空间几何体的结构、三视图和直观图　全册教案

3.1 空间几何体的结构、三视图和直观图2014高考会这样考 1.几何体作为线面关系的载体，其结构特征是必考内容；2.考查三视图、直观图及其应用．复习备考要这样做 1.重点掌握以三视图为命题背景，研究空间几何体的结构特征的题型；2.熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等几何体的三视图．1．多面体的结构特征(1)棱柱的上下底面平行，侧棱都平行且长度相等，上底面和下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面的两个多边形相似．2．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上下底中点的连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆或圆绕其直径旋转得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括主视图、左视图、俯视图．4．空间几何体的直观图(1)在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段；(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的.[难点正本 疑点清源]1．正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．2．正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫作正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．3．空间几何体的数量关系也体现在三视图中，主视图和左视图的“高平齐”，主视图和俯视图的“长对正”，左视图和俯视图的“宽相等”．其中，主视图、左视图的高就是空间几何体的高，主视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，左视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．要尽量按照这个规则画空间几何体的三视图． 1．利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是__________．(写出所有正确的序号)①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形．答案 ①②④解析 ①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．2．一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．答案 ①②③⑤解析 ①存在可以得主视图为三角形的情况；②四棱锥，若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得主视图为三角形；③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底面看，得主视图为三角形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆锥的底面水平放置，主视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是矩形或圆，不可能是三角形．3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(  )A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体答案 C解析 当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．4．(2012·湖南)某几何体的主视图和左视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(  )答案 C解析 根据几何体的三视图知识求解．由于该几何体的主视图和左视图相同，且上部分是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，因此俯视图不可能是C.5.如图，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是(  )答案 B 解析 通过观察图形，三棱锥的主视图应为高为4，底面边长为3的直角三角形．题型一 空间几何体的结构特征例1 设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．思维启迪：利用有关几何体的概念判断所给命题的真假．答案 ①④解析 命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的．探究提高 解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为(  )                  A．0B．1C．2D．3答案 B解析 命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②错，因这腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．题型二 几何体的三视图例2 如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是(  )思维启迪：对于三视图的有关问题，一定要抓住“投影”这个关键词，把握几何体的形状．答案 C 解析 若该几何体的俯视图是选项A，则该几何体的体积为1，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项B，则该几何体的体积为，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项C，则该几何体的体积为，满足题意；若该几何体的俯视图是选项D，则该几何体的体积为，不满足题意．故选C.探究提高 对于几何体的三视图，要注意以下几点：①三视图的排放位置．主视图、左视图分别放在左、右两边，俯视图放在主视图的下边．②注意实虚线的区别．③画三视图的规则：长对正，宽平齐，高相等．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的主视图与左视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为(  )答案 C解析 由三视图中的正、左视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为C.题型三 空间几何体的直观图例3 已知△ABC的直观图A′B′C′是边长为a的正三角形，求原△ABC的面积．思维启迪：按照直观图的画法，建立适当的坐标系将三角形A′B′C′还原，并利用平面几何的知识求出相应的线段、角，求解时要注意线段和角的变化规律．解 建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A′B′边在x轴上，把y′轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使OC＝2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变．已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，由正弦定理得＝，所以OC′＝a＝a，所以原三角形ABC的高OC＝a，所以S△ABC＝×a×a＝a2. 探究提高 对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝S，并能进行相关问题的计算．正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________．答案 a2解析 正三角形AOB的面积为a2，其直观图的面积为原图形面积的倍，故它的直观图的面积等于·a2＝a2.三视图识图不准确致误典例：(5分)一个空间几何体的三视图，如图所示，则这个空间几何体的表面积是________．易错分析 不能把三视图反映出的空间几何体的形状、大小准确的还原出来．审题视角 由三视图还原成直观图或几何体，要注意几何体的不同放置；结合三视图的规则综合考虑，正确得到原几何体．解析 这是一个由轴截面割开的半个圆柱与一个球的组合体，其表面积是圆柱的上下两个底面半圆、圆柱的侧面积的一半、圆柱的轴截面和球的表面积之和，故这个表面积是2××π×12＋×2π×1×2＋2×2＋4π×2＝4π＋4.答案 4π＋4温馨提醒 在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．方法与技巧1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决． 2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．失误与防范1．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的影响．3．能够由空间几何体的三视图得到它的直观图；也能够由空间几何体的直观图得到它的三视图，提升空间想象能力．A组 专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．给出四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是(  )A．0B．1C．2D．3答案 A解析 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．(2012·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(  )A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱[来源:学,科,网]答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得．球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O－ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.3．(2011·课标全国)在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图如图所示，则相应的左视图可以为(  ) 答案 D解析 由几何体的主视图和俯视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其左视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形，故应选D.4．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是(  )答案 D解析 由俯视图可知是B和D中的一个，由主视图和左视图可知B错．二、填空题(每小题5分，共15分)5．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案 解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为的三角形，所以原三角形的面积为.6.如图所示，E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D1上的投影是________．(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC1D1上的投影为②，B在面DCC1D1上的投影为C，F、E在面DCC1D1上的投影应在边CC1与DD1上，而不在四边形的内部，故①③④错误． 7．图中的三个直角三角形是一个体积为20cm3的几何体的三视图，则h＝________cm.答案 4解析 如图是三视图对应的直观图，这是一个三棱锥，其中SA⊥平面ABC，BA⊥AC.由于V＝S△ABC·h＝××5×6×h＝5h，∴5h＝20，∴h＝4.三、解答题(共22分)8．(10分)一个几何体的三视图及其相关数据如图所示，求这个几何体的表面积．解 这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．根据图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何体的表面积为S＝π×12＋π×22＋π×(1＋2)×2＋×(2＋4)×＝＋3.9．(12分)已知一个正三棱台的两底面边长分别为30cm和20cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如图所示，正三棱台ABC—A1B1C1中，O、O1分别为两底面中心，D、D1分别为BC和B1C1的中点，则DD1为棱台的斜高．由题意知A1B1＝20，AB＝30，则OD＝5，O1D1＝，由S侧＝S上＋S下，得×(20＋30)×3DD1＝×(202＋302)，解得DD1＝，在直角梯形O1ODD1中，O1O＝＝4，所以棱台的高为4cm. B组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．(2011·山东)右图是长和宽分别相等的两个矩形，给定下列三个命题：①存在三棱柱，其主视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其主视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其主视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是(  )A．3B．2C．1D．0答案 A解析 底面是等腰直角三角形的三棱柱，当它的一个矩形侧面放置在水平面上时，它的主视图和俯视图可以是全等的矩形，因此①正确；若长方体的高和宽相等，则存在满足题意的两个相等的矩形，因此②正确；当圆柱侧放时(即左视图为圆时)，它的主视图和俯视图可以是全等的矩形，因此③正确．2.一个正方体截去两个角后所得几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图为(  )答案 C解析 依题意可知该几何体的直观图如下图所示，故其俯视图应为C.3．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，得四边形BFD1E，给出下列结论：①四边形BFD1E有可能为梯形；②四边形BFD1E有可能为菱形；③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D；⑤四边形BFD1E面积的最小值为.其中正确的是(  )A．①②③④B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②④⑤答案 B 解析 四边形BFD1E为平行四边形，①显然不成立，当E、F分别为AA1、CC1的中点时，②④成立，四边形BFD1E在底面的投影恒为正方形ABCD.当E、F分别为AA1、CC1的中点时，四边形BFD1E的面积最小，最小值为.二、填空题(每小题5分，共15分)4.在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2cm，则在xOy坐标系中，四边形ABCO为________，面积为________cm2.答案 矩形 8解析 由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在xOy坐标系中，四边形ABCO是一个长为4cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8cm2.5．用半径为r的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．答案 r解析 由题意可知卷成的圆锥的母线长为r，设卷成的圆锥的底面半径为r′，则2πr′＝πr，所以r′＝r，所以圆锥的高h＝＝r.6.如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是________(填出所有可能的序号)．答案 ①②③解析 空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是①；在面BCC′B′上的投影是②；在面ABCD上的投影是③，故填①②③.三、解答题7．(13分)已知正三棱锥V—ABC的主视图、左视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出左视图的面积．解 (1)如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC＝2，∴左视图中VA＝＝2，∴S△VBC＝×2×2＝6.§3.2 简单几何体的表面积与体积2014高考会这样考 1.与三视图相结合，考查几何体的表面积、体积；2.作为解答题中的某一问，与空间线面关系相结合考查几何体体积的计算．复习备考要这样做 1.熟记公式，理解公式的意义；2.结合几何体的结构特征，运用公式解决一些计算问题．1．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrhV＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝Sh＝πr2h＝πr2圆台S侧＝π(r1＋r2)lV＝(S上＋S下＋)h＝π(r＋r＋r1r2)h直棱柱S侧＝ChV＝Sh正棱锥S侧＝Ch′V＝Sh正棱台S侧＝(C＋C′)h′V＝(S上＋S下＋)h球S球面＝4πR2V＝πR32.几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．[难点正本 疑点清源]1．几何体的侧面积和全面积 几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和．对侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行．要特别留意根据几何体侧面展开图的平面图形的特点来求解相关问题．如直棱柱(圆柱)侧面展开图是一矩形，则可用矩形面积公式求解．再如圆锥侧面展开图为扇形，此扇形的特点是半径为圆锥的母线长，圆弧长等于底面的周长，利用这一点可以求出展开图扇形的圆心角的大小．2．等积法等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高，这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．1．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是________．答案 4πS解析 设圆柱的底面半径为r，则r＝，又侧面展开图为正方形，∴圆柱的高＝2，∴S圆柱侧＝4πS.2．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为________m3.答案 4解析 这个空间几何体是一个三棱锥，这个三棱锥的高为2，底面是一个一条边长为4、这条边上的高为3的等腰三角形，故其体积V＝××4×3×2＝4.3．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．答案 2解析 设圆锥的母线为l，圆锥底面半径为r.则πl2＋πr2＝3π，πl＝2πr，∴r＝1，即圆锥的底面直径为2.4．一个球与一个正方体的各个面均相切，正方体的边长为a，则球的表面积为________．答案 πa2解析 由题意知，球的半径R＝.所以S球＝4πR2＝πa2.5.如图所示，在棱长为4的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是A1B1上一点，且PB1＝A1B1，则多面体P—BB1C1C的体积为________．答案 解析 ∵四棱锥P—BB1C1C的底面积为16，高PB1＝1，∴VP—BB1C1C＝×16×1＝. 题型一 简单几何体的表面积例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(  )                  A．48B．32＋8C．48＋8D．80思维启迪：先通过三视图确定空间几何体的结构特征，然后再求表面积．答案 C解析 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为＝.所以S表＝42＋2×4＋×(2＋4)×4×2＋4××2＝48＋8.探究提高 (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．一个几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是________cm2.答案 4π＋12解析 由三视图知该几何体为一个四棱柱、一个半圆柱和一个半球的组合体，其中四棱柱上表面与半球重合部分之外的面积为1×2－×π×12＝2－，四棱柱中不重合的表面积为2－＋1×2×2＋2×2＋2＝12－，半圆柱中不重合的表面积为×2π×2＋π＝π，半球的表面积为×4π＝2π，所以该几何体的表面积为4π＋12. 题型二 简单几何体的体积例2 如图所示，已知E、F分别是棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1的棱A1A、CC1的中点，求四棱锥C1—B1EDF的体积．思维启迪：思路一：先求出四棱锥C1—B1EDF的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积；思路二：先将四棱锥C1—B1EDF化为两个三棱锥B1—C1EF与D—C1EF，再求四棱锥C1—B1EDF的体积．解 方法一 连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过O1作O1H⊥B1D于H.∵EF∥A1C1，且A1C1平面B1EDF，∴A1C1∥平面B1EDF.∴C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离．∵平面B1D1D⊥平面B1EDF，平面B1D1D∩平面B1EDF＝B1D，∴O1H⊥平面B1EDF，即O1H为棱锥的高．∵△B1O1H∽△B1DD1，∴O1H＝＝a.∴VC1—B1EDF＝S四边形B1EDF·O1H＝··EF·B1D·O1H＝··a·a·a＝a3.方法二 连接EF，B1D.设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝a.由题意得，VC1—B1EDF＝VB1—C1EF＋VD—C1EF＝·S△C1EF·(h1＋h2)＝a3.探究提高 在求解一些不规则的几何体的体积以及两个几何体的体积之比时，常常需要用到分割法．在求一个几何体被分成两部分的体积之比时，若有一部分为不规则几何体，则可用整个几何体的体积减去规则几何体的体积求出其体积．(2012·课标全国)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(  )A.B.C.D. 答案 A解析 由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝.题型三 几何体的展开与折叠问题例3 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、B、C、D、O为顶点的四面体的体积为________．(2)有一根长为3πcm，底面直径为2cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________cm.思维启迪：(1)考虑折叠后所得几何体的形状及数量关系；(2)可利用圆柱的侧面展开图．答案 (1) (2)5π解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA、OC、OD两两相互垂直，且OA＝OC＝OD＝2，体积V＝S△OCD·OA＝××(2)3＝.(2)把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图)，由题意知BC＝3πcm，AB＝4πcm，点A与点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度．AC＝＝5π(cm)，故铁丝的最短长度为5πcm.探究提高 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变． (2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．如图，已知一个多面体的平面展开图由一边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是_______．答案 解析 如图，四棱锥的高h＝＝，∴V＝Sh＝×1×＝.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC—A′B′C′中，底面是边长为3的等边三角形，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为，设这条最短路线与CC′的交点为N，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC与NC的长；(3)三棱锥C—MNP的体积．审题视角 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN＋NP最短在展开图上呈现怎样的形式；(3)三棱锥以谁做底好．规范解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为＝.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，如下图，设PC＝x，则MP2＝MA2＋(AC＋x)2.∵MP＝，MA＝2，AC＝3，∴x＝2，即PC＝2.又NC∥AM，故＝，即＝.∴NC＝.[8分](3)S△PCN＝×CP×CN＝×2×＝.在三棱锥M—PCN中，M到面PCN的距离，即h＝×3＝.∴VC—MNP＝VM—PCN＝·h·S△PCN＝××＝.[12分] 温馨提醒 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的根本思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)如果已知的空间几何体是多面体，则根据问题的具体情况可以将这个多面体沿多面体中某条棱或者两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．如果是圆柱、圆锥则可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)本题的易错点是，不知道从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识．方法与技巧1．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．要注意将空间问题转化为平面问题．3．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．4．一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决．失误与防范1．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．[来源:Z*xx*k.Com]A组 专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2012·课标全国)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为(  )A．6B．9C．12D．18答案 B解析 由题意知，此几何体是三棱锥，其高h＝3，相应底面面积为S＝×6×3＝9，∴V＝Sh＝×9×3＝9.2.已知高为3的直棱柱ABC—A′B′C′的底面是边长为1的正三角形(如右图所示)，则三棱锥B′—ABC的体积为(  ) A.B.C.D.答案 D解析 VB′—ABC＝×BB′×S△ABC＝×3××12＝.3．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为(  )A．48(3＋)B．48(3＋2)C．24(＋)D．144答案 A解析 S底＝6××42＝24，S侧＝6×4×6＝144，∴S全＝S侧＋2S底＝144＋48＝48(3＋)．4．(2012·北京)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是(  )A．28＋6B．30＋6C．56＋12D．60＋12答案 B解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5，BE＝2，ED＝3，AE＝4.∵AE＝4，ED＝3，∴AD＝5.又CD⊥BD，CD⊥AE，则CD⊥平面ABD，故CD⊥AD，所以AC＝且S△ACD＝10.在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2.在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4， 故S△BCD＝10，且BC＝.在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.在△ABC中，AB＝2，BC＝AC＝，则AB边上的高h＝6，故S△ABC＝×2×6＝6.因此，该三棱锥的表面积为S＝30＋6.二、填空题(每小题5分，共15分)5．(2012·山东)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．答案 解析 利用三棱锥的体积公式直接求解VD1－EDF＝VF－DD1E＝S△D1DE·AB＝××1×1×1＝.6．(2011·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.答案 4解析 此几何体是两个长方体的组合，故V＝2×1×1＋1×1×2＝4.7．已知三棱锥A—BCD的所有棱长都为，则该三棱锥的外接球的表面积为________．答案 3π解析 如图，构造正方体ANDM—FBEC.因为三棱锥A—BCD的所有棱长都为，所以正方体ANDM—FBEC的棱长为1.所以该正方体的外接球的半径为.易知三棱锥A—BCD的外接球就是正方体ANDM—FBEC的外接球，所以三棱锥A—BCD的外接球的半径为.所以三棱锥A—BCD的外接球的表面积为S球＝4π2＝3π.三、解答题(共22分) 8．(10分)如图所示，在边长为5＋的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，M，N，K为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积．解 设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，由已知条件，解得r＝，l＝4，S＝πrl＋πr2＝10π，h＝＝，V＝πr2h＝2π.9．(12分)有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面半径BC的长为r，则容器内水的体积为V＝V圆锥－V球＝(r)2·3r－r3＝r3，将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积为V′＝2h＝h3，由V＝V′，得h＝r.B组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为(  )A.πB．π＋C.π＋D.π＋答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为，∴表面积S＝×2×＋×π×12＋×π·1×2＝＋. 2．在四棱锥E—ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD,2AB＝3CD，M为AE的中点，设E—ABCD的体积为V，那么三棱锥M—EBC的体积为(  )A.VB.VC.VD.V答案 D解析 设点B到平面EMC的距离为h1，点D到平面EMC的距离为h2.连接MD.因为M是AE的中点，所以VM—ABCD＝V.所以VE—MBC＝V－VE—MDC.而VE—MBC＝VB—EMC，VE—MDC＝VD—EMC，所以＝＝.因为B，D到平面EMC的距离即为到平面EAC的距离，而AB∥CD，且2AB＝3CD，所以＝.所以VE—MBC＝VM－EBC＝V.3．(2011·辽宁)已知球的直径SC＝4，A、B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为(  )A．3B．2C.D．1答案 C解析 由题意知，如图所示，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB＝，SC＝4，所以SA＝SB＝2，AC＝BC＝2，作BD⊥SC于D点，连接AD，易证SC⊥平面ABD，因此V＝××()2×4＝.二、填空题(每小题5分，共15分)4.如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为______cm.答案 13解析 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为＝13cm.5．已知一个几何体是由上、下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为，则该几何体的体积是________． 答案 π解析 这个几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆锥和一个半径为1的半球组成的几何体，故其体积为π×12×2＋×π×13＝π.6．(2012·上海)如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2.若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．答案 c解析 ∵AB＋BD＝AC＋CD＝2a>2c＝AD，∴B、C都在以AD的中点O为中心，以A、D为焦点的两个椭圆上，∴B、C两点在椭圆两短轴端点时，到AD距离最大，均为，此时△BOC为等腰三角形，且AD⊥OC，AD⊥OB，∴AD⊥平面OBC.取BC的中点E，显然OE⊥BC，OEmax＝，∴S△BOC(max)＝×2×＝.∴VD－ABC＝VD－OBC＋VA－OBC＝·OD·S△OBC＋·OA·S△OBC＝(OD＋OA)S△OBC＝×2c＝c.三、解答题7．(13分)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D—ABC，如图2所示．    图1        图2(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)求几何体D—ABC的体积．(1)证明 在图中，可得AC＝BC＝2，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)解 由(1)可知BC为三棱锥B—ACD的高，BC＝2，S△ACD＝2，∴VB—ACD＝S△ACD·BC＝×2×2＝，由等体积性可知，几何体D—ABC的体积为.§3.3 空间点、直线、平面之间的位置关系2014高考会这样考 1.考查点、线、面的位置关系，考查逻辑推理能力与空间想象能力；2.考查公理、定理的应用，证明点共线、线共点、线共面的问题；3.运用公理、定理和结论证明或判断一些空间图形的位置关系．复习备考要这样做 1.理解、熟记平面的性质公理，灵活运用并判断直线与平面的位置关系；2.异面直线位置关系的判定是本节难点，可以结合实物、图形思考．1．平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．(即可以确定一个平面)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：.3．直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行． 6．定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．[难点正本 疑点清源]1．公理的作用公理1的作用是判断直线是否在某个平面内；公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法；公理3的作用是如何寻找两相交平面的交线以及证明“线共点”的理论依据；平行公理是对初中平行线的传递性在空间中的推广．2．正确理解异面直线的定义：异面直线不同在任何一个平面内，没有公共点．不能错误地理解为不在某一个平面内的两条直线就是异面直线．1．在下列命题中，所有正确命题的序号是________．①平面α与平面β相交，它们只有有限个公共点；②经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面；③经过两条相交直线，有且只有一个平面；④如果两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合；⑤四边形确定一个平面．答案 ②③④2．正方体各面所在平面将空间分成________部分．答案 27解析 如图，上下底面所在平面把空间分成三部分；左右两个侧面所在平面将上面的每一部分再分成三个部分；前后两个侧面再将第二步得到的9部分的一部分分成三部分，共9×3＝27部分．3．空间四边形ABCD中，各边长均为1，若BD＝1，则AC的取值范围是________．答案 (0，)解析 如图所示，△ABD与△BCD均为边长为1的正三角形，当△ABD与△CBD重合时，AC＝0，将△ABD以BD为轴转动，到A，B，C，D四点再共面时，AC＝，故AC的取值范围是00，y>0，z>0. ＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)由||＝||得＝，故x＝1.由||＝1得y2＋z2＝1.①又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，即y2＋z2－4y＋1＝0.②联立①②得[6分]于是S(1，，)，＝(－1，－，)，＝(1，－，)，＝(0，，)．因为·＝0，·＝0，故DS⊥AS，DS⊥BS.又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.[8分](2)解 设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)，则a⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0.又＝(1，－，)，＝(0,2,0)，故取p＝2得a＝(－，0,2)．[10分]又＝(－2,0,0)，cos〈，a〉＝＝，所以AB与平面SBC所成角的正弦值为.[12分]解后反思 直线和平面的位置关系可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系来判断．证明的主要思路：(1)证明线线平行：可证两条直线的方向向量共线；(2)证明线面平行：①证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，②证明直线的方向向量可用平面内的两个不共线向量线性表示；(3)证明面面平行：可证两个平面的法向量共线；(4)证明线线垂直：可证两条直线的方向向量垂直；(5)证明线面垂直：①证明直线的方向向量和平面内的两个不共线向量垂直，②证明直线的方向向量与平面的法向量共线；(6)证明面面垂直：可证两个平面的法向量互相垂直． 方法与技巧用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．失误与防范用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．A组 专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是(  )A．P(2,3,3)B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0)D．P(3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A，＝(1,4,1)，∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．2．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分别与，垂直，则向量a为(  )A．(1,1,1)B．(－1，－1，－1)C．(1,1,1)或(－1，－1，－1)D．(1，－1,1)或(－1,1，－1)答案 C解析 由条件知＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，可观察出a＝±(1,1,1)．3．若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则(  )A．l∥α或lαB．l⊥αC．lαD．l与α斜交答案 A4.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为(  ) A．平行B．异面C．垂直D．以上都不对答案 C解析 以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．∴＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)，＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)，∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，即⊥，∴AM⊥PM.二、填空题(每小题5分，共15分)5．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2，3，m)，若l1⊥l2，则m＝___.答案 26．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)确定的平面上，则a＝________.答案 16解析 ＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设＝x＋y(x、y∈R)，则(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，∴ 解得x＝－7，y＝4，a＝16.7.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．答案 平行解析 ∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝，∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋＝(＋)＋＋(＋)＝＋.又∵是平面B1BCC1的法向量，∴·＝·＝0，∴⊥.又∵MN⃘平面B1BCC1，∴MN∥平面B1BCC1.三、解答题(共22分)8．(10分)如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.(1)求证：BC1⊥AB1；(2)求证：BC1∥平面CA1D.证明 如图，以C1点为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AC＝BC＝BB1＝2，则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)．(1)由于＝(0，－2，－2)，＝(－2,2，－2)，所以·＝0－4＋4＝0，因此⊥，故BC1⊥AB1.(2)连接A1C，取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，所以＝(0,1,1)，又＝(0，－2，－2)，所以＝－，又ED和BC1不共线，所以ED∥BC1，又DE平面CA1D，BC1平面CA1D，故BC1∥平面CA1D.9．(12分)如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明 (1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∴E，F，＝，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．∵＝－，∴∥，即EF∥AB，又AB平面PAB，EF⃘平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.B组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为(  )A．－1,2B．1，－2C．1,2D．－1，－2答案 A解析 由已知得c＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0.解得2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(  ) A.B.C.D.答案 D解析 由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，∴，∴.3.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO、AM的位置关系是(  )A．平行B．相交C．异面垂直D．异面不垂直答案 C解析 建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，＝(－1,0，－2)，＝(－2,0,1)，·＝0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直．二、填空题(每小题5分，共15分)4．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，则x＝________.答案 －4解析 ∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.5．已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．答案 解析 |a|＝＝3，|b|＝＝3，a·b＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos〈a，b〉＝＝，sin〈a，b〉＝，S平行四边形＝|a||b|·sin〈a，b〉＝.6.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的有________个．答案 2解析 建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中点坐标为， 又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.三、解答题7．(13分)在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．(1)证明 如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E、P(0,0，a)、F.＝，＝(0，a,0)．∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.(2)解 设G(x,0，z)，则＝，若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝；由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.∴G点坐标为，即G点为AD的中点．§3.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角、距离2014高考会这样考 1.考查用向量方法求空间角的大小；2.考查简单的空间距离的计算(点面距是重点)． 复习备考要这样做 1.掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；2.会利用向量方法对距离进行转化．1．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|.(3)求平面间夹角的大小如图所示，平面π1与π2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面π1上作直线l1⊥l，在平面π2上作直线l2⊥l，则l1∩l2＝R.我们把直线l1和l2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2.当0≤〈n1，n2〉≤时，平面π1与π2的夹角等于〈n1，n2〉；当