\f(a3,b3)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(2)(x2－x1，y2－y1，z2－z1)8．(1)λb(2)①a·n＝0②a＝λ1e1＋λ2e2(3)①n1＝λn2②n⊥β9．(1)a·b＝0(2)①a＝λn②a·e1＝0且a·e2＝0常用結(jié)論：(1)eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3)))(2)eq\r((x2－x1)2＋(y2－y1)2＋(z2－z1)2)[熱身練習]1．C2.A3.B4.C5.eq\f(\r(6),4)【考點探究】[例1](1)－8因為A，B，D三點共線，所以?λ∈R，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝2e1＋ke2，eq\o(BC,\s\up6(→))＝e1＋3e2，eq\o(DC,\s\up6(→))＝2e1－e2，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2e1＋ke2)＋(e1＋3e2)－(2e1－e2)＝e1＋(k＋4)e2，則2e1＋ke2＝λ[e1＋(k＋4)e2]，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,λ(k＋4)＝k，))解得k＝－8.(2)A在正方體ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝c，O為底面ABCD的中心，G為△D1C1O的重心，連接OG，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)（eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))）＋eq\f(1,3)（eq\o(OD1,\s\up6(→))＋eq\o(OC1,\s\up6(→))）＝eq\f(1,2)（eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))）＋eq\f(1,3)[eq\f(1,2)（eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))）＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)（eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))）＋eq\o(CC1,\s\up6(→))]＝eq\f(1,2)(b＋c)＋eq\f(1,6)(－b＋c)＋eq\f(1,3)a＋eq\f(1,6)(b＋c)＋eq\f(1,3)a＝eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(5,6)c.故選A.(3)20如圖，設正方體內(nèi)切球球心為S，MN是該內(nèi)切球的任意一條直徑，易知該內(nèi)切球的半徑為1.當點P在正方體的面的中心時，PS取得最小值1；當點P在正方體的頂點時，PS取得最大值eq\r(3)，所以1≤PS≤eq\r(3).故eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝（eq\o(PS,\s\up6(→))＋eq\o(SM,\s\up6(→))）·（eq\o(PS,\s\up6(→))＋eq\o(SN,\s\up6(→))）＝（eq\o(PS,\s\up6(→))＋eq\o(SM,\s\up6(→))）·（eq\o(PS,\s\up6(→))－eq\o(SM,\s\up6(→))）＝eq\o(PS,\s\up6(→))2－1∈[0，2]，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值是2，最小值是0.[變式探究]1．C如圖，因為eq\o(AG,\s\up6(→))＝2eq\o(GE,\s\up6(→))，所以eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AE,\s\up6(→))，所以eq\o(GC1,\s\up6(→))＝eq\o(GE,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)（eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))）＋eq\f(1,2)（eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))）＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).故選C.2．（0，－eq\f(27,25)，－eq\f(36,25)）由題意，向量a在b方向上的投影為eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(－9,\r(32＋42))＝－eq\f(9,5)，|b|＝5，則與向量b同向的單位向量為（0，eq\f(3,5)，eq\f(4,5)），所以向量a在b方向上的投影向量為－eq\f(9,5)×（0，eq\f(3,5)，eq\f(4,5)）＝（0，－eq\f(27,25)，－eq\f(36,25)）.3．ACD對于A，當λ＝0時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝μeq\o(BB1,\s\up6(→))，μ∈[0，1]，所以eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(BB1,\s\up6(→))，則點P在棱BB1上，A正確；對于B，當λ＝μ時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝λ（eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))），λ∈[0，1]，即eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC1,\s\up6(→))，即eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(BC1,\s\up6(→))，所以點P在線段BC1上，B錯誤；對于C，當μ＝1時，eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，所以λeq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))－eq\o(BB1,\s\up6(→))，所以eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(B1C1,\s\up6(→))，即eq\o(B1P,\s\up6(→))∥eq\o(B1C1,\s\up6(→))，所以點P在棱B1C1上，C正確；對于D，當λ＋μ＝1時，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(BB1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，所以eq\o(BP,\s\up6(→))－eq\o(BB1,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))－λeq\o(BB1,\s\up6(→))，即eq\o(B1P,\s\up6(→))＝λeq\o(B1C,\s\up6(→))，即eq\o(B1P,\s\up6(→))∥eq\o(B1C,\s\up6(→))，所以點P在線段B1C上，D正確．故選ACD.[例2](1)（eq\f(1,3)，1）如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為1，則B(1，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，因為eq\f(|D1P|,|D1B|)＝λ，所以eq\o(D1P,\s\up6(→))＝λeq\o(D1B,\s\up6(→))，設P(x，y，z)，則(x，y，z－1)＝(λ，λ，－λ)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λ，,y＝λ，,z－1＝－λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λ，,y＝λ，,z＝1－λ，))所以P(λ，λ，1－λ)，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1－λ，－λ，λ－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－λ，1－λ，λ－1)，又BD1與AC是異面直線，顯然∠APC不是平角，則由∠APC為鈍角時，有eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝3λ2－4λ＋1<0，解得eq\f(1,3)<λ<1.所以實數(shù)λ的取值范圍為（eq\f(1,3)，1）.(2)eq\r(59)由已知，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，所以|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋72＋2×6×7×cos120°＝59，所以|CD|＝eq\r(59).(3)eq\f(7\r(15),30)設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則a·b＝0，a·c＝－eq\f(1,2)，b·c＝－eq\f(1,2)，又eq\o(A1C,\s\up6(→))＝a＋b－c，則|eq\o(A1C,\s\up6(→))|＝eq\r(（a＋b－c）2)＝eq\r(a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c)＝eq\r(5).由eq\o(A1D,\s\up6(→))＝b－c，則|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝eq\r(（b－c）2)＝eq\r(b2－2b·c＋c2)＝eq\r(3)，則eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(b－c)·(a＋b－c)＝a·b－a·c－2b·c＋b2＋c2＝eq\f(7,2).|cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→))|,|\o(A1D,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(7,2),\r(3)×\r(5))＝eq\f(7\r(15),30)，故異面直線A1D與A1C所成角的余弦值為eq\f(7\r(15),30).[變式探究]4．D因為空間三點A(3，2，0)，B(6，1，－2)，C(5，－1，1)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－3，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6＋3－2＝7，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(9＋1＋4)＝eq\r(14)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(4＋9＋1)＝eq\r(14)，所以cos∠BAC＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(7,14)＝eq\f(1,2)，因為0≤∠BAC≤π，則∠BAC＝eq\f(π,3)，所以，以AB，AC為鄰邊的平行四邊形的面積為S＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|sineq\f(π,3)＝14×eq\f(\r(3),2)＝7eq\r(3).故選D.5．eq\f(\r(19),6)a如圖，由OM＝2MA，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))，由N為BC的中點，則eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))，在正四面體OABC中，易知∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝60°，|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝(－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→)))2＝eq\f(4,9)|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,4)|eq\o(OC,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,4)|eq\o(OB,\s\up6(→))|2－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)a2＋eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2－eq\f(2,3)a2·cos60°－eq\f(2,3)a2·cos60°＋eq\f(1,2)a2cos60°＝eq\f(17,18)a2－eq\f(1,3)a2－eq\f(1,3)a2＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(19,36)a2，所以MN＝eq\f(\r(19),6)a.6．A如圖，取BD的中點O，連接OA，OC.因為AB＝BC＝CD＝AD＝2eq\r(2)，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC⊥BD，OA⊥BD，所以∠AOC為平面ABD與平面CBD所成二面角的平面角，即∠AOC＝60°，所以△AOC為等邊三角形，所以AC＝2.因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))2＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2，所以4＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(DB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋2eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，所以4＝8＋16＋8＋2×2eq\r(2)×4×coseq\f(3π,4)＋2×2eq\r(2)×2eq\r(2)×cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＋2×4×2eq\r(2)×coseq\f(3π,4)，即16cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝4，得cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,4)，所以異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq\f(1,4)，故選A.[例3](1)證明：設BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O.在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，所以A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AO·cos60°＝3，所以AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，所以A1O⊥AO.因為平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(0，2，eq\r(3))．因為eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq\r(3))，則eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，所以eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.(2)假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1.設eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq\r(3))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝λ＋1，,z＝\r(3)λ.))從而有P(0，1＋λ，eq\r(3)λ)，則eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．由(1)知eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，設平面DA1C1的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y1＝0，,\r(3)x1＋\r(3)z1＝0，))取n＝(1，0，－1).因為BP∥平面DA1C1，所以n⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即n·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\r(3)－eq\r(3)λ＝0，解得λ＝－1，即點P在C1C的延長線上，且CP＝CC1.[變式探究]7．以D為坐標原點，直線DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.設DC＝a.(1)連接AC交BD于點G，連接EG.依題意得A(a，0，0)，P(0，0，a)，C(0，a，0)，E（0，eq\f(a,2)，eq\f(a,2)）.因為底面ABCD是正方形，所以G為AC的中點，故點G的坐標為（eq\f(a,2)，eq\f(a,2)，0），所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝(a，0，－a)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝（eq\f(a,2)，0，－eq\f(a,2)），則eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(EG,\s\up6(→))，故PA∥EG.而EG?平面EDB，PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2)依題意得B(a，a，0)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(a，a，－a).又eq\o(DE,\s\up6(→))＝（0，eq\f(a,2)，eq\f(a,2)），故eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0＋eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)＝0，所以eq\o(PB,\s\up6(→))⊥eq\o(DE,\s\up6(→))，所以PB⊥DE.由題可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，EF，DE?平面EFD，所以PB⊥平面EFD.第38講空間角的求法【夯基固本】[知識梳理]1．(1)銳角或直角(2)（0，eq\f(π,2)](3)eq\f(|a·b|,|a||b|)2．(1)射影(2)[0，eq\f(π,2)]①90°②0°③銳角(3)eq\f(|a·u|,|a||u|)3．②eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)[熱身練習]1．D2.C3.A4.C5.eq\f(\r(3),4)【考點探究】[例1](1)eq\f(1,3)以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系（圖略），因為正方體的棱長為2，則D(0，0，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2λ，0，－2).所以|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→))|,|\o(A1F,\s\up6(→))||\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq\f(3\r(2),10)，解得λ＝eq\f(1,3)（λ＝－eq\f(1,3)舍去）.(2)eq\f(\r(34),34)如圖所示，在棱BC上取點F，使CF＝BE，連接C1F，AF，A1F.因為AB＝BC＝AA1，D為棱B1C1的中點，點E在棱BC上，且BC＝4BE，設AB＝BC＝AA1＝4，可得BE＝CF＝1，BF＝3，A1C1＝AC＝4eq\r(2)，EF＝2.在Rt△ABF中，因為AB＝4，BF＝3，所以AF＝eq\r(42＋32)＝5.在Rt△A1AF中，A1F＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AF2)＝eq\r(41)，在Rt△C1CF中，C1F＝eq\r(CCeq\o\al(2,1)＋CF2)＝eq\r(17).因為D是B1C1的中點，所以C1D＝2，所以EF＝C1D，又因為BC∥B1C1，所以EF∥C1D，所以四邊形C1DEF是平行四邊形，所以DE∥C1F，所以∠A1C1F是異面直線AC與DE所成的角．在△A1C1F中，由余弦定理可得cos∠A1C1F＝eq\f(A1Ceq\o\al(2,1)＋C1F2－A1F2,2AC1·C1F)＝eq\f(32＋17－41,2×4\r(2)×\r(17))＝eq\f(\r(34),34)，即異面直線AC與DE所成角的余弦值是eq\f(\r(34),34).[變式探究]1．30°設BD的中點為O，連接EO，F(xiàn)O，所以EO∥AD，F(xiàn)O∥BC，則∠EOF（或其補角）就是異面直線AD，BC所成角的平面角．又因為EO＝eq\f(1,2)AD＝1，F(xiàn)O＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(3)，EF＝eq\r(7)，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝eq\f(OE2＋OF2－EF2,2OE·OF)＝eq\f(1＋3－7,2\r(3))＝－eq\f(\r(3),2)，所以∠EOF＝150°，故異面直線AD與BC所成角的大小為30°.2．eq\f(\r(6),6)因為eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以|eq\o(BD1,\s\up6(→))|2＝（eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))）2＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))－2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))，所以|eq\o(BD1,\s\up6(→))|2＝36＋36＋36＋2×6×6×eq\f(1,2)－2×6×6×eq\f(1,2)－2×6×6×eq\f(1,2)＝72，則|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝6eq\r(2)，同理，可得|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝6eq\r(3).因為eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD1,\s\up6(→))＝（eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))）·（eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))）＝18＋18－36＋36＋18－18＝36，所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD1,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|\o(|BD1|,\s\up6(→)))＝eq\f(36,6\r(3)×6\r(2))＝eq\f(\r(6),6).[例2](1)證明：連接AC交BD于N，連接MN，因為四邊形ABCD是正方形，故N為AC的中點，又M是AE的中點，所以在△ACE中，有MN∥EC，又EC?平面BDM，MN?平面BDM，所以EC∥平面BDM.(2)如圖，建立空間直角坐標系，AB＝4，設DE＝a，則B(4，4，0)，C(0，4，0)，F(xiàn)(4，4，a)，A(4，0，0)，E(0，0，a).又M是AE的中點，故M（2，0，eq\f(a,2)），eq\o(BM,\s\up6(→))＝（－2，－4，eq\f(a,2)），eq\o(CF,\s\up6(→))＝(4，0，a)，因為BM⊥CF，所以eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝－8＋eq\f(a2,2)＝0，解得a＝4.設P(x，y，z)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CE,\s\up6(→))，即eq\o(CP,\s\up6(→))＝(x，y－4，z)＝eq\f(1,3)eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(0，－4，4)，可得P（0，eq\f(8,3)，eq\f(4,3)），則eq\o(MP,\s\up6(→))＝（－2，eq\f(8,3)，－eq\f(2,3)）.又eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，4，4)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－4，0，4)，設平面AEF的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))＝4y1＋4z1＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝－4x1＋4z1＝0，))令z1＝1，則x1＝1，y1＝－1，即n＝(1，－1，1).設直線PM與平面AEF所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(MP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MP,\s\up6(→))|,|n||\o(MP,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－\f(16,3)|,\r(3)×\r(4＋\f(64,9)＋\f(4,9)))＝eq\f(4\r(78),39)，所以直線PM與平面AEF所成角的正弦值為eq\f(4\r(78),39).[變式探究]3．(1)如圖，連接DC1，DE，EC1.由三棱臺ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中點，可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，所以四邊形ADC1A1為平行四邊形，故AA1∥DC1，AA1?平面DEC1,DC1?平面DEC1，故AA1∥平面DEC1.又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1?平面ABB1A1，AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1∥平面DEC1.又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，所以DE∥AB.由于D是AC的中點，故E是BC的中點，故點E是邊BC的中點時，AB1∥平面DEC1.(2)因為CC1⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1?平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC?平面BCC1B1，所以AB⊥CB.由(1)知，E是BC的中點，D是AC的中點，所以ED∥AB，所以DE⊥BC，連接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，所以四邊形B1C1CE為平行四邊形，故CC1∥B1E.由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，故ED，EC，EB1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系．設B1E＝a，則E(0，0，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，C1(1，0，a)，B1(0，0，a)，故eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(1，0，a).設平面DEC1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up6(→))·m＝y(tǒng)＝0，,\o(EC1,\s\up6(