教师版高二数学暑假《行远小组课》教材册_2026年暑假《新东方》高二行远班讲义（数学）

01 数列通项求和专题复习
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
 掌握累加法、累乘法求数列通项
目标2
★★★☆☆☆ 操作
 掌握待定系数法求数列通项
目标3
★★★☆☆☆ 操作
 掌握取倒数法、取对数法求数列通项
目标4
★★★☆☆☆ 操作
 掌握数列前n项和S 与通项的关系
n
目标5
★★★☆☆☆ 操作
 掌握倒序相加的求和方法
目标6
★★★☆☆☆ 操作
 掌握错位相减的求和方法
目标7
★★★☆☆☆ 操作
 掌握裂项相消的求和方法
目标8
★★★☆☆☆ 操作
 掌握分组求和的求和方法
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求能够掌握累加法、累乘法在数列求通项中的应用，掌握待定系数法、取倒数法、取
对数法在数列求通项中的应用，运用数列前n项和与数列通项之间的关系求通项；
2
2．数列章节是上海考试的重难点，本讲知识点期末考试分值占比10%，高考分值占18%左右；
3．对应教材：高中数学选择性必修第一册，第四章：数列；
4．本讲知识点给出数列求通项的方法，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内容设
置题目。
 
 课堂引入
 
【课堂引入】
“斐波那契数列(Fibonacci)”的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci，公元1170
～1240)，斐波那契数列指的是这样一个数列：1,1,2,3,5,8,13,21，….这个数列从第三项开始，每一项都等于前
两项之和．它的通项为：an＝[()n－()n]．有趣的是：这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理
数来表达的．
斐波那契数还可以在植物的叶、枝、茎等排列中发现．例如：在树木的枝干上选一片叶子，记其为数0，
然后依序点数叶子(假定没有折损)，直到到达与那片叶子正对的位置，则其间的叶子数多半是斐波那契数．叶
子从一个位置到达下一个正对的位置称为一个循回，叶子在一个循回中旋转的圈数也是斐波那契数．在一个
循回中叶子数与叶子旋转圈数的比称为叶序比，多数的叶序比呈现为斐波那契数的比，真让我们惊叹于这世
界的奥妙无穷．
引入：由以上例子，引入著名的递推数列：斐波那契数列，求解过程中引入数列求通项的思考方向。
知识点1——累加法和累乘法
考点1：累加法
知识笔记
累加法
形如an −an−1 = f(n)(n ≥2)可以用累加法.
经典例题
例1
定义数列{an}的 “差分数列”{bn}：bn = an+1 −an.若数列{an}的 “差分数列”{bn}是公差为2的等差数列，且b1 = 3，
a2 = 4，则（ ）
A. a1 = 1
B. b2 = 5
3
C. an = n2
D. 数列{an}的前n项和Sn = n (n + 1) (2n + 1)
3
ABC
根据b1 = a2 −a1可得选项A正确；根据等差数列通项公式可得选项B正确；利用累加法求数列通项公式可得选
项C正确；举反例可说明选项D错误.
A.由题意得，b1 = a2 −a1，即3 = 4 −a1，故a1 = 1，选项A正确.       
B. ∵数列{bn}是公差为2的等差数列，b1 = 3，
∴bn = 3 + 2 (n −1) = 2n + 1，故b2 = 5，选项B正确.
C.由bn = an+1 −an得，an+1 −an = 2n + 1，
∴当n ≥2时，an −an−1 = 2n −1，
∴an = a1 + (a2 −a1) + (a3 −a2) + ⋯+ (an −an−1)
= 1 + 3 + 5 + ⋯+ (2n −1)= n (1 + 2n −1)
2
= n2，
当n = 1时，a1 = 1满足上式，故an = n2，选项C正确.
D.当n = 1时，S1 = 1 × 2 × 3
3
= 2 ≠a1，选项D错误.
故选：ABC.
教法备注
【考点】累加法
【教法】注意累加法步骤
答案
解析
变式1-1
南宋数学家杨辉所著《九章算法•商功》中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二
层有3个，第三层有6个⋯，设各层球数构成一个数列{an}，且满足an+1 −an = f(n)，则
a1 + a2
2 + a3
3 + ⋅⋅⋅+ a10
10 =（       ）
A. 65
2
B. 65
C. 67
D. 67
2
4
A
根据题意可得递推关系式an+1 −an = n + 1，再利用累加法求出数列{an}的通项公式，即可求解.
∵最上层有1个球，第二层有3个，第三层有6个，
∴an+1 −an = n + 1，a1 = 1，
当n ≥2时，an = (an −an−1) + (an−1 −an−2) + ⋯+ (a2 −a1) + a1
= n + (n −1) + (n −2) + ⋯+ 2 + 1= n(n + 1)
2
，a1 = 1也适合该式，
∴an
n = n + 1
2
，
∴a1 + a2
2 + a3
3 + ⋅⋅⋅+ a10
10 = 1 + 3
2 + 4
2 + ⋯+ 11
2 =
10 (1 + 11
2 )
2
= 65
2 .
故选：A.
教法备注
【考点】累加法
【教法】注意累加法步骤
答案
解析
考点2：累乘法
知识笔记
累乘法
    形如：an
an−1
= f(n)(n ≥2)可以用累乘法.
经典例题
例2
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1 = 2，且n ( 1
Sn
−
1
Sn+1
) =
2
Sn+1
，则a5 =（     ）
A. 10
B. 9
C. 8
D. 6
5
A
由已知等式变形为Sn+1
Sn
= n + 2
n
，利用累乘法求出数列{Sn}的通项公式，即可得出a5 = S5 −S4的值.
因为正项数列{an}的前n项和为Sn，a1 = 2，且n ( 1
Sn
−
1
Sn+1
) =
2
Sn+1
，
可得n
Sn = n + 2
Sn+1
，则Sn+1
Sn
= n + 2
n
，
所以，S2
S1 = 3
1 ，S3
S2 = 4
2 ，S4
S3 = 5
3 ，⋯，Sn+1
Sn
= n + 2
n
，
上述等式相乘得Sn+1
S1
= 3 × 4 × ⋯× n × (n + 1) (n + 2)
1 × 2 × 3 × 4 × ⋯× n
= (n + 1) (n + 2)
2
，
则Sn+1 = S1 (n + 1) (n + 2)
2
= (n + 1) (n + 2)，
故当n ≥2且n ∈N∗时，Sn = n (n + 1)，且S1 = 2满足Sn = n (n + 1)，
对任意的n ∈N∗，Sn = n (n + 1)，故a5 = S5 −S4 = 5 × 6 −4 × 5 = 10.
故选：A.
教法备注
【考点】累乘法
【教法】注意累乘法步骤
答案
解析
变式2-1
已知数列{an}满足a1 = 2，(n + 1)an+1 = 2(n + 2)an，求数列{an}的通项公式.
答案
6
an = (n + 1) ⋅2n−1.
已知等式变形成数列前后项的商，用累乘法求通项公式．
因为(n + 1)an+1 = 2(n + 2)an，所以an+1
an
= 2(n + 2)
(n + 1) ，则
an = a1 ⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋯
an
an−1
= 2n−1 ⋅a1 ⋅( 3
2 × 4
3 × 5
4 × ⋯× n + 1
n
) = (n + 1) ⋅2n−1(n ≥2)
当n = 1时，a1 = 2满足上式，所以an = (n + 1) ⋅2n−1.
教法备注
【考点】累乘法
【教法】注意累乘法步骤
解析
知识点2——待定系数法
考点3：待定系数法
知识笔记
待定系数法
形如：an = αan−1 + β(n ≥2)、an+1 = pan + f(n)(p ≠1)（其中f (n)为等差数列或者等比数列）等都可以用待定系
数法，构造新数列. 例如，
   （1）an −2an−1 = 3⇒构造等比数列：an + k = 2(an−1 + k)；
   （2）an −2an−1 = 3n⇒构造等比数列：an + kn + b = 2 [an−1 + k(n −1) + b]；
   （3）an −2an−1 = 3n⇒构造等比数列：an + k ⋅3n = 2 (an−1 + k ⋅3n−1)；
   （4）an −2an−1 = 2n⇒构造等差数列：an
2n −an−1
2n−1 = 1.
经典例题
例3
在数列 {an} 中， a1 = 1, an+1 = 2an + 3n + 1 ，则 a9 = 
    
7
2017
先利用待定系数法将 an+1 = 2an + 3n + 1 表示为 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B) 并求 A, B ，再利用
等比数列的性质可得 {an} 的通项公式，进而求 a9.
将 an+1 = 2an + 3n + 1 用待定系数法来表示，即 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B),
整理得 an+1 = 2an + An + B −A ，则 {
 ，得 {
.
于是 an+1 = 2an + 3n + 1 可表示为 an+1 + 3(n + 1) + 4 = 2 (an + 3n + 4) ，
 又 a1 + 3 × 1 + 4 = 8 ≠0 ， 
则数列 {an + 3n + 4} 是首项为 8 ，公比为 2 的等比数列，
所以 an + 3n + 4 = 8 × 2n−1 ， 即 an = 8 × 2n−1 −3n −4.
所以 a9 = 8 × 28 −3 × 9 −4 = 2048 −31 = 2017.
故答案为: 2017 .
答案
解析
A = 3
B −A = 1
A = 3
B = 4
变式3-1
若a1 = 1，an+1 = 2an −3n，n ∈N∗，则an =    ；
−5 ⋅2n−1 + 3n + 3
设an+1 + λ(n + 1) + u = 2(an + λn + u)，
所以an+1 = 2an + λn + u −λ，
∴{
，∴λ = u = −3，
所以an+1 −3(n + 1) −3
an −3n −3
= 2，
所以数列{an −3n −3}是一个以a1 −3 −3 = −5为首项，以2为公比的等比数列，
所以an −3n −3 = (−5) × 2n−1，
所以an = −5 ⋅2n−1 + 3n + 3.
故答案为：−5 ⋅2n−1 + 3n + 3.
答案
解析
λ = −3
u −λ = 0
例4
8
已知数列{an}满足an+1 = 2an + 4 ⋅3n−1, a1 = −1，则数列{an}的通项公式为    .
an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1
解法一：设an+1 + λ ⋅3n = 2 (an + λ ⋅3n−1)，整理得an+1 = 2an −λ ⋅3n−1，可得λ = −4，
即an+1 −4 × 3n = 2 (an −4 × 3n−1)，且a1 −4 × 31−1 = −5 ≠0，
则数列{an −4 ⋅3n−1}是首项为−5，公比为2的等比数列，
所以an −4 × 3n−1 = −5 × 2n−1，即an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1；
解法二：(两边同除以qn+1) 两边同时除以3n+1得：an+1
3n+1 = 2
3 × an
3n + 4
9 ，
整理得an+1
3n+1 −4
3 = 2
3 × ( an
3n −4
3 )，且a1
3 −4
3 = −5
3 ≠0，
则数列{ an
3n −4
3 }是首项为−5
3 ，公比为2
3 的等比数列，
所以an
3n −4
3 = −5
3 × ( 2
3 )
n−1
，即an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1；
解法三：(两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1得：an+1
2n+1 = an
2n + ( 3
2 )
n−1
，即an+1
2n+1 −an
2n = ( 3
2 )
n−1
，
当n ≥2时，则an
2n = ( an
2n −an−1
2n−1 ) + ( an−1
2n−1 −an−2
2n−2 ) + ⋅⋅⋅+ ( a2
22 −a1
2 ) + a1
2
= ( 3
2 )
n−2
+ ( 3
2 )
n−3
+ ⋅⋅⋅+ 1 −1
2 =
1 −( 3
2 )
n−1
1 −3
2
−1
2 = 2 × ( 3
2 )
n−1
−5
2 ，
故an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1 (n ≥2)，
显然当n = 1时，a1 = −1符合上式，故an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1.
故答案为：an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1.
答案
解析
变式4-1
已知数列{an}满足an+1 = 3an + 5 × 2n + 4，a1 = 1，求数列{an}的通项公式.
∴an = 13 × 3n−1 −5 × 2n −2
∵an+1 = 3an + 5 × 2n + 4，
∴an+1 + 5 × 2n+1 + 2 = 3an + 15 × 2n + 6 = 3 (an + 5 × 2n + 2)，
即an+1 + 5 × 2n+1 + 2
an + 5 × 2n + 2
= 3，又a1 = 1，∴a1 + 5 × 2 + 2 = 13，
答案
解析
9
所以数列{an + 5 × 2n + 2}是首项为13，公比为3的等比数列，
∴an + 5 × 2n + 2 = 13 × 3n−1，
∴an = 13 × 3n−1 −5 × 2n −2.
知识点3——取倒数法、取对数法
考点4：取倒数法
知识笔记
取倒数法
取倒数法，形如：an= kan−1
an-1+t (n ≥2).
经典例题
例5
已知数列{an}满足a1 = 1
3 ，an −an+1
anan+1
= 2，则a10 =( )
A.
1
21
B.
1
12
C. 12
D. 21
A
教法备注
【考点】取倒数法
【教法】注意构造倒数
答案
解析
变式5-1
10
在数列{an}中， a1 = 1
3  ，6anan−1 + an −an−1 = 0 (n ⩾2, n ∈N∗)，下列说法正确的是(
)
A. 数列{an}是等比数列
B. 数列{an + 2}是等差数列
C. an =
1
6n −3
D. 数列{an}是递增数列
C
由6anan−1 + an −an−1 = 0，整理得1
an
−
1
an−1
= 6 (n ⩾2)，
故数列{ 1
an }是以 3 为首项， 6 为公差的等差数列
由等差数列可得1
an
= 3 + (n −1) × 6 = 6n −3，所以an =
1
6n −3 ，n ∈N∗.
故选：C.
教法备注
【考点】取倒数法
【教法】注意构造倒数
答案
解析
考点5：取对数法
知识笔记
取对数法
取对数法，形如：an=an-1
k (n ≥2)可以用对数法，一般情况下取以首项为底的对数.
经典例题
例6
数列{an}中，若an+1 = a3
n(n ∈N ∗)，a1 = 3，则{an}的通项公式为 
 .
答案
11
an = 33n−1(n ∈N ∗)
两边取对数，化简整理得log3an+1
log3an
= 3，得到数列{log3an}是以1为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列
的通项公式，即可求解.
由an+1 = a3
n(n ∈N ∗)，两边取对数，可得log3an+1 = 3log3an，即log3an+1
log3an
= 3，
又由a1 = 3，则log3a1 = 1，所以数列{log3an}是以log3a1 = 1为首项，公比为3等比数列，
则log3an = 1 ⋅3n−1 = 3n−1，所以an = 33n−1(n ∈N ∗).
故答案为：an = 33n−1(n ∈N ∗)
本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，
结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
解析
变式6-1
设正项数列 {an} 满足 a1 = 1, an = 2a2
n−1(n ≥2), 求数列 {an} 的通项公式.
an = 22n−1−1
对任意的 n ∈N∗, an > 0,
因为 an = 2a2
n−1(n ≥2), 则 log2 an = log2 (2a2
n−1) = 2 log2 an−1 + 1,
所以, log2 an + 1 = 2 (log2 an−1 + 1), 且 log2 a1 + 1 = 1,
所以, 数列 {log2 an + 1} 是首项为 1 , 公比为 2 的等比数列,
所以, log2 an + 1 = 1 × 2n−1 = 2n−1, 解得 an = 22n−1−1.
答案
解析
12
教法备注
【考点】取对数法
【教法】注意构造对数
知识点4——数列前n项和S 与通项的关系
n
考点6：利用S 求通项
n
知识笔记
利用S 求通项
n
形如：Sn = f(an, n) ，利用公式an = {
 将所给条件变为an = f(an−1, n)来求解，有时也可以利用
an = Sn −Sn−1(n ≥2)将所给条件变为Sn = f(Sn−1, n)来求解.
 
S1(n = 1)
Sn −Sn−1(n ≥2)
经典例题
例7
设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn = 3n + 3，则an = 
 ．
{
利用an与Sn的关系求解通项公式.
由于2Sn = 3n + 3，当n = 1时，得到a1 = S1 = 3，
当n ≥2时，2Sn−1 = 3n−1 + 3①，又2Sn = 3n + 3②，
由an = Sn −Sn−1可知，②−①得2an = 2Sn −2Sn−1= (3n + 3) −(3n−1 + 3) = 2 × 3n−1，
因此an = 3n−1（n ≥2），当n = 1时不满足该式，所以an = {
．
故答案为：{
.
答案
3, n = 1
3n−1, n ≥2
解析
3, n = 1
3n−1, n ≥2
3, n = 1
3n−1, n ≥2
13
教法备注
【考点】Sn与an关系
【教法】注意n大于等于2
变式7-1
设数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1
n + 1 −Sn
n = −1，S1 = 32，则下列说法正确的是（       ）
A. {an}是等差数列
B. S3，S6 −S3，S9 −S6成等差数列，公差为−9
C. 当Sn取得最大值时，n = 16
D. Sn ≥0时，n的最大值为32
A
利用等差数列通项公式先求出Sn = −n2 + 33n，再求通项公式an = −2n + 34，然后对各选项逐一检验即可.
由Sn+1
n + 1 −Sn
n = −1，S1 = 32可得：数列{ Sn
n }是以32为首项，−1为公差的等差数列．
则Sn
n = 32 + (n −1) × (−1) = −n + 33．
所以Sn = −n2 + 33n.
对于选项A：∵Sn = −n2 + 33n，
∴当n = 1时，a1 = S1 = −12 + 33 = 32；
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = (−n2 + 33n) −[−(n −1)2 + 33 (n −1)] = −2n + 34；
∵−2 × 1 + 34 = a1，
∴an = −2n + 34．
∵an+1 −an = [−2 (n + 1) + 34] −(−2n + 34) = −2，
∴数列{an}是等差数列，故选项A正确；
对于选项B：∵Sn = −n2 + 33n，
∴S3 = −32 + 33 × 3 = 90，S6 = −62 + 33 × 6 = 162，S9 = −92 + 33 × 9 = 216，
∴S6 −S3 = 72，S9 −S6 = 54，
则2 (S6 −S3) = S3 + (S9 −S6)，(S6 −S3) −S3 = −18，
所以S3，S6 −S3，S9 −S6成等差数列，公差为−18，故选项B错误；
对于选项C：∵Sn = −n2 + 33n = −(n −33
2 )
2
+ 1089
4
，n ∈N∗，
∴当n = 16或n = 17时，Sn最大，故选项C错误；
对于选项D：令Sn = −n2 + 33n ≥0，得0 ≤n ≤33，n ∈N∗，
即满足Sn ≥0的最大正整数n = 33，故选项D错误.
答案
解析
14
故选：A．
教法备注
【考点】Sn与an关系
【教法】注意n大于等于2
变式7-2
已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Sn = 1
4 (an + 1)2.
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
设bn =
1
an ⋅an+1 ，求数列{bn}的前n项和Tn；是否存在正整数m, n(2 < m < n)，使得T2, Tm, Tn成等差数列？
若存在，求出m, n的值，若不存在，说明理由；
(1) an = 2n −1
(2) 存在， m = 4， n = 22
(1) 因为Sn = 1
4 (an + 1)2，当n ≥2时，Sn−1 = 1
4 (an−1 + 1)2，
两式相减得到an = 1
4 (a2
n + 2an −a2
n−1 −2an−1)，整理得到(an −an−1 −2) (an + an−1) = 0，
又数列{an}的各项均为正数，所以当n ≥2时，an −an−1 −2 = 0，即an −an−1 = 2，
又由a1 = 1
4 (a1 + 1)2，得到a1 = 1，所以数列{an}为首项为a1 = 1，公差为2的等差数列，
所以数列{an}的通项公式为an = 1 + (n −1) × 2 = 2n −1.
(2) 由（1）知an = 2n −1，则bn =
1
(2n −1) ⋅(2n + 1) = 1
2 (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )，
答案
解析
15
所以Tn = b1 + b2 + ⋯+ bn = 1
2 (1 −1
3 + 1
3 −1
5 + ⋯+
1
2n −1 −
1
2n + 1 ) =
n
2n + 1 ，
假设存在正整数m, n(2 < m < n)，使得T2, Tm, Tn成等差数列，
则2Tm = T2 + Tn，即
2m
2m + 1 = 2
5 +
n
2n + 1 ，
化简得n = 6m −2
9 −2m > 0，得到(6m −2) (9 −2m) > 0，
解得1
3 < m < 9
2 ，又n > m > 2且m, n ∈N∗，
所以m = 4，n = 22，
故存在正整数m = 4，n = 22，使得T2,Tm,Tn成等差数列.
教法备注
【考点】Sn与an关系
【教法】注意n大于等于2
例8
已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1 = 1，an+1 = 3Sn（n为正整数），则S6 = 
 ．
1024
根据递推关系求出an，进而求得S6.
已知数列满足a1 = 1，an+1 = 3Sn，a2 = 3S1 = 3，
所以an+1 = 3 (an + Sn−1) = 3 (an + an
3 ) (n ≥2)，所以an+1 = 4an (n ≥2)，
所以an = {
，
故S6 = 1 + 3 × (1 −45)
1 −4
= 1024．
故答案为：1024
答案
解析
1, n = 1
3 × 4n−2, n ≥2
变式8-1
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = 1，an+1 = Sn + 2，则S6 = 
 ．
94
答案
16
由an+1 = Sn + 2，可得当n ≥2时，an = Sn−1 + 2，两式相减可证得数列{an}是以a2 = 3为首项，公比为2的
等比数列，可求出{an}的通项公式，即可求出S6.
由已知，a1 = 1，an+1 = Sn + 2①，
当n = 1时，a2 = S1 + 2 = a1 + 2 = 3，
当n ≥2时，an = Sn−1 + 2②，
①－②得：an+1 −an = an，整理得：an+1 = 2an，即an+1
an
= 2 (n ≥2)，
所以数列{an}是以a2 = 3为首项，公比为2的等比数列，
所以an = a2 ⋅2n−2 = 3 ⋅2n−2 (n ≥2, n ∈N∗)，
所以an = {
，n ∈N∗，
所以S6 =1 + 3 × (1 + 2 + 22 + 23 + 24) = 94．
故答案为：94.
教法备注
【考点】Sn与an关系
【教法】注意n大于等于2
解析
1, n = 1
3 ⋅2n−2, n ≥2
知识点5——倒序相加、错位相减
考点7：倒序相加法
知识笔记
倒序相加
1：使用条件：倒序相加法主要是针对具有对称性的数列(或函数)，特别是等差数列或某些对称排列的数列（或函
数）
2：使用步骤：
①写出原数列的前n项和；
②写出原数列的倒序数列；
③将两个数列的对应项相加，得到新的数列，其每项之和均为a1 + an ；
④计算新数列的和，即为n (a1 + an)  ；
⑤因此原数列的和Sn = n
2 (a1 + an)  。
17
3.经典范例：f(x) =
1
1 + x ,
x
1 + x ,
x2
1 + x2 : f(x) + f( 1
x ) = 1
f(x) =
4x
2 + 4x ,
bx
√b + bx , : f(x) + f(1 −x) = 1
sin2x + sin2( π
2 −x) = 1等可以用倒序相加法.
经典例题
例9
已知函数f (x) =
2x
2x −1 ，利用教材中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得
f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 ) =（       ）
A. 2020
B. 2022
C. 4040
D. 4044
B
计算出f (x) + f (1 −x)的值，再利用倒序相加法可求得所求代数式的值.
f (x) + f (1 −x) =
2x
2x −1 +
2 (1 −x)
2 (1 −x) −1 =
2x
2x −1 −2 −2x
2x −1 = 4x −2
2x −1 = 2，
设S = f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + f (
3
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 )，
则S = f ( 2022
2023 ) + f ( 2021
2023 ) + f ( 2020
2023 ) + ⋯+ f (
1
2023 )，
2S = [f (
1
2023 ) + f (1 −
1
2023 )] + [f (
2
2023 ) + f (1 −
2
2023 )] + ⋯+ [f ( 2022
2023 ) + f (1 −2022
2023 )]
= 2022 × 2，所以S = 2022，
故选：B．
教法备注
【考点】倒序相加
【教法】注意函数对称性
答案
解析
变式9-1
已知函数f (x) = (x + 1)3 + 1，正项等比数列{an}满足a1012 = 1
10 ，则
2023
∑
k=1
f (lg ak)     .
18
2023
利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质即可求得正确答案.
函数f (x) = (x + 1)3 + 1，可看成y = x3向左平移1个单位，向上平移1个单位得到,
因为y = x3的对称中心为(0, 0)，所以f (x) = (x + 1)3 + 1的对称中心为(−1, 1)，
所以f (x) + f (−2 −x) = 2，
因为正项等比数列{an}满足a1012 = 1
10 ，所以a1 ⋅a2023 = a2 ⋅a2022 = ⋯= a2
1012 =
1
100 ，
所以lg a1 + lg a2023 = lg a2 + lg a2022 = ⋯= 2 lg a1012 = −2，
所以f (lg a1) + f (lg a2023) = f (lg a2) + f (lg a2022) = ⋯= 2，
2023
∑
k=1
f (lg ak) = f (lg a1) + f (lg a2) + f (lg a3) + ⋯+ f (lg a2023)⋯①，
2023
∑
k=1
f (lg ak) = f (lg a2023) + f (lg a2022) + f (lg a2021) + ⋯+ f (lg a1)⋯②，
则①②相加得：
2
2023
∑
k=1
f (lg ak) = [f (lg a1) + f (lg a2023)] + [f (lg a2) + f (lg a2022)] + ⋯+ [f (lg a2023) + f (lg a1)],即
2
2023
∑
k=1
f (lg ak) = 2023 × 2，
所以
2023
∑
k=1
f (lg ak) = 2023.
故答案为：2023.
教法备注
【考点】倒序相加
【教法】注意函数对称性
答案
解析
考点8：错位相减法
错位相减
(1)使用条件：错位相减法主要针对cn = an ⋅bn，求cn的前n项和，其中an为等差数列，bn为等比数列.
(2)使用步骤：
    ①:写出原数列和错位数列
    ②:错位相减
    ③:等比数列求和
19
    ④:整理结果
经典例题
例10
已知数列{an}中，a3 = 1
8 , 2an+1 = an +
1
2n−1 .
(1)
证明：{2n ⋅an}为等差数列；
(2)
求{an}的前n项和Sn.
(1) 证明见解析
(2) 1 −2n
2n
−1
(1) 已知2an+1 = an +
1
2n−1 ，等式两边同时乘以2n，得到：
2n+1an+1 = 2nan + 2，即2n+1an+1 −2nan = 2.
根据等差数列的定义，所以数列{2n ⋅an}是以2为公差的等差数列.
(2) 已知a3 = 1
8 ，则23a3 = 23 × 1
8 = 1.
由（1）可知{2n ⋅an}是等差数列，且公差d = 2， 23a3 = 21a1 + (3 −1) × 2，即1 = 2a1 + 4，解得
a1 = −3
2 ，所以21a1 = −3.
可得：2nan = −3 + (n −1) × 2 = 2n −5，则an = 2n −5
2n
. 
Sn = a1 + a2 + a3 + ⋯+ an = −3
21 + −1
22 + 1
23 + ⋯+ 2n −5
2n
（∗）
两边同时乘以1
2 得：
1
2 Sn = −3
22 + −1
23 + ⋯+ 2n −7
2n
+ 2n −5
2n+1 （∗∗）
（∗）-（∗∗）得：  
答案
解析
20
1
2 Sn = −3
2 + 2 ( 1
22 + 1
23 + ⋯+ 1
2n ) −2n −5
2n+1
= −3
2 + 2 ×
1
4 (1 −
1
2n−1 )
1 −1
2
−2n −5
2n+1
= −1
2 −
2n −1
2n+1
所以Sn = −1 −2n −1
2n
= 1 −2n
2n
−1.
教法备注
【考点】错位相减
【教法】注意检验结果是否正确
变式10-1
已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn + 1 = 3an，数列{bn}满足b1 = a1，n (bn+1 −bn) = bn.
(1)
求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)
求数列{anbn}的前n项和Tn.
(1) an = 3n−1 (n ∈N∗)， bn = n (n ∈N∗)
(2) Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
(1) 当n = 1时，2S1 + 1 = 2a1 + 1 = 3a1，则a1 = 1 = b1；
当n ≥2时，2an = 2Sn −2Sn−1 = 3an −1 −(3an−1 −1)，整理得an = 3an−1，
因此数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an = 3n−1 (n ∈N∗)；
由n (bn+1 −bn) = bn得nbn+1 = (n + 1)bn，即bn+1
n + 1 = bn
n ，所以数列{ bn
n }是常数列，bn
n = b1
1 = 1，所
以数列{bn}的通项公式为bn = n (n ∈N∗)
(2) 由（1）知，anbn = n ⋅3n−1，
则Tn = 1 × 30 + 2 × 31 + 3 × 32 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−2 + n ⋅3n−1，
于是3Tn = 1 × 31 + 2 × 32 + 3 × 33 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−1 + n ⋅3n，
两式相减得−2Tn = 30 + 31 + 32 + ⋯+ 3n−2 + 3n−1 −n ⋅3n
= 1 × (1 −3n)
1 −3
−n ⋅3n = −1
2 + (1 −2n) ⋅3n
2
，所以Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
.
教法备注
答案
解析
21
【考点】错位相减
【教法】注意检验结果是否正确
知识点6——裂项相消、分组求和
考点9：裂项相消
知识笔记
裂项相消
(1)使用条件：如果数列的通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后剩下有限项的和，就可
以采用裂项相消求和。
(2)经典例子：（1）
1
n (n + 1) = 1
n −
1
n + 1 　
（2）
1
n (n + 1) (n + 2) = 1
2 (
1
n (n + 1) −
1
(n + 1) (n + 2) )
（3）
1
(2n −1) (2n + 1) = 1
2 (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )　　　　
（4）
1
√a + √b
=
1
a −b (√a −√b)
（5）
f(n)
an ⋅an+1
= k ( 1
an
−
1
an+1
)
特别地，若数列{an}为等差数列，公差为d，则
1
an ⋅an+1 = 1
d ⋅( 1
an −
1
an+1 )
经典例题
例11
设a1, a2, a3, ⋯, an是首项为3且公比为3√3的等比数列，则满足不等式
log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an > 18的最小正整数n的值为 
 ．
25
答案
解析
22
根据等比数列的定义写出其通项公式，指对互化得出log3 an = 3n −1
2
，即可根据并项求和法得出
log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an的式子，再代入不等式求解即可.
∵a1, a2, a3, ⋯, an是首项为3且公比为3√3的等比数列，
∴an = 3 × (3√3)
n−1
= 3
3n −1
2
, n ∈N∗，则log3 an = 3n −1
2
，
即有log3 an−1 −log3 an = −3
2 ，
当n为偶数时，
则log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an = n
2 × (−3
2 ) = −3n
4 < 0，
当n为奇数时，n −1为偶数，
则log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n log3 an−1 = −3 (n −1)
4
，
则log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an = −3 (n −1)
4
+ 3n −1
2
= 3n + 1
4
> 0，
要满足不等式log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an > 18，则n为奇数，
此时log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an = 3n + 1
4
> 18，解得：n > 71
3 = 23 2
3 ，
则满足不等式log3 a1 −log3 a2 + log3 a3 −log3 a4 + ⋯+ (−1)n+1 log3 an > 18的最小正整数n的值为25，
故答案为：25.
教法备注
【考点】裂项相消
【教法】注意裂项相消前后保留项数相同
变式11-1
正项数列{an}满足a1 = 1，a2 = 1
3 ，且{anan+1}是公比为1
3 的等比数列，则使不等式
1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+ ⋅⋅⋅+
1
a2n+1
> 2019成立的最小整数n为 
 .
6
利用等比数列的定义和通项公式可得，数列{ 1
an
}的奇数项，偶数项分别成公比为3等比数列，再利用等比数
列前n项和公式和不等式的解法即可求解.因为数列{anan+1}是公比为1
3 的等比数列，
所以an+1an+2
anan+1
= 1
3 ，即an+2
an
= 1
3 ，则
1
an+2
1
an
= 3，
答案
解析
23
所以数列{ 1
an
}的奇数项，偶数项分别成公比为3等比数列，
因为1
a1 = 1, 1
a2 = 3，所以1
a1 + 1
a2 + 1
a3 + ⋅⋅⋅+
1
a2n+1
= (1 + 3 + 32 + ⋅⋅⋅+ 3n) + (3 + 32 + ⋅⋅⋅+ 3n)
= 1 + 2 × 3 × 1 −3n
1 −3 = 3n+1 −2，
所以3n+1 −2 > 2019，可得3n+1 > 2021，
解得n ≥6，即最小整数n为6.
故答案为：6
本题考查等比数列的定义、通项公式和前n项和公式；考查运算求解能力；熟练掌握等比数列的通项公式和前
n项和公式是求解本题的关键；属于中档题.
教法备注
【考点】裂项相消
【教法】注意裂项相消前后保留项数相同
考点10：分组求和
知识笔记
分组求和
使用条件：
   ①:多个数列相加减混合，拆项求和；
   ②:周期性函数，合项求和.
经典例题
例12
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4 = 5，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
设bn = an cos πan
2 ，求数列{bn}的前2025项和.
24
(1) an = n + 1
(2) −1014
(1) 设数列{an}公差为d，d ≠0
由题意可知a2
3 = a1a7，即(a4 −d)2 = (a4 −3d) (a4 + 3d)，
∴(5 −d)2 = (5 −3d) (5 + 3d)，则25 −10d + d2 = 25 −9d3，解得d = 1，
∴an = a4 + (n −4)d = 5 + (n −4) = n + 1.
(2) bn = an cos πan
2
= (n + 1) cos (n + 1)π
2
，
当n为偶数时，n + 1为奇数，则cos (n + 1)π
2
= sin 0 = 0，即bn = 0，
当n = 2k + 1, k ∈N时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π，
当k为偶数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = −1，当k为奇数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = 1，
设数列{bn}的前n项和为Sn，
则S2025 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + b5 + ⋯+ b2021 + b2022 + b2023 + b2024 + b2025，
= −2 + 0 + 4 + 0 −6 + 0 + ⋯+ 0 −2022 + 0 + 2024 + 0 −2026
= 2 × 2024
4
+ (−2026) = −1014.
教法备注
【考点】分组求和
【教法】周期性函数，合项求和.
答案
解析
变式12-1
已知数列{an}满足对任意正整数p, q，恒有ap+q = ap + aq，且a1 + a2 = 3，bn = a2
n(−1)
n
∑
i=1
ai
，则{bn}的前100项和
为（       ）
A. 2525
B. 5050
C. 10100
D. 20200
25
C
利用赋值法判断出{an}是等差数列，求出bn，再利用并项求和法求和即可.
对于ap+q = ap + aq，令p = n, q = 1，得an+1 = an + a1，
令n = 1，得到a2 = 2a1，又a1 + a2 = 3，解得a1 = 1，
故{an}是首项为1，公差为1的等差数列，则an = n，
得到bn = a2
n(−1)
n
∑
i=1
ai = n2(−1)
n (n + 1)
2
，
则{bn}的前100项和为−12 −22 + 32 + 42 −52 −62 + 72 + 82 −⋅⋅⋅+ 1002，
= (32 −12) + (42 −22) + ⋅⋅⋅+ (992 −972) + (1002 −982)，
= (3 −1) (3 + 1) + (4 −2) (4 + 2) + ⋅⋅⋅+ (99 −97) (99 + 97) + (100 −98) (100 + 98)，
= 2 × (3 + 1) + 2 × (4 + 2) + ⋅⋅⋅+ 2 × (99 + 97) + 2 × (100 + 98)，
= 2 × (1 + 2 + 3 + 4 + ⋅⋅⋅+ 100) = 10100，故C正确.
故选：C．
关键点点睛：解题关键是利用赋值法判断数列类型并求出an = n，然后利用并项求和法结合等差数列性质得
到所要求的结果即可．
教法备注
【考点】分组求和
【教法】周期性函数，合项求和.
答案
解析
例13
若有穷数列a1, a2, ⋯, an（n是正整数），满足ai = an−i+1（i ∈N，且1 ≤i ≤n)，就称该数列为“对称数列”.
(1)
已知数列{bn}是项数为7的对称数列，且b1，b2，b3成等比数列，b2，b3，b4成等差数列b2 = 2，b4 = 6，试写
出{bn}的每一项；
(2)
已知{cn}是项数为2k + 1 (k ≥1)的对称数列，且ck+1, ck+2, ⋯, c2k+1构成首项为−90，公差为3的等差数列，数
列{cn}的前2k项和为S2k，则当k为何值时，S2k取到最小值？最小值为多少？
(3)
设数列{dn}是项数为2m −1（m ∈N ∗且m ≥2）的“对称数列”，且满足|dn+1 −dn| = 3，记Sn为数列{dn}的
前n项和．若d1 = 2187，S2m−1 = 2187，求m的最小值．
26
(1) 1，2，4，6，4，2，1
(2) k = 30，最小值为 −2700
(3) 1459
(1) 因为b1，b2，b3成等比数列，则b1b3 = b2
2 = 4，
因为b2，b3，b4成等差数列，则b2 + b4 = 2b3，解得b3 = 4，b1 = 1；
综上，数列{bn}为1，2，4，6，4，2，1.
(2) 解法一：因为ck+1, ck+2, ⋯, c2k+1构成首项为−90，公差为3的等差数列，所以
S2k = c1 + c2 + ⋯⋯ck + ck+1 + ck+2 ⋯⋯+ c2k = 2 (ck+1 + ck+2 ⋯⋯+ c2k) + c2k+1 −ck+1
= 2 × [−90k + k (k −1)
2
⋅3] + 3k = 3k2 −180k = 3(k −30)2 −2700
又k ∈N∗，k ≥1，所以当k = 30时，S2k取得最小值−2700.
解法二：当该对称数列恰为0，−3，⋯，−87，−90，−87，⋯，−3，0时取得最小值，此时k = 30，所以
当k = 30时，S2k = (−3 −87) × 29
2
× 2 −90 = −2700.
(3) |dn+1 −dn| = 3即dn+1 −dn = 3或−3，所以dn+1 −dn ≥−3，即dn+1 ≥dn −3，
所以dm ≥dm−1 −3 ≥dm−2 −6 ≥⋯≥d1 −3 (m −1).
因为{dn}是“对称数列”，
所以
S2m−1 = 2187 = d1 + d2 + ⋯+ d2m−1 = 2 (d1 + d2 + ⋯+ dm−1) + dm ≥(2m −1)d1 −3(m −1)2
= −3m2 + 4380m −2190，又因为m ∈N∗且m ≥2，
所以m ≤1（舍去）或m ≥1459.
当d1, d2, ⋯, dm构成公差为−3的等差数列时，d1 = 2187，S2m−1 = 2187，此时m = 1459，所以m的最小
值为1459.
教法备注
【考点】分组求和
【教法】:多个数列相加减混合，拆项求和；
答案
解析
27
变式13-1
{an}是等比数列，公比大于0,其前n项和为Sn(n ∈N ∗),
{bn}是等差数列.已知
a1 = 1,
a3 = a2 + 2,
a4 = b3 + b5,
a5 = b4 + 2b6.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）令cn =
(k ∈N+)，求数列{cn}的前2n项和为Q2n；
（3）若Cn = (3n −2)an   则数列{cn}前n项和Tn
①求Tn
②若对任意n ≥2, n ∈N ∗，均有(Tn −5)m ≥6n2 −31n + 35恒成立，求实数m的取值范围.
（4）由（3）知对于数列的不等式问题，一般都是求最值，那么在数列中求一个数列最值的方法有哪些？
（5）将数列{an}，{bn}的项按照“当n为奇数时，an放在前面；当n为偶数时，bn放在前面”的要求进行排列，得到
一个新的数列：a1，b1，b2，a2，a3，b3，b4，a4，a5，b5，b6，⋯，求这个新数列的前n项和Pn.
（6）设dn = {
，其中k ∈N ∗,求
2n
∑
i=1
di
(n ∈N∗)
（7）是否存在新数列{cn}，满足等式 ∑n
i=1 bicn+1−i = 2n+1 −n −2 成立，若存在,求出数列{cn}的通项公式；若
不存在，请说明理由.
（8）通过解本题体会数列求和方法，数列求和方法的本质是什么？
⑴ an = 2n−1， bn = n.⑵ 13
9 −
1
2n + 1 + 3n −1
9
⋅4n+1；⑶① Tn = (3n −5) ⋅2n + 5；② m ≥3
32 ；⑷见解
析；⑸ Pn =
 (k ∈N ∗)；⑹ 2n ⋅(2n + 1)
2
+ (n −1) ⋅2n+1 + 2；
⑺ cn = 2n−1；⑻见解析；
⎧
⎨
⎩
2
bn ⋅bn+2
, n = 2k −1
an ⋅bn, n = 2k
bn, n ≠2k
bn(log2bn + 1), n = 2k
答案
⎧
⎨
⎩
2
n
2 −1 + n ⋅(n + 2)
8
, n = 2k
2
n + 1
2
−1 + (n −1) ⋅(n + 1)
8
, n = 4k −3
2
n −1
2
−1 + (n + 1) ⋅(n + 3)
8
, n = 4k −1
28
(1) {an}是等比数列，公比q大于0，{bn}是等差数列，设公差为d，
∵a1 = 1,
a3 = a2 + 2
∴q2 = q + 2即q2 −q −2 = 0
解得q = 2，
又∵a4 = b3 + b5,
a5 = b4 + 2b6
∴a4 = b3 + b5 = 2b4 = 8,
a5 = b4 + 2b6 = 16即b4 = 4,
b6 = 6
解得b1 = d = 1，
即有：an = 2n−1，bn = n.
(2)∵cn =
(k ∈N+)
∴当n = 2k −1(k ∈N+)时，cn =
2
bn ⋅bn+2
=
2
n ⋅(n + 2) = 1
n −
1
n + 2 ，
当n = 2k(k ∈N+)时，cn = an ⋅bn = n ⋅2n−1，
∴数列{cn}的前2n项和为Q2n = c1 + c2 + c3 + c4 + ⋯+ c2n−1 + c2n
= (c1 + c3 + ⋯+ c2n−1) + (c2 + c4 + ⋯+ c2n)
(3) ①Cn = (3n −2)an = (3n −2) ⋅2n−1，则
Tn = C1 + C2 + ⋯+ Cn = 1 ⋅20 + 4 ⋅21 + ⋯+ (3n −2) ⋅2n−1
2Tn = 1 ⋅21 + 4 ⋅22 + ⋯+ (3n −2) ⋅2n
两式相减得：−Tn = 1 + 3 ⋅(21 + 22 + ⋯+ 2n−1) −(3n −2) ⋅2n
= 1 + 3 ⋅(2n −2) −(3n −2) ⋅2n = (5 −3n) ⋅2n −5
所以：Tn = (3n −5) ⋅2n + 5
②由①可知若对任意n ≥2, n ∈N ∗ ，均有(Tn −5)m ≥6n2 −31n + 35恒成立，
等价于(3n −5) ⋅2n ⋅m ≥6n2 −31n + 35恒成立，
所以m ≥6n2 −31n + 35
(3n −5) ⋅2n
= (3n −5) ⋅(2n −7)
(3n −5) ⋅2n
= (2n −7)
2n
即m ≥2n −7
2n
恒成立，
设kn = 2n −7
2n
，则
kn+1 −kn = 2n −5
2n+1
−2n −7
2n
= 9 −2n
2n+1 ，
所以当n ≤4时kn+1 > kn，当n > 4时kn+1 < kn，
所以kn的最大值为k5 = 3
32 ，故m ≥3
32 ，
即实数m的取值范围是：m ≥3
32 ；
(4)一般求数列最值的方法有：1、单调性法；2、图像法；3、基本不等式；4、邻项比较法；
(5)数列{an}的前n项和为An = 2n −1，数列{bn}的前n项和为Bn = n ⋅(n + 1)
2
；
①当n = 2k (k ∈N ∗)时，
解析
⎧
⎨
⎩
2
bn ⋅bn+2
, n = 2k −1
an ⋅bn, n = 2k
= (( 1
1 −1
3 ) + ( 1
3 −1
5 ) + ⋯+ (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )) + (2 ⋅21 + 4 ⋅23 + ⋯+ 2n ⋅22n−1)
= (( 1
1 −1
3 ) + ( 1
3 −1
5 ) + ⋯+ (
1
2n −1 −
1
2n + 1 )) + (1 ⋅41 + 2 ⋅42 + ⋯+ n ⋅4n)
= 1 −
1
2n + 1 + 3n −1
9
⋅4n+1 + 4
9 = 13
9 −
1
2n + 1 + 3n −1
9
⋅4n+1
29
Pn = Ak + Bk = 2k −1 + k ⋅(k + 1)
2
= 2
n
2 −1 +
n
2 ⋅( n
2 + 1)
2
= 2
n
2 −1 + n ⋅(n + 2)
8
②当n = 4k −3 (k ∈N ∗)时，
当n = 1时，Pn = P1 = 1，
当n ≥2时，Pn = A2k−1 + B2k−2 = 22k−1 −1 + (2k −2) ⋅(2k −1)
2
= 2
n + 1
2
−1 + (n −1) ⋅(n + 1)
8
当n = 1时也符合
所以当n = 4k −3 (k ∈N ∗)时，Pn = 2
n + 1
2
−1 + (n −1) ⋅(n + 1)
8
③当n = 4k −1 (k ∈N ∗)时，
Pn = A2k−1 + B2k = 22k−1 + 2k ⋅(2k + 1)
2
= 2
n −1
2
−1 + (n + 1) ⋅(n + 3)
8
综上可得：Pn =
     (k ∈N ∗)
(6) dn = {
即dn = {
     
∴
2n
∑
i=1
di =
2n
∑
i=1
bi +
n
∑
i=1
i ⋅2i
2n
∑
i=1
bi = 1 + 2 + 3 + ⋯+ 2n = 2n ⋅(2n + 1)
2
，
设en = n ⋅2n，前n项和为Dn，则
Dn = 1 ⋅21 + 2 ⋅22 + ⋯+ n ⋅2n，
2Dn = 1 ⋅22 + 2 ⋅23 + ⋯+ n ⋅2n+1，
两式相减并化简得：Dn = (n −1) ⋅2n+1 + 2
∴
n
∑
i=1
i ⋅2i = Dn = 1 ⋅21 + 2 ⋅22 + ⋯+ n ⋅2n = (n −1) ⋅2n+1 + 2，
∴
2n
∑
i=1
di =
2n
∑
i=1
bi +
n
∑
i=1
i ⋅2i = 2n ⋅(2n + 1)
2
+ (n −1) ⋅2n+1 + 2
(7)设存在新数列{cn}，满足等式 ∑n
i=1 bicn+1−i = 2n+1 −n −2 成立，则
∑n
i=1 bicn+1−i = cn + 2cn−1 + ⋯+ nc1 = 2n+1 −n −2，
当n ≥2时，有∑n−1
i=1 bicn−i = cn−1 + 2cn−2 + ⋯+ (n −1)c1 = 2n −(n −1) −2，
两式相减得：
∑n
i=1 bicn+1−i −∑n−1
i=1 bicn−i = cn + cn−1 + ⋯+ c1 = (2n+1 −n −2) −(2n −(n −1) −2) = 2n −1 ，
设新数列{cn}的前n项和为En即En = 2n −1，
当n = 1时，c1 = 1，
当n ≥2时，cn = En −En−1 = (2n −1) −(2n−1 −1) = 2n−1，此时当n = 1时也符合，
所以得到数列{cn}的通项公式为：cn = 2n−1
(8)数列求和的方法有公式法、错位相减法、裂项求和法、分组求和法等等，其本质还是看数列的通项公式.
本题考查了求数列通项公式方法，数列求和的方法以及数列的最大值，关键错位相减求和以及分组求和的计
⎧
⎨
⎩
2
n
2 −1 + n ⋅(n + 2)
8
, n = 2k
2
n + 1
2
−1 + (n −1) ⋅(n + 1)
8
, n = 4k −3
2
n −1
2
−1 + (n + 1) ⋅(n + 3)
8
, n = 4k −1
bn, n ≠2k
bn(log2bn + 1), n = 2k
bn, n ≠2k
bn + bn ⋅log2bn, n = 2k
30
算，讨论n的取值，考查了学生的计算能力，属于较难题.
教法备注
【考点】分组求和
【教法】:多个数列相加减混合，拆项求和；
02 数列的性质复习
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握等差与等比数列的单调性问题
目标2
★★★★★☆ 迁移
运用数列单调性求解相关问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求：掌握利用数列单调性求解相关问题的方法；
2．主要考查综合问题，一般为填空题或选择题以及数列解答题，5分或者18分；
3．对应教材：选修一第四章数列.
知识点1——等差、等比数列的单调性
考点1：等差等比的单调性
知识笔记
等差数列的单调性
2
由等差数列的通项公式：an = a1 + (n −1)d, (n = 1, 2, 3.. . . . . )可知，等差数列为直线上的一些孤立的点，因此等
差数列的单调性可以类比一次函数，取决于公差d.
d > 0时，数列严格增；d < 0时，数列严格减；d = 0时，数列为常值数列.
等比数列的单调性
由等比数列的通项公式：an = a1qn−1n = 123 …可知，因此等比数列的单调性可以类比指数函数，取决于公比q .
当q ∈(0, 1)时，若首项为正，则数列严格减，首项为负，则数列严格增；
当q ∈(1, +∞)时，若首项为正，则数列严格增，首项为负，则数列严格减；
当q = 0时，数列为常值数列；
当q < 0时，数列各项符号正负交替；
经典例题
例1
设{an}为等比数列，则“对于任意的m ∈N∗, am+2 > am”是“{an}为递增数列”的（       ）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
C
根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
充分性：设等比数列{an}的公比为q, q ≠0，
若am+2 > am ⇔am+2 −am = am (q2 −1) > 0，
情形一：当a1 > 0时，由a1 (q2 −1) > 0得q2 −1 > 0，
解得q < −1或q > 1，
答案
解析
3
若q < −1，则a2 = a1q < 0，此时a2 (q2 −1) < 0与已知矛盾；
若q > 1，则an > 0，此时{an}为递增数列；
情形二：当a1 < 0，由a1 (q2 −1) > 0得q2 −1 < 0，
解得−1 < q < 0或0 < q < 1，       
若−1 < q < 0，则a2 = a1q > 0，此时a2 (q2 −1) < 0与已知矛盾；
若0 < q < 1，则an < 0，此时{an}为递增数列；
必要性：反之，若{an}为递增数列，则am+2 > am+1 > am，
所以“对于任意的m ∈N∗, am+2 > am”是“{an}为递增数列”的充分必要条件.
故选：C.
变式1-1
记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Sn
n
+ n = 2an + 1．
(1)
证明：{an}是等差数列；
(2)
若a4, a7, a9成等比数列，求Sn的最小值．
(1) 证明见解析；
(2) −78．
(1) 因为2Sn
n
+ n = 2an + 1，即2Sn + n2 = 2nan + n①，
当n ≥2时，2Sn−1 + (n −1)2 = 2 (n −1)an−1 + (n −1)②，
①−②得，2Sn + n2 −2Sn−1 −(n −1)2 = 2nan + n −2 (n −1)an−1 −(n −1)，
即2an + 2n −1 = 2nan −2 (n −1)an−1 + 1，
即2 (n −1)an −2 (n −1)an−1 = 2 (n −1)，所以an −an−1 = 1，n ≥2且n ∈N∗，
所以{an}是以1为公差的等差数列．
答案
解析
4
(2) [方法一]：二次函数的性质
由（1）可得a4 = a1 + 3，a7 = a1 + 6，a9 = a1 + 8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a2
7 = a4 ⋅a9，
即(a1 + 6)2 = (a1 + 3) ⋅(a1 + 8)，解得a1 = −12，
所以an = n −13，所以Sn = −12n + n (n −1)
2
= 1
2 n2 −25
2 n = 1
2 (n −25
2 )
2
−625
8 ，
所以，当n = 12或n = 13时，(Sn)min = −78．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得a4 = a1 + 3，a7 = a1 + 6，a9 = a1 + 8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a2
7 = a4 ⋅a9，
即(a1 + 6)2 = (a1 + 3) ⋅(a1 + 8)，解得a1 = −12，
所以an = n −13，即有a1 < a2 < ⋯< a12 < 0, a13 = 0.
则当n = 12或n = 13时，(Sn)min = −78．
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
例2
已知数列{an}是首项为9，公比为1
3 的等比数列．
(1)
求1
a1 + 1
a2 + 1
a3 + 1
a4 + 1
a5 的值；
(2)
设数列{log3 an}的前n项和为Sn，求Sn的最大值，并指出Sn取最大值时n的取值．
(1) 121
9
答案
5
(2) 当 n =2或3时， Sn取得最大值3
(1) 由题an = 9 ⋅( 1
3 )
n−1
= 33−n，则1
an = 3n−3，
1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+ 1
a4
+ 1
a5
= 3−2 + 3−1 + 1 + 3 + 32 = 121
9 .
(2) 记bn = log3 an，由（1）知bn = 3 −n，
所以Sn = 2 + (3 −n)
2
⋅n = 5
2 n −1
2 n2，
Sn = 5
2 n −1
2 n2 = −1
2 (n −5
2 )
2
+ 25
8 ，
当n =2或3时，Sn取得最大值3．
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
解析
变式2-1
设{an}是等差数列，公差为d，前n项和为Sn．
(1)
设a1 = 40，a6 = 38，求Sn的最大值；
(2)
设a1 = 1，bn = 2an (n ∈N, n ≥1)，数列{bn}的前n项和为Tn．如果对任意的正整数n，都有Tn ≤20，证明数
列{bn}是等比数列，并求d的取值范围．
(1) 2020；
(2) 证明见解析， (−∞, log2
9
10 ].
(1) ∵a1 = 40，a6 = 38，
∴d = a6 −a1
5
= −2
5 ，
可得Sn = 40n + n (n −1)
2
× (−2
5 ) = −1
5 (n −201
2 )
2
+ 2012
20 ，
由n为正整数，
可得n = 100或n = 101时，Sn取得最大值2020；
(2) ∵a1 = 1，bn = 2an (n ∈N, n ≥1)，
∴an = 1 + (n −1)d = dn + 1 −d，bn = 2dn+1−d，
答案
解析
6
∴bn+1
bn
= 2d为常数，b1 = 2，
∴数列{bn}是首项为2，公比为2d的等比数列，
当d = 0时，可得bn = 2，不合题意；
当d > 0时，可得{bn}为递增数列，无最大值，不合题意；
当d < 0时，Tn = 2 (1 −2dn)
1 −2d
＜
2
1 −2d ，
因为对任意的正整数n，都有Tn ≤20，
∴20≥
2
1 −2d ，且d＜0，
解得d ≤log2
9
10 ，
故d的取值范围为(−∞, log2
9
10 ].
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
变式2-2
{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d ≠0，{bn}是等比数列，若a1 = b1，a1012 = b1012，Sn和Tn分别是{an}和
{bn}的前n项和，则（       ）
A. S2023 > T2023
B. S2023 < T2023
C. S2023 = T2023
D. S2023和T2023的大小关系不确定
B
分析可知等比数列{bn}为正项单调数列，利用等差数列的求和公式以及基本不等式可得出S2023与T2023的大小.
因为{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d ≠0，
则S2023 = 2023 (a1 + a2023)
2
= 2023a1012，且a1012 = a1 + 1011d ≠a1，则b1012 ≠b1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q1011 = b1012
b1
> 0且q1011 ≠1，即q > 0且q ≠1，
又因为b1 > 0，所以，等比数列{bn}为正项单调数列，
由基本不等式可得b1 + b2023 > 2√b1b2023 = 2b1012，b2 + b2022 > 2√b2b2022 = 2b1012，
⋯，b1011 + b1013 > 2√b1011b1013 = 2b1012，
所以，T2023 = b1 + b2 + ⋯+ b2023 > 2023b1012 = 2023a1012 = S2023，
答案
解析
7
故选：B.
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
知识点2——数列单调性的应用
考点2：数列单调性的应用
知识笔记
数列单调性的判断
求数列单调性的方法：
（1）an+1 −an的正负
① 若an+1 −an > 0，则{an}为严格增数列；
② 若an+1 −an < 0，则{an}为严格减数列；
③ 若an+1 −an = 0，则{an}为常值数列；
（2） 利用函数性质（注意数列n为正整数的条件）.
恒成立与最值问题
（1）数列中恒成立问题，与函数类同，先考虑分离参数，问题转化以后，考虑另一侧的最大值或最小值，这时就
我们把n看作函数里的自变量，就可以求函数在给定范围内的最小值.再考虑函数的单调性，比较F(n + 1)与F(n)的
大小即可.
（2）数列中有解问题也可以分离参数来做，注意区分有解问题与恒成立问题.若s < f(x)恒成立，则s < f(x)min，
若s > f(x)恒成立，则s > f(x)max；若s < f(x)有解，则s < f(x)max，若s > f(x)有解，则s > f(x)min.最后要对两
类取交集.
经典例题
例3
已知数列{an}的通项公式为an = n3
3n ，求使an取得最大值时的n的值．
8
3
根据已知条件列出前2项比较大小，然后根据an最大列出不等式方程组即可得到答案.
设n = k时，an最大，
因为a1 = 1
3 ，a2 = 8
9 > a1，
所以k > 1
所以{
⇒
即{
，故{
 ，
 ，
即2.26 ≤k ≤3.26(k ∈Z)
所以k = 3
故当an取最大值时，n = 3
教法备注
【考点】数列单调性
【教法】注意n为正整数
答案
解析
ak ≥ak−1
ak ≥ak+1
⎧
⎨
⎩
k3
3k ≥(k −1)3
3k−1
k3
3k ≥(k + 1)3
3k+1
k3 ≥3(k −1)3
3k3 ≥(k + 1)3
k ≥
3√3 (k −1)
3√3k ≥k + 1
⎧
⎨
⎩
(
3√3 −1)k ≤
3√3
(
3√3 −1)k ≥1
⎧
⎨
⎩
k ≤
3√3
( 3√3 −1)
≈3.26
k ≥
1
( 3√3 −1)
≈2.26
变式3-1
9
已知数列{an}的通项公式为an = (20 −n) ⋅( 3
2 )
n
，则an取最大值时，n = 
 .
17或 18
由an = (20 −n) ⋅( 3
2 )
n
可得当n ≥21时，an < 0，当n = 20时，an = 0，
当n ≤19时，an > 0，故an取最大值时，一定有n ≤19 ，
设an为数列{an}的最大项，
则{
 ，即
 ，解得17 ≤n ≤18，
则n = 17或18，此时a17 = a18 = 318
217 ，
故答案为：17或18.
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
答案
解析
an ≥an+1
an ≥an−1
⎧
⎨
⎩
(20 −n) ⋅( 3
2 )
n
≥(19 −n) ⋅( 3
2 )
n+1
(20 −n) ⋅( 3
2 )
n
≥(21 −n) ⋅( 3
2 )
n−1
例4
已知an = n −√2022
n −√2023
（n为正整数），且数列{an}共有100项，则此数列中最大项为第 
 项.
45
根据数列的通项公式，判断数列的单调性，即可判断数列的最大项.
由解析式可知，an = n −√2022
n −√2023
= n −√2023 + √2023 −√2022
n −√2023
= 1 + √2023 −√2022
n −√2023
n ∈N∗时，
当n ∈[1, 44], n ∈N∗时，数列{an}单调递减，且an < 1
当n ∈[45, 100], n ∈N∗时，数列{an}单调递减，且an > 1，
答案
解析
10
所以当n = 45时，数列{an}取得最大值.
故答案为：45
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
变式4-1
设常数b为整数，数列{an}的通项公式为an = (n + b)2 + b
2 ，若am + am+1 + am+2（m ≥1，m ∈Z）的最小值为
−7，则b＝ 
 ．
−6
根据对称轴n = −b在数轴上的位置分类讨论，结合二次函数的性质研究最值，进而求解.
由题意知b ∈Z，
当−b ≤1，即b ≥−1时，根据二次函数的性质可知，数列{an}在[1, +∞)上单调递增，
此时am + am+1 + am+2的最小值为a1 + a2 + a3，故a1 + a2 + a3 = −7，
可得(1 + b)2 + b
2 +(2 + b)2 + b
2 +(3 + b)2 + b
2 = −7，化简得2b2 + 9b + 14 = 0，
因为Δ = 92 −4 × 2 × 14 = −31 < 0，所以方程无解，故−b ≤1不符合题意；
当−b ≥2，即b ≤−2时，根据二次函数的性质可知，
am + am+1 + am+2的最小值为a−b−1 + a−b + a−b+1，故a−b−1 + a−b + a−b+1 = −7，
即(−1)2 + b
2 + b
2 + 12 + b
2 = −7，解得b = −6；
综上所述，b = −6.
故答案为：−6
教法备注
【考点】数列单调性的定义
【教法】注意n为正整数
答案
解析
例5
设Sn为正数列{an}的前n项和，Sn+1 = qSn + S1，q > 1，对任意的n ≥1，n ∈N均有Sn+1 ≤4an，则q的取值为
11
 .
2
由已知递推式，结合an与Sn的关系及等比数列的定义，可判断{an}是公比为q的正项等比数列，写出an、Sn+1
，根据题设不等式恒成立可得qn−1(q −2)2 ≤1恒成立，即可求q值.
由题设知：当n = 1时，S2 = a2 + a1 = qS1 + S1 = (q + 1)a1，即a2 = qa1，
当n ≥2时，an+1 = Sn+1 −Sn = q(Sn −Sn−1) = qan，
综上知：{an}是公比为q的正项等比数列，即an = a1qn−1，而Sn+1 = a1(1 −qn+1)
1 −q
(a1 > 0)，
∴由题设知：对任意的n ≥1，n ∈N有1 −qn+1
1 −q
≤4qn−1成立，又q > 1，
∴qn+1 −1 ≤4(qn −qn−1)，整理得：qn−1(q −2)2 ≤1恒成立，而n →+∞时qn−1 →+∞，
∴q = 2.
故答案为：2.
关键点点睛：由an与Sn的关系及等比数列的定义求an、Sn+1，根据数列不等式恒成立求q值即可.
教法备注
【考点】数列恒成立问题
【教法】注意n为正整数
答案
解析
变式5-1
若数列{an}满足a1 = 0，a4n−1 −a4n−2 = a4n−2 −a4n−3 = 3，a4n
a4n−1
= a4n+1
a4n
= 1
2 (n ∈N ∗)，且对任意n ∈N ∗都有
an＜m，则m的最小值为 
 .
8
根据题意，分析数列{an}的前5项，结合递推公式分析可得在a4n−1, a4n−2, a4n−3, a4n中，最大为a4n−1，设
bn = a4n−1，分析可得b1 = a3 = 6，且bn+1 = 1
4 bn + 6，将其变形可得bn+1 −8 = 1
4 (bn −8)，可以得到数列
{bn −8}是首项为﹣2，公比为1
4 的等比数列，结合等比数列的通项公式求出数列{bn}通项公式，则有
a4n−1 = 8 −
2
4n−1 ，据此分析an＜m恒成立可得答案．解：根据题意，数列{an}满足
答案
解析
12
a1 = 0，a4n−1 −a4n−2 = a4n−2 −a4n−3 = 3，a4n
a4n−1
= a4n+1
a4n
= 1
2 (n ∈N ∗)
当n = 1时，有a3 −a2 = a2 −a1 = 3，则a2 = 3, a3 = 6，a4 = 3, a5 = 3
2 ，
分析可得：在a4n−1, a4n−2, a4n−3, a4n中，最大为a4n−1，
设bn = a4n−1，则有b1 = a3 = 6，
且bn+1 = a4n+3 = 1
4 a4n−1 + 6 = 1
4 bn + 6，
变形可得：bn+1 −8 = 1
4 (bn −8)，所以数列{bn −8}是首项为6﹣8＝﹣2，公比为1
4 的等比数列，则
bn −8 = (−2) × ( 1
4 )
n−1
=
−2
4n−1 ，
则bn = 8 −
2
4n−1 ，
即a4n−1 = 8 −
2
4n−1 ，又{a4n−1}为递增数列，且a4n−1 ≤8，
所以若对任意任意n ∈N ∗都有an＜m成立，则m ≥8，即m的最小值为8；
故答案为8
本题考查数列的递推公式，注意查找规律，分析局部数列的性质是解题的关键，属于难题.
教法备注
【考点】数列恒成立问题
【教法】注意n为正整数
03 平面及其基本性质
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
    理解点、线、面的性质与关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
  运用斜二测画法画直观图
目标3
★★★★☆☆ 识别
辨析三大公理及其推论
目标4
★★★★★☆ 迁移
 掌握点线面位置关系的证明
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解点线面的位置关系，掌握三大公理及其推论，能够利用公理及其推论进行空
间点线面位置关系的证明；
2．本讲知识点在期中主要考查填选题，考试占比5%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第一节平面及其基本性质；
4．本讲知识点给出点线面位置关系的三大公理证明要求，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合
课本及考试内容设置题目.
教法备注
2
把夜空看作一个平面，星星看作点，从几何的角度考虑二者的关系，以及星座里的线条和星星的关系，引出
本节内容.
知识点1——空间中的点、直线和平面
考点1：平面基本性质以及点、线、面的关系
知识笔记
定义与表示
 （1）平面的定义：平面是平的、没有厚度的、可以无限延伸的图形.
 （2）点、直线、平面的表示方法：用写英文字母A，B，C等表示点，用小写英文字母a，b，c 表示直线，用     小
写希腊字母α，β，γ 表示平面.
点、直线与平面的位置关系
位置关系
符号表示
图形表示
点与直线
点A在直线l上，也称直
线l经过点A
 
A ∈l 
点B不在直线l上，也称
直线l不经过点B
 
B ∉l
3
点与平面
点A在平面α上，也称直
线α不经过点A
 
A ∈α
点B不在平面α上，也称
平面α不经过点B
 
B ∉α
直线与平面
直线l在平面α上，也称平
面α经过直线l
 
l ⊂α
 
直线l与平面α相交于点A
 
l ⋂α = A
直线l与平面α平行
 
l ∥α
 平面与平面
 
平面α与平面β相交于直
线l
 
 
α ⋂β = l
 
平面α与平面β平行
 
α ∥β
经典例题
例1
填空题
如果三个平面把空间分成6个部分，那么这三个平面的位置关系可以是 
 .（填序号）①三个平面两两平行；②
三个平面两两相交，且交于同一条直线；③三个平面两两相交，且有三条交线；④两个平面平行，且都与第三个平
面相交
②④
答案
解析
4
根据空间中面面间的位置关系，逐项判断，即可得出结果.①三个平面两两平行，可把空间分成4个部分；
②三个平面两两相交，且交于同一条直线，可把空间分成6个部分；
③三个平面两两相交，且有三条交线，可把空间分成7个部分或8个部分；
④两个平面平行，且都与第三个平面相交，可把空间分成6个部分.
故答案为②④
本题主要考查平面对空间的分割问题，熟记面面之间位置关系即可，属于常考题型.
变式1-1
填空题
下列命题中，所有正确命题的序号是 
 .
①两个相交平面把空间分成4部分.
②有两个角是直角的四边形是平面图形.
③若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点.
④如果分别在两个不同平面上的两条直线有交点，那么交点在两平面的交线上.
①③④
根据平面的性质依次判断选项即可。
对①，两个相交平面把空间分成4部分，故①正确；
对②，如图所示：
∠ABC = ∠ASC = 90∘，满足题意，此时为立体图形，故②错误；
对③，若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点，在两个平面的交线上，
故③正确。
对④，如果分别在两个不同平面上的两条直线有交点，此时交点为两个平面的公共点，
必在两个平面的交线上，故④正确。
故答案为：①③④
答案
解析
例2
5
填空题
3个不同的平面最多将空间分成a部分，最少将空间分成b部分，则b −a = 
 ．
−4
对平面的位置关系分类讨论，即可得到答案.
当三个不同的平面互相平行时，最少将空间分成4部分，即b = 4，
当三个平面三维放置时，最多将空间分成8部分，即a = 8，
所以b −a = 4 −8 = −4．
故答案为：−4
方法点睛：对平面分空间为几个部分问题，要有画图的意识，结合空间想象能力全方位、多角度地去考虑问
题，作出判断．
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】根据平面与平面的位置关系，结合题意，从而可得到结果．
答案
解析
变式2-1
填空题
在平面上画n条直线，假设其中任意2条直线都相交，且任意3条直线都不共点，设k条直线将平面分成了f(k)个区
域，那么k + 1条直线可把平面分成f(k)+ 
 个区域．
k + 1
根据题意，依次分析f(1), f(2), f(3), f(4), f(5)的值，由此类推，归纳可得答案.
1条直线把平面分成2个区域，2条直线把平面分成2 + 2 = 4个区域，则有f(2) = f(1) + 2，
同理，3条直线把平面分成2 + 2 + 3 = 7个区域，则有f(3) = f(2) + 3，
4条直线把平面分成2 + 2 + 3 + 4 = 11个区域，则有f(4) = f(3) + 4，
5条直线把平面分成2 + 2 + 3 + 4 + 5 = 16个区域，则有f(5) = f(4) + 5，
依次类推，第k + 1条直线与前k条直线都相交，
则第k + 1条直线有k个交点，被分为k + 1段，每段都会把对应的平面分为两部分，
答案
解析
6
则增加了k + 1个平面，即f(k + 1) = f(k) + k + 1．
故答案为：k + 1.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】根据题意，依次分析f（1），f（2），f（3），f（4），f（5）的值，由此类推，归纳可得答案．
例3
单选题
下列命题中正确的是（       ）
A. 两个平面可以有且仅有一个公共点
B. 三条相互平行的直线必在同一个平面内
C. 两两相交的三条直线一定共面
D. 过不在一直线上的三点有且仅有一个平面
D
以正方体为载体，结合空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解.
在A中，两个平面有一个公共点时，这两个平面交于一条直线，故A错误；
在B中，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，AB、DC、A1B1三条直线互相平行，但不共面，
故三条互相平行的直线可以在不同的平面内，故B错误；
在C中，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，两两相交的三条直线AB、AD、AA1不共面，
故两两相交的三条直线不一定共面，故C错误；
在D中，过不在一直线上的三点有且仅有一个平面，定理正确，故D正确.
答案
解析
7
       
故选：D.
变式3-1
单选题
下列命题
（1）若空间四点共面，则其中必有三点共线；
（2）若空间四点中有三点共线，则此四点必共面；
（3）若空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面；
（4）若空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
其中真命题的个数是（     ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
根据空间中点和线的位置关系，即可求解.
对于（1），四点共面不一定得到三点共线，比如平面四边形，故（1）错误，
对于（2），若空间四点中有三点共线，则此四点必共面；（2）正确，
对于（3）,若空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面；比如平面四边形，（3）错误，
对于（4），若空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
假若其中三个点共线，则第四个点要么与这三点在一条直线上，要么在直线外
，根据直线和直线外一点可确定一个平面可知，这四点共面，矛盾，故任意三点不共线，（4）正确
故选：B
答案
解析
例4
解答题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1，中，H是B1D1的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点．求证：
8
(1)
证明；F，G，H，B四点共面；
(1) 证明见解析
(1) 证明：连接BH，∵FG为△CBH的中位线，
∴FG//BH，∴F，G，H，B四点共面；
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】（1）连接BH，可证得FG∥BH，再利用平面基本性质可判断F，G，H，B四点共面；（2）利用面面
平行的判定定理证明即可；（3）取D C 的中点N，连接A N，NE，取A B 的中点M，连接MC ，AM，则截
面AEC M为平行四边形，再求出截面的面积即可．
答案
解析
1
1
1
1
1
1
1
变式4-1
如图，棱长为2的正方体ABCD −A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1D1、C1C、A1A的中点.
(1)
证明：M、N、A1、B四点共面；
9
(1) 证明见详解；
(1) 证明：
如图1，连结MN、A1B、CD1.
由已知可得，A1D1//BC，A1D1 = BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B//CD1.
又M、N分别是C1D1、C1C的中点，所以MN//CD1，且MN = 1
2 CD1，
所以MN//A1B，且MN = 1
2 A1B.
所以M、N、A1、B四点共面.
答案
解析
例5
单选题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱C1D1、AA1、BC的中点，则经过M、N、P的平面与正
方体ABCD −A1B1C1D1相交形成的截面是一个（       ）
10
A. 三角形
B. 平面四边形
C. 平面五边形
D. 平面六边形
D
分别取A1D1、AB、C1C的中点F、H、E，连接MF、FN、NH、HP、PE、EM、A1C1、AC、NE、
A1B，先证明H、P、M、F四点共面，再证明N ∈平面HPMF，
P ∈平面HPMF可得答案.
如图，分别取A1D1、AB、C1C的中点F、H、E，连接MF、FN、NH、HP、PE、EM、A1C1、AC、
NE、A1B，且M、N、P分别是棱C1D1、AA1、BC的中点，
所以A1C1//FM、HP//AC，且A1C1//AC，所以HP//FM， 即H、P、M、F四点共面，
因为A1F//BP，A1F=BP，所以四边形A1FPB是平行四边形，所以A1B//FP，
又因为A1B//NH，得NH//FP，且FP ⊂平面HPMF，H ∈平面HPMF，
所以NH ⊂平面HPMF，得N ∈平面HPMF，
因为MC1//BH，MC1=BH，所以四边形C1MHB是平行四边形，所以C1B//MH，
又因为C1B//EP，得MH//EP，又MH ⊂平面HPMF，P ∈平面HPMF，
所以PE ⊂平面HPMF，得E ∈平面HPMF，所以H、P、E、M、F、N六点共面，
平面六边形HPEMFN即为经过M、N、P与正方体ABCD −A1B1C1D1相交形成的截面，
故选：D.
答案
解析
11
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】根据确定平面的依据：“经过两条平行线有且只有一个平面”，引导学生通过取中点的方式得截面．
变式5-1
单选题
用一个平面去截正方体，如果截面是三角形，则截面三角形的形状不可能是（       ）
A. 直角三角形
B. 等腰三角形
C. 锐角三角形
D. 等边三角形
A
画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，结合正方体的性质，即可判断.
如图1，易知△A1BC1为正三角形，于是答案B,C,D都有可能，
答案
解析
12
对A，如图2，
若△EFG为直角三角形，根据正方体的对称性，不妨假设EF⊥FG，由正方体的性质可知：GB1⊥EF，
GB1 ∩FG = G，所以EF⊥平面ABB1A1，而EB1⊥平面ABB1A1，于是过同一点作出了一个平面的两条垂
线，显然不成立，A错误.
故选：A.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】作一截面AB D 可判断四个选项的正确性．
1
1
变式5-2
单选题
如图，在正方体中，E，F，G分别为AD，B1B，D1C1上靠近A，B1，D1的三等分点，M1，M2，N1，N2，P1，
P2分别是AB，B1C1，DD1的三等分点，M3，N3，P3为分别是AB，B1C1，DD1的中点，则平面EFG过（       ）
13
A. M1，N1，P1
B. M2，N2，P2
C. M3，N3，P3
D. 以上都不正确
A
设正方体的棱长为3，取CD的三等分点H，延迟GF与HB交于点P，连接EP并延长，交于AB和CD延长线于
N, Q，连接QG交D1D于点M，过点G作GZ//EN交B1C1于点Z，平面EFG截正方体所得截面即为
ENFZGM,根据相似可得AN = 1，进而得解.
如图所示，设正方体的棱长为3，
取CD的三等分点H，则GH//FB，所以延迟GF与HB交于点P，
连接PE并延长，交于AB和CD延长线于N, Q，连接QG交D1D于点M，过点G作GZ//EN交B1C1于点Z.
平面EFG截正方体所得截面即为ENFZGM,
设AN = x，
易知PB
PH = BF
GH = 2
3 ,所以BN
QH = PB
PH = 2
3 ，AN
QD = AE
ED = 1
2 ,
所以QD = 2x, QH = 2x + 1，3 −x
1 + 2x = 2
3 ，解得x = 1，所以点N与M1重合，
答案
解析
14
QD = 2, D1G
QD = D1M
MD = 1
2 ，所以点M与P1重合，
因为GZ//EN，所以点G与N1重合.
故选：A.
教法备注
设正方体的棱长为3，取三等分点，作出平面截正方体所得截为,根据相似求对应边长，进而得解.
例6
解答题
P，Q，R三点分别在直四棱柱AC 的棱BB ，CC 和DD 上，试画出过P，Q，R三点的截面作法．
答案见解析
作截面图，就是要找到面PQR与直四棱柱相关面的交线，画交线的关键就是找两个公共点，没有明显的公共
点，首选延长那些同时在直四棱柱面上的线.
作法：（1）连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于E，F;
（2）连接EF交AB于T，交AD于S;
（3）连接RS，TP,则五边形PQRST即为所求截面．
1
1
1
1
答案
解析
15
变式6-1
解答题
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M，N，P分别为C1D1，AD，CC1的中点，棱长为a.
   
(1)
请在图一作出过M，N，P三点的平面α截正方体所得的截面β（保留作图痕迹）.
(1) 作图见解析；
(1) 画直线MP与线段DC, DD1的延长线分别交于点E, F，连接NE, NF分别交BC, A1D1于Q, R，
连接MR, PQ，则五边形PQNRM为截面β.
   
答案
解析
16
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】延长直线找截点、连截点成截线、将截线首尾相连成截面.
变式6-2
解答题
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M，N，P分别为C1D1，AD，CC1的中点，棱长为a.
   
(1)
请在图一作出过M，N，P三点的平面α截正方体所得的截面β（保留作图痕迹）.
(2)
计算截面β的周长.
(1) 作图见解析；
(2) (√10 + √2
2 )a；
(1) 画直线MP与线段DC, DD1的延长线分别交于点E, F，连接NE, NF分别交BC, A1D1于Q, R，
连接MR, PQ，则五边形PQNRM为截面β.
   
(2) 由M, P分别为C1D1, CC1的中点，得∠FMD1 = 45∘，而∠FD1M = 90∘，
则D1F = D1M = a
2 ，由D1R//AD，得FR
FN = RD1
ND = FD1
FD = 1
3 ，RD1 = a
6 ，
MR = FR = √( a
6 )
2
+ ( a
2 )
2
= √10a
6
，同理PQ = EQ = √10a
6
，而MP = √2a
2
，
答案
解析
17
所以截面β的周长NR + MR + NQ + PQ + MP = 3MR + 3PQ + MP = (√10 +
√2
2 )a.
教法备注
【考点】平面的基本性质及推论
【教法】过M，N，P三点作正方体的截面为MPGNQ，如图所示，分别求出MP，NH，NS的长度，即可得出
答案．
知识点2——三大公理及其推论
考点2：三大公理及其推论
知识笔记
三大公理
    公理1：如果直线l上有两个点在平面α上，那么直线l在平面α上.（直线在平面上） 
用集合语言表述：A ∈l, B ∈l, A ∈α, B ∈α ⇒l ⊂α；
公理2：不在同一直线上的三点确定一个平面.（确定平面）
用集合语言表述：A, B, C不共线⇒A, B, C确定一个平面；
推论1：一条直线和直线外的一点确定一个平面；用集合语言表述：A ∉l ⇒A, l确定平面α；
推论2：两条相交的直线确定一个平面；用集合语言表述：a ⋂b = A ⇒a, b确定平面α；
推论3：两条平行的直线确定一个平面.；用集合语言表述：a//b ⇒a, b确定平面α；
    公理3：如果不同的两平面α、β  有一个公共点A，那么α、β的交集是过点A的直线l.（平面与平面相交）
用集合语言表述：A ∈α ⋂β ⇒α ⋂β = l且A ∈l.
18
  
经典例题
例7
单选题
当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（       ）
A. 三点确定一平面
B. 不共线三点确定一平面
C. 两条相交直线确定一平面
D. 两条平行直线确定一平面
B
自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定,此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上.自行车
前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上,所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自
行车稳定.
故选B项.
本题考查不共线的三个点确定一个平面，属于简单题.
答案
解析
变式7-1
过空间任意一点引三条不共面的直线，它们所确定的平面个数是
A. 1
B. 2
C. 3
D. 1或3
C
本题考查平面的基本性质:过两条相交直线有且只有一个平面
过空间任意一点引三条不共面的直线PA, PB, PC;PA ⋂PB = A,由直线PA, PB唯一确定一个平面α,同理直线
PA, PC唯一确定一个平面直线β,PC, PB唯一确定一个平面γ;α, β, γ是三个不同的平面,否则, PA, PB, PC共面;
答案
解析
19
所以过空间任意一点引三条不共面的直线，它们所确定的平面个数是3.故选C
例8
填空题
下列判断中：①三点确定一个平面；②一条直线和一点确定一个平面；③两条直线确定一个平面；④三角形和梯形
一定是平面图形；⑤四边形一定是平面图形；⑥六边形一定是平面图形；⑦两两相交的三条直线确定一个平面.其中
正确的是 
 .
④
根据平面的公理及推论进行判断得解
解①根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故①不对；
②根据一条直线和直线外的一点确定一个平面知，故②不对；
③由异面直线的定义知，两条直线不一定确定一个平面，故③不对；
④因梯形的一组对边平行，所以由“两条平行确定一个平面”知，梯形是一个平面图形，
又因三角形的三个顶点不共线，故④对；
⑤比如空间四边形则不是平面图形，故⑤不对；
⑥比如空间六边形则不是平面图形，故⑥不对；
⑦两两相交于同一点的三条直线，如三棱锥的三个侧面，它们确定了三个平面，故⑦不对．
故答案为：④．
教法备注
【考点】三大公理及其推论
【教法】主要根据公理2以及推论判断①②③④，利用空间图形和几何体进行判断⑤⑥⑦．
答案
解析
变式8-1
单选题
下列命题是真命题的是（       ）
A. 四边相等的四边形一定是平面图形
B. 空间一个点与一条直线可以确定一个平面
C. 一个平面的面积可以为10km2
D. 相交于同一点的四条直线最多可以确定6个平面
答案
20
D
利用平面图形的定义以及公理2的推论可判断ABC三个选项，由两条相交直线确定一个平面，分析四条直线相
交的情况，可求出最多可以确定平面的个数.
四边相等的四边形可以为平面图形，也可以为空间四边形，故A为假命题；
空间一条直线与直线外一点可以确定一个平面，故B为假命题；
平面是无限延展的，所以平面不计算面积，故C为假命题；
相交于同一点的四条直线，当任三条直线不共面时，可以确定6个平面，故D为真命题．
故选：D．
解析
例9
解答题
如图，E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上的点，且EH与FG交于点O．求证：B、D、
O三点共线．
证明见解析
根据平面的公理证明求解即可.
答案
解析
21
因为E, H ⊂平面ABD，所以EF ⊂平面ABD，
因为O ∈EH，所以O ∈平面ABD.
因为F, G ⊂平面BCD，所以O ∈平面BCD，
因为O ∈FG，所以O ∈平面BCD.
因为平面ABD∩平面BCD = BD，所以O ∈BD，
即证：B, D, O三点共线.
教法备注
【考点】三大公理及推论
【教法】通过空间中四点共面的基础知识，利用转化思想推得逻辑条件的判断.
变式9-1
解答题
如图，已知平面α, β，且α ∩β = l，设在梯形ABCD中，AD∥BC，且AB ⊂α, CD ⊂β.求证：AB, CD, l共点．
证明见解析
设AB交CD于点M，再根据若两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，
即可得证.
如图，梯形ABCD中，因为AD∥BC，
所以AB与CD必交于一点，
设AB交CD于点M，则M ∈AB, M ∈CD，
又因为AB ⊂α, CD ⊂β，
所以M ∈α, M ∈β，
又因为α ∩β = l，所以M ∈l，
所以AB, CD, l共点．
答案
解析
22
教法备注
【考点】三大公理及推论
【教法】通过空间中四点共面的基础知识，利用转化思想推得逻辑条件的判断.
例10
单选题
设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同
一个平面上”的（       ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既非充分又非必要条件
A
由公理2的推论(1) (2)即可得到答案.由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得P1、P2、P3、P4在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当P1 ∈l1、P2 ∈l1、P3 ∈l2、P4 ∈l2,l1//l2时,
P1、P2、P3、P4在同一个平面上,
但P1、P2、P3、P4中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
(1)经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
答案
解析
23
(2)经过两条平行直线,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;
教法备注
【考点】三大公理及推论
【教法】通过空间中四点共面的基础知识，利用转化思想推得逻辑条件的判断.
变式10-1
填空题
空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：A，B，
C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是
___________个
32
按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解
首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面α的距离相等，有以下两种可能性：
（1）全同侧，这样的平面有2个；
（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有4 × 8 = 32个，
答案
解析
24
故答案为：32
例11
解答题
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，G，H分别是B1C1，C1D1的中点．
（1）画出平面ACD1与平面BDC1的交线，并说明理由；
（2）求证：B，D，H，G四点在同一平面内．
（1）图象见解析，理由见解析；（2）证明见解析.
（1）利用平面基本性质2，可得结论；
（2）利用平面基本性质3，可得结论．
解：（1）解：设AC ⋂BD = M，C1D ⋂CD1 = N，连接MN，则
∵M，N分别在平面ACD1、平面BDC1，
∴平面ACD1∩平面BDC1 = MN；
（2）证明：连B1D1，
∵G，H分别是B1C1，C1D1的中点，
则HG//D1B1且D1B1//DB，所以HG//DB
故B、D、G、H四点共面
答案
解析
25
本题考查平面基本性质，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
变式11-1
解答题
空间四边形ABCD中，点M, N, P, Q分别在AB, BC, CD, DA上，且AM
MB = CN
NB = CP
PD = AQ
QD = k．求证：
M, N, P, Q四点共面．
证明见解析
根据条件，利用基本事实2的推论3，即可证明结果.
∵AM
MB = CN
NB = CP
PD = AQ
QD = k，
所以QM//BD，NP//BD，得到QM//PN，
所以M, N, P, Q四点共面.
教法备注
【考点】三大公理及推论
【教法】根据对应边成比例证明MQ∥BD，同理证出NP∥BD，则由平行的传递性证出MQ∥NP，根据两条平行线
答案
解析
26
确定一个平面，证出四点共面．
知识点3——直观图画法
考点3：直观图斜二测画法
知识笔记
斜二测画法的一般步骤
（1）画平面直角坐标系xoy，再画一个斜坐标系x
′oy
′  ，使得 ∠x
′oy
′ = 45∘   ；
（2）与原先x  轴平行方向的线段保持不变，与原先y  轴平行方向的线段长度变为原来的一半.
经典例题
例12
填空题
水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，若A1C1 = 2，△ABC的面积为2√2，则A1B1的长为 
 .
√2.
根据题意画出图形，结合图形求出BC、B1C1的长，再用余弦定理求出A1B1的长．
如图所示，
答案
解析
27
AC = A1C1 = 2，
∴△ABC的面积为1
2 AC ⋅BC = 1
2 × 2 × BC = 2√2，
∴BC = 2√2，
∴B1C1 = 1
2 BC = √2，
∴A1B2
1 = 22 + (√2)
2
−2 × 2 × √2cos45∘= 2，
∴A1B1 = √2．
故答案为：√2．
本题考查了斜二测画法的应用问题和三角形边长与面积的计算问题，属于中档题．
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】根据题意画出图形，结合图形求出BC、B C 的长，再用余弦定理求出A B 的长．
1
1
1
1
变式12-1
填空题
将边长为10的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为ΔA′B′C ′，则ΔA′B′C ′中最短边的边长为
 .（精确到0.01）
3.62
按照“斜二测”画法画出图形，易知正三角形ABC的高为5√3，在ΔB′O′C ′中利用余弦定理求出中最短边B′C ′
的长度即可.
按照“斜二测”画法的规则：x轴与平行x轴的线段长度不变，y轴与平行y轴的线段长度减半，画出正三角形
ABC和ΔA′B′C ′，如下图：
答案
解析
28
由题意，正三角形ABC的边长为10，高OB为5√3，
由图可知，在ΔA′B′C ′中，显然B′C ′最短，
在ΔB′O′C ′中，O′B′ = 5√3
2
，O′C ′ = 5，∠B′O′C ′ = 45
∘，
故：B′C ′ = √(O′B′)2 + (O′C ′)2 −2 ⋅O′B′ ⋅O′C ′ ⋅cos ∠B′O′C ′
= √( 5√3
2
)
2
+ 52 −2 ⋅5√3
2
⋅5 ⋅
√2
2
≈3.62.
故答案为：3.62.
本题主要考查“斜二测”画法的应用，考查逻辑思维能力和数形结合思想，属于中档题.
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】由题意，求正三角形ABC的高，利用余弦定理求出△A′B′C′中最短边的边长．
例13
填空题
如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′A′ = 1，那么原三角形ABO面
积是 
 .
√2
2
根据斜二测画法的规则，与x 轴平行的线段在直观图中与x′轴平行，长度不变；与y 轴平行的线段在直观图中
答案
解析
29
与y′轴平行，长度减半，分别求出OA, OB 的长度，即可求出面积.
根据直观图画出原图如下，则有OB = O′B′ = √2
2 ,O′A′ = 1 ,OA = 2O′A′ = 2 ,那么原三角形ABO面积是
1
2 OB ⋅OA = 1
2 × 2 × √2
2
= √2
2 .
故答案为：√2
2
变式13-1
有一块多边形的菜地，其水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图是直角梯形（如图所示），∠ABC = 45∘,
AB = AD = 10m．DC⊥BC，则这块菜地的面积为     m2．
50√2 + 200
首先计算直观图梯形的面积，再根据
S直
S原
= √2
4 ，即可求解菜地的面积.
如图，BC = 10 sin 45∘+ 10 = (5√2 + 10)m,CD = AB sin 45∘= 5√2，
SABCD = 1
2 (AD + BC) × CD = 1
2 × (5√2 + 20) × 5√2 = (25 + 50√2)m2，
因为
S直
S原
= √2
4 ，所以S原= (25 + 50√2) × 2√2 = (50√2 + 200)m2.
故答案为：50√2 + 200
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
答案
解析
30
【教法】先求出直观图中直角梯形ABCD的面积，再利用原图形和直观图面积之间的关系求解．
变式13-2
单选题
如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45∘，腰和上底均为1
2 的等腰梯形，那么原平面图形的面积
是（       ）
A. 2 + √2
B. 1 + √2
4
C. 2 + √2
4
D. 1 + √2
C
先计算出等腰梯形的面积为S1 =
√2
8
+ 1
8 ，再利用S = 2√2S1计算得到答案.等腰梯形的面积
S1 = 1
2 ( 1
2 + 1
2 cos 45∘× 2 + 1
2 ) × 1
2 sin 45∘= √2
8
+ 1
8
则原平面图形的面积S = 2√2S1 = 1
2 + √2
4
= 2 + √2
4
故选：C
本题考查了斜二测画法面积的计算，抓住前后面积的关系是解题的关键.
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】根据斜二测原理画出原图形，结合图形求出原平面图形的上底与下底和高，即可求出面积.
答案
解析
变式13-3
填空题
用斜二测画法画出水平放置的平面图形△OAB的直观图如图所示，已知O′D′ = D′A′ = D′B′ = A′B′ = 2，则
△OAB的面积为 
 .
答案
31
4√6
先推导出原三角形的面积与其直观图面积之间的关系，并求出△O′A′B′的面积，由此可得出△OAB的面积.
不妨设△MNP的底边MN = a，点P到边MN的距离为h，则S△MNP = 1
2 ah，如下图所示：
在斜二测直观图中，如下图所示：
点P ′到直线M ′N ′的距离为h′ = h
2 sin 45∘= √2
4 h，
所以，S△M ′N ′P ′ = 1
2 a × √2
4 h = √2
4 S△MNP，则S△MNP = 2√2S△M ′N ′P ′，
本题中，在直观图中，O′D′ = D′A′ = D′B′ = A′B′ = 2，
则△A′B′D′为等边三角形，则∠O′B′D′ = 30∘，
∠O′B′A′ = ∠O′B′D′ + ∠A′B′D′ = 30∘+ 60∘= 90∘，
所以，O′B′ = √O′A′2 −A′B′2 = √42 −22 = 2√3，
所以，S△O′A′B′ = 1
2 A′B′ ⋅O′B′ = 1
2 × 2 × 2√3 = 2√3，
则S△OAB = 2√2S△O′A′B′ = 2√2 × 2√3 = 4√6.
故答案为：4√6.
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】根据题意，先求出△O′A′B′的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
解析
变式13-4
填空题
32
一水平放置的平面图形，用斜二测画法画它的直观图，此直观图恰好是边长为1的正方形（如图所示），则原平面
图形的面积为 
 .
2√2
由直观图作出原图，确定原图结构，然后计算面积.
直观图恰好是边长为1的正方形，所以O′A′ = 1，O′B′ = √2
由直观图知原图为平行四边形OABC，OA = O′A′ = 1，OB⊥OA，OB = 2O′B′ = 2√2，
所以原平面图形的面积为1 × 2√2 = 2√2，
故答案为：2√2.
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】把直观图还原为原平面图形，根据原平面图形是平行四边形，求解即可．
答案
解析
例14
填空题
如图所示，一个水平放置△AOB的斜二测画法画出的直观图是△A′O′B′，其中O′B′ = 4, A′D′O′C ′为平行四边形，
则原△AOB的周长是 
 ．
   
33
4 + 4√17
根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原△AOB的形状，计算即可求解.
由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原△AOB是等腰三角形，如图：
      
其中OB = O′B′ = 2OD = 4，AD⊥OB，且AD = 2O′C ′ = 8，
所以OA = AB = √OD2 + AD2 = 2√17，
所以原△AOB的周长为OB + OA + AB = 4 + 4√17.
故答案为：4 + 4√17
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】根据题意，由直观图还原得到原△AOB，根据边的长度，即可求得答案．
答案
解析
变式14-1
填空题
如图，矩形O′A′B′C ′是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中O′A′ = 3，O′C ′ = 1，则原图形
周长是 
 ．
12
由直观图还原为原图，分别求得边长从而得到周长.
答案
解析
34
如图所示，
在直观图中，设O′y′与B′C ′交于点P ′，则O′P ′ =
O′C ′
cos 45∘= √2，C ′P ′ = O′C ′ = 1，P ′B′ = B′C ′ −C ′P ′ = 2
，
在原图形中，CP = 1，OP = 2O′P ′ = 2√2，OC = √OP 2 + CP 2 = √(2√2)
2
+ 12 = 3，OA = O′A′ = 3，
所以原图形的周长是2 × (OA + OC) = 2 × (3 + 3) = 12．
故答案为：12．
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】由直观图还原为原图，分别求得边长，进而计算可得而得到周长．
变式14-2
已知四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图为直角梯形A′B′C ′D′，如图所示， A′B′ = 1，A′D′ = 2，B′C ′ = 3
，A′B′⊥B′C ′，A′D′//B′C ′，则四边形ABCD的周长为（       ）
A. 8 + 2√3
B. 6 + √2
C. 7 + 2√3
D. 6 + √2 + 2√3
A
根据图形把斜二测图形转化为实际图形，再计算周长即可.
由题意可知O′A′ = √2A′B′ = √2，如图所示，过点D作DH⊥BC，
垂足为H，则四边形ABCD的高为
OA = DH = 2O′A′ = 2√2, OB = O′B′ = 1, AD = A′D′ = 2, BC = B′C ′ = 3, AB = √OA2 + OB2 = 3，
BH = 2 −1 = 1，则CH = 3 −1 = 2，
则DC = √DH 2 + HC 2 = √(2√2)
2
+ 22 = 2√3，
答案
解析
35
故四边形ABCD的周长为3 + 2 + 3 + 2√3 = 8 + 2√3.
故选：A.
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】根据图形把斜二测图形转化为实际图形，再计算周长即可．
例15
填空题
如图所示，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′//y′轴，O′B′ = 4，且△ABO的面积为
16，过A′作A′C ′⊥x′轴，则A′C ′的长为 
 ．
2√2
结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到△A′B′O′的面积，进而得到A′C ′.
因为S△ABO = 16，S△A′B′O′
S△ABO
= √2
4 ，O′B′ = 4
所以S△A′B′O′ = 4√2 = 1
2 × O′B′ × A′C ′，即A′C ′ = 2√2.
故答案为：2√2.
答案
解析
变式15-1
填空题
对于一个底边在x轴上的三角形，采用斜二测画法作出其直观图，其直观图面积是原三角形面积的 
 倍．
36
√2
4
底边在x轴上的三角形，设其底边长为a，高为h，则其面积为S = 1
2 ah；
用斜二测画法作出其直观图时，认为三角形，底边长为a，高为1
2 h ⋅sin 45∘= √2
4 h，则其面积为
S ′ = 1
2 ⋅a ⋅√2
4 h = √2
8 ah．
所以直观图面积是原三角形面积的
√2
4 倍．
答案：
√2
4
教法备注
【考点】直观图斜二测画法
【教法】设底边在x轴上的三角形的底边长为a,高为b,采用斜二测画法作出其直观图得到的三角形的底边长与
高,由此能求出结果．
答案
解析
04 空间直线与直线的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解空间中两直线的位置关系
目标2
★★☆☆☆☆ 理解
理解异面直线的定义
目标3
★★★☆☆☆ 操作
运用公垂线的概念确定公垂线
目标4
★★★★★☆ 掌握
掌握异面直线所成角的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解异面直线的概念，能够利用定义和概念求解异面直线的夹角和公垂线；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第二节直线与直线的位置关系；
4．本讲知识点给出了公垂线的概念，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内容设置
题目.
教法备注
2
通过对鸟巢钢结构外形的观察，分析这些钢“线”之间的位置关系，引出本节内容.
知识点1——两直线的位置关系
考点1：空间中直线与直线的位置关系
知识笔记
共面直线
（1）相交直线：直线l和直线m相交于一点A，记作l ⋂m = A.
（2）平行直线：
 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
 等角定理：如果一个角的两边和另外一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等.
 推论1：如果一个角的两边和另外一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.
 推论2：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等.
异面直线
    （1）定义：不同在任何一个平面上的两条直线叫做异面直线.
（2）异面直线的画法：画两条异面直线时，通常需要用一个或两个平面来衬托.
3
 
（3）异面直线判定定理：过平面外一点与平面上一点的直线，和此平面上不经过该点的任何一条直线都是异面
直线.
经典例题
例1
单选题
若l是平面α与平面β的交线，直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，则下列命题正确的是（     ）
A. l至少与l1、l2中的一条相交
B. l与l1、l2都相交
C. l至多与l1、l2中的一条相交
D. l与l1、l2都不相交
A
举出实例，得到l至少与l1、l2中的一条相交，A正确，BC错误；l与l1、l2都不相交，故l1与l2平行，但此时l1和l2
不是异面直线，D错误；
BC选项，如图1，l与l1、l2都相交，如图2，l与l1相交、l与l2平行，BC错误；
D选项，l与l1、l2都不相交，故l1与l2平行，但此时l1和l2不是异面直线，D错误；
A选项，l至少与l1、l2中的一条相交，A正确.
故选：A
答案
解析
变式1-3
单选题
4
若直线a，b是异面直线，点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，则（       ）
A. 不存在过点O且与直线a，b都相交的直线
B. 过点O一定可以作一条直线与直线a，b都相交
C. 过点O可以作无数多条直线与直线a，b都相交
D. 过点O至多可以作一条直线与直线a，b都相交
D
设直线a与点O确定平面α，由题意可得直线b与平面α相交或平行.分两种情形，画图说明即可.
点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，设直线a与点O确定平面α，由题意可得b ⊄ α，故直线b与平面α相
交或平行.
(1)若直线b与平面α相交（如图1），记b ∩α = P，
①若PO//a，则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线；
②若PO与a不平行，则直线PO即为过点O且与直线a，b都相交的直线.
（2）若直线b与平面α平行（如图2），则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线.
综上所述，过点O至多有一条直线与直线a，b都相交.
故选：D.
答案
解析
例2
单选题
如图所示，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是
(
)
5
A. DD1        
B. AC        
C. AD1        
D. B1C
B
当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；
根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
当点P与C1重合时，BP与AD1是平行直线；
当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．
故选：B．
答案
解析
变式2-1
多选题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1, C1C的中点，则以下四个结论中，正确的有（       ）
A. 直线AM与CC1是相交直线
B. 直线BN与MB1是异面直线
C. AM与BN平行
D. 直线A1M与BN共面
BD
根据异面直线的概念结合正方体性质可判断AB；根据直线的平行的判定可判断C；利用四点共面可判断D.
对于A，M, C, C1三点在平面CDD1C1内，M点不在直线CC1上，
答案
解析
6
A点不在平面CDD1C1内，可得直线AM与CC1是异面直线，故A错误；
对于B，B, N, B1三点在平面BCC1B1内，B1不在直线BN上，
M点不在平面BCC1B1内，可得直线BN与MB1是异面直线，故B正确；
对于C，取DD1的中点E，连接AE, EN，又N为C1C的中点，
则有EN//CD//AB，AB = CD = EN，
所以四边形ABNE是平行四边形，所以AE//BN，
AM ∩AE = A，则AM与BN不平行，故C错误；
对于D，连接MN, BA1, CD1，
因为M，N分别为棱C1D1, C1C的中点，
所以MN//D1C， 由正方体的性质可知：BA1//D1C，
所以MN//A1B，则有A1, B, M, N四点共面，
所以直线A1M与BN共面，故D正确.
故选：BD.
考点2：异面直线的判定
经典例题
例3
解答题
（1）用文字语言和符号语言叙述异面直线判定定理：
文字语言：过______一点和______一点的直线，和此平面上______的任何一条直线是异面直线；
符号语言：若______，则直线AB与直线a异面．
（2）用反证法证明异面直线判定定理．
7
（1）答案见解析；（2）证明见解析.
（1）根据异面直线的判定定理直接求解即可；
（2）根据题意，由反证法证明即可.
（1）异面直线判定定理为：过平面内一点与平面外一点的直线，和此平面上不过该点的任何一条直线是异面
直线；
符号语言：若a ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉a，则直线AB与直线a异面．
（2）证明：假设直线AB和a在同一平面内，
那么这个平面一定经过点B和直线a，
因为B ∉a，且经过点B与直线a只能有一个平面，
所以直线AB与a应在平面α内，
所以A ∈α，这与已知A ∉α矛盾，
所以直线AB和a是异面直线.
答案
解析
变式3-1
解答题
给定不共面的4点，作过其中3个点的平面，所有4个这样的平面围成的几何体称为四面体（如图所示），预先给定
的4个点称为四面体的顶点，2个顶点的连线称为四面体的棱，3个顶点所确定的三角形称为四面体的面．求证：四
面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线．
(1)
请你用异面直线判定定理证明该结论；
(2)
请你用反证法证明该结论．
8
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析.
(1) 证明：因为A ∈平面ABD，C ∉平面ABD，BD ⊂平面ABD，A ∉直线BD，
所以直线AC与BD是异面直线，
同理AB与CD，AD与BC也是异面直线，
所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线；
(2) 证明：假设直线AC, BD是共面于平面α，即AC ⊂α, BD ⊂α，
则A ∈α, C ∈α, B ∈α, D ∈α，
A, B, C, D四点共面与已知四点不共面矛盾，
所以假设错误，即直线AC, BD一定是异面直线，
同理AB与CD，AD与BC也是异面直线，
所以四面体中任何一对不共顶点的棱所在的直线一定是异面直线.
教法备注
【考点】异面直线的判定
【教法】（1）根据异面直线的判定定理说明即可；（2）假设直线AC，BD是共面于平面α，则A，B，C，D
四点共面，说明其与已知矛盾即可，即可得证．
答案
解析
知识点2——异面直线所成角
考点3：求异面直线所成角
知识笔记
异面直线所成角
（1）定义：两条异面直线平移到相交位置时所得到的锐角或直角，称为这两条异面直线所成的角.
（2）思想方法：平移，转化为共面直线所成角，即化空间问题为平面问题.
（3）异面直线所成角的范围：θ ∈(0, π
2 ] 
经典例题
9
例4
解答题
如图所示，在四面体ABCD中，E、F分别是线段AD、BC上的点，AE
ED = BF
FC = 1
2 ．
(1)
求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)
若AB = CD = 3，EF = √7，求AB、CD所成角的大小．
(1) 证明见解析
(2) 60°
(1) 若G为DC上靠近D的三等分点，则DG
GC = BF
FC = 1
2 ，故FG//BD，
答案
解析
10
所以F, G, B, D四点共面FGDB，显然F, B, D不共线，故面FDB与面FGDB为同一个平面，
而E ∉面FDB，F ∈面FDB，即EF∩面FDB = F，BD ⊂面FDB，F ∉BD，
所以直线EF与BD是异面直线；
(2) 若H, I分别为AC, BD靠近A, B的三等分点，则BI
ID = AH
HC = BF
FC = AE
ED = 1
2 ，
所以EI//AB//FH，FI//DC//HE，故IFHE为平行四边形，且AB、CD所成角为∠IFH或其补角，
又HE = 1
3 CD = 1，FH = 2
3 AB = 2，则
cos ∠IFH = cos (π −∠EHF) = −cos ∠EHF = −HE2 + FH 2 −EF 2
2HE ⋅FH
= −1
2 ，
由∠IFH ∈(0, 180∘)，故∠IFH = 120∘，则AB、CD所成角为60°.
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】在BD上取靠近B的三等分点G，连接FG、GE，可证∠EGF或其补角就是异面直线AB和CD所成角，在
△EFG中由勾股定理的逆定理可得∠EGF=90°，可得答案．
变式4-1
解答题
在正方体ABCD－A B C D 中，
(1)求AC与A D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A C 与EF所成角的大小．
1
1
1
1
1
1
1
11
（1） 60∘；（2） 90∘
试题分析：（1）根据正方体的性质，证出A1D//B1C，由此得到∠B1CA即为所求，然后在正三角形△ABC1
中加以计算，可得结果；（2）连接BD，根据正方体的性质可得AC⊥BD，AC//A1C1，由三角形中位线得
EF//BD，进而可得结果.
试题解析：(1)如图所示，
连接B1C，AB1，由ABCD −A1B1C1D1是正方体，易知A1D//B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D
所成的角,∵AB1 = AC = B1C，∴∠B1CA = 60∘，即A1D与AC所成的角为60∘.
(2)如图所示，连接BD，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC//A1C1，
∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，∴EF⊥AC.
∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90∘.
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】（1）根据正方体的性质，证出AC∥A C ，由此得到∠B CA就是A C 与B C所成的角．然后在正三角
形△ABC 中加以计算，可得A C 与B C所成角的大小；（2）平行四边形AA C C中可得AC∥A C ，AC与EF
所成的角就是A C 与EF所成的角，进而利用三角形中位线定理与正方形的性质，即可算出A C 与EF所成角
的大小．
答案
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
例5
填空题
如图，长方体ABCD −A1B1C1D1中，AB = BC = 6，点E在线段C1D1上，且2D1E = EC1, M为线段BE的中点，
若BE = 2√14，则异面直线AD1与CM所成角的余弦值为 
 ．
12
4√35
35
|
4
35 √35
建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，或作合适
辅助线，利用线线角定义求解也可.
．
解法一
以点D 为坐标原点，DA, DC, DD1 所在直线分别为x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设
CC1 = a (a > 0)，
则A (6, 0, 0), B (6, 6, 0), D1 (0, 0, a), C (0, 6, 0), C1 (0, 6, a), E (0, 2, a), M (3, 4, a
2 )，
所以BE = (−6, −4, a)，则BE = √(−6)2 + (−4)2 + a2 = 2√14，解得a = 2，
所以M (3, 4, 1), D1 (0, 0, 2)，所以AD1 = (−6, 0, 2), CM = (3, −2, 1)，设线线角为a
则cos a =
AD1 ⋅CM
AD1
⋅
CM
= −4√35
35
，
因此异面直线AD1与CM所成角的余弦值为4√35
35
．
故答案为：4√35
35
解法二
设DD1 = x (x > 0)，因为2D1E = EC1, AB = BC = 6，所以BE = √62 + 42 + x2 = 2√14，得x = 2．如图，
取线段AB上靠近点A的三等分点P，靠近点B的三等分点F，连接EP, MF, CF，易知AD1//EP, AD1 = EP
， 又EP//MF, EP = 2MF，
所以AD1//MF, AD1 = 2MF，故∠CMF为异面直线AD1与CM所成的角或其补角．
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
13
MF = 1
2 × √62 + 22 = √10, CF = √62 + 22 = 2√10, CM = 1
2 BE = √14，
所以cos ∠CMF = MF 2 + CM 2 −CF 2
2MF × CM
= −4√35
35
，因此异面直线AD1与CM所成角的余弦值为4√35
35
．
故答案为： 4√35
35
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】建立空间直角坐标系，设出相关点及向量的坐标，求出必要参数，利用向量的夹角公式求解即可，
或作合适辅助线，利用线线角定义求解也可．
变式5-1
填空题
如图，在四面体ABCD中，AB＝CD，M、N分别是BC、AD的中点，若AB与CD所成的角的大小为60∘，则MN与CD
所成的角的大小为 
 ．
30∘或 60∘
取BD中点O，连接MO、NO，可得MO = NO，∠MON（或其补角）是AB与CD所成的角，∠NMO是MN
和CD所成的角，由已知得∠MON = 60∘或∠MON = 120∘，由此能求出MN和CD所成的角的大小．
取BD中点O，连接MO、NO，
答案
解析
14
∵在四面体ABCD中，AB = CD，M、N分别是BC、AD的中点，
∴NO//AB且NO = 1
2 AB，MO//CD且MO = 1
2 CD，
∴MO = NO，∠NMO = ∠MNO，
∠MON（或其补角）是AB与CD所成的角，∠NMO是MN和CD所成的角，
∵AB与CD所成的角的大小为60∘，∴∠MON = 60∘或∠MON = 120∘，
当∠MON = 60∘时，∠NMO = 1
2 (180∘−60∘) = 60∘，
当∠MON = 120∘时，∠NMO = 1
2 (180∘−120∘) = 30∘，
∴MN和CD所成的角的大小为30∘或60∘．
故答案为：30∘或60∘．
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】引导学生将异面直线通过平移转化为共面直线，进而求解，值得提醒学生注意的是异面直线夹角的
取值范围.
例6
解答题
一个正方体纸盒展开后如图 1 所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①AB⊥EF；②MC//AB；③EF与MN是异面直线；④MN//CD；
(1)
以上四个结论中，正确结论的序号是哪些？（无需说明理由，只要写出正确结论的序号即可）
(2)
如图 2 ，四面体ABCD中，AB = CD，且直线AB与CD成60∘角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面
直线AB和MN所成角的大小．
15
(1) ①②③正确
(2) AB与MN所成的角为30∘或60∘
(1) 以正方形ACFN为底面，将展开面还原为正方体ACFN −DEMB，如图所示，可知①②③正确；
(2) 如图所示，取AC的中点P，连结PM，PN，
则PM//AB，且PM = 1
2 AB，PN//CD，且PN = 1
2 CD，
所以∠MPN为异面直线AB与CD所成的角（或其补角），
由题意可知，∠MPN = 60∘或∠MPN = 120∘，
①当∠MPN = 60∘时，因为PM//AB，
所以∠PMN即为AB与MN所成的角（或其补角），
又AB = CD，所以PM = PN，
故△PMN为等边三角形，
所以∠PMN = 60∘，即AB与MN所成的角为60∘；
②当∠MPN = 120∘时，则△PMN为等腰三角形，
所以∠PMN = 30∘，即AB与MN所成的角为30∘．
综上所述，AB与MN所成的角为30∘或60∘．
答案
解析
16
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】（1）以正方形ACFN为底面，将展开面还原为正方体ACFN-DEMB，由此分别判断即可；（2）取
AC的中点P，连结PM，PN，由中位线定理可得∠MPN为异面直线AB与CD所成的角（或其补角），从而得到
∠MPN=60°或∠MPN=120°，分两种情况分别求解即可．
变式6-1
解答题
如图，ABCD −A1B1C1D1是棱长为1的正方体，P为面对角线AD1上的动点（不包括端点），PM⊥平面ABCD交
AD于点M，MN⊥BD于N．
(1)
设AP = x，将PN长表示为x的函数f(x)，并求此函数的值域；
(2)
当PN最小时，求异面直线PN与A1C1所成角的大小．
(1)
f (x) =
3
4 (x −√2
3 )
2
+ 1
3 ， (0 < x < √2)；值域为 [ √3
3 , 1)
(2) arcsin √3
3
(1) ∵正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为1，∴AD1 = √2，
设AP = x (0 < x < √2)，因为PM⊥平面ABCD，故PM//DD1，则△APM ∼△AD1D，故
答案


⎷
解析
17
x
√2
= AM
AD = PM
DD1
，得AM = PM = √2
2 x，故MD = 1 −√2
2 x，同理得MN = MD
√2
= √2
2
−1
2 x，
∴PN = f (x) = √PM 2 + MN 2=
1
2 x2 + ( √2
2
−1
2 x)
2
=
3
4 (x −√2
3 )
2
+ 1
3 ，(0 < x < √2).
故当x = √2
3 时，f(x)有最小值为
√3
3 ，当x = √2时，f(x) = 1，
∴函数f(x)的值域为[ √3
3 , 1)；
(2) 当x =
√2
3 时，PN最小，此时PN = √3
3 ，
在底面ABCD中，∵MN⊥BD，AC⊥BD，∴MN//AC，
又A1C1//AC，∴∠PNM为异面直线PN与A1C1所成角的角，
在△PMN中，∠PMN为直角，sin ∠PNM = PM
PN =
1
3
√3
3
= √3
3 ，
∴∠PNM = arcsin √3
3 ，
∴异面直线PN与A1C1所成角的大小为arcsin √3
3 ．
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】（1）利用平行线解线段成比例，以及勾股定理列式求解f（x），结合二次函数求值域；（2）先确
定异面直线所成角的平面角，通过解直角三角形得答案．


⎷


⎷
变式6-2
解答题
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，底面边长为1，体积为2，E为AB的中点，证明：A1E与C1B是异面直线，并求
出它们所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）.
18
见解析， arccos 8√85
85
根据异面直线所成角的定义作出平行直线，转化为平面角进行求解即可．
解：根据已知条件，C1C为正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的高
底面四边形A1ABB1是正方形，且面积为1，
故由V = Sh = 2，可得C1C = 2．
假设A1E与C1B不是异面直线，则它们在同一平面内，
由于点A1、E、B在平面A1ABB1内，则点C1也在平面A1ABB1内，这是不可能的，
故A1E与C1B是异面直线．
取A1B1的中点为F，连接BF，BC1，
所以BF//A1E，则∠EBC1或其补角，即为异面直线A1E与C1B所成的角．
在ΔBFC1，BC1 = √5，BF = √17
2
，FC1 = √5
2 ，
由余弦定理得cos ∠FBC1 =
5 + 17
4 −5
4
2√5 × √17
2
= 8√85
85
> 0，
即∠FBC1 = arccos 8√85
85
，
所以异面直线A1E与C1B所成的角的大小为arccos 8√85
85
，
本题主要考查异面直线所成角的求解，根据定义作出平行直线转化为平面角结合余弦定理是解决本题的关
键，属于中档题．
答案
解析
19
教法备注
【考点】异面直线的证明及其所成角的求法
【教法】引导学生根据异面直线所成角的定义作出平行直线，转化为平面角进行求解即可．
例7
填空题
直线a、直线b是成60
∘角的两条异面直线，点O为空间中一点，则过点O与直线a、直线b都成60
∘角的直线有 
条．
3
过直线a作平面α，使得直线b//平面α，由空间中平行线的传递性，即可得与直线a与直线b′的夹角为60∘的直
线，进而即可得过空间中点O所作的直线数量.
根据题意，过直线a作平面α，使得直线b//平面α，且直线b在平面α内的射影为直线b′，且a ∩b′ = M，则由空
间直线平行关系可知直线a与直线b′的夹角为60∘；
在平面α内，过点M作直线a与直线b′夹角的补角的角平分线c，则直线c与直线a和直线b′的夹角均为60∘，即直
线c与直线a和直线b的夹角为60∘；
由直线a与直线b′的夹角为60∘，结合空间位置关系可知过M存在两条直线d, e，使得直线d, e与直线a与直线b′的
夹角均为60∘，即存在直线d, e与直线a和直线b的夹角为60∘；
如下图所示：
过空间中的O点，分别作直线c, d, e的平行线c′, d′, e′，则直线c′, d′, e′与直线a和b的夹角为60∘，
所以过空间中的O点有3条直线与直线a、直线b都成60
∘，
故答案为：3.
本题考查了异面直线的夹角的求法，空间中平行线传递性的应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
答案
解析
20
【教法】过直线a作平面α，使得α∥b,b在平面α内的射影为b′，根据夹角平分线的大小即可得出结论．
变式7-1
填空题
空间中存在a, b, c三条不同的直线，直线a与直线b所成角为π
12 ，直线a与直线c所成角为π
4 ，直线b与直线c所成角的
取值范围为 
 ．（用弧度制表示）.
[ π
6 , π
3 ]
过三条直线外任一点S分别作a, b, c的平行线l1, l2, l3，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得l2与l3所所成角
的最小值与最大值即可.
过三条直线外任一点S分别作a, b, c的平行线l1, l2, l3，
则直线a与直线b所成角即l1, l2所成角为π
12 ，
直线a与直线c所成角即l1, l3所成角为π
4 ，
直线b与直线c所成角即即l2, l3所成角.
如图，根据题意构造两个圆锥，由题意知，
   
其中底面圆心为O，轴SO所在直线为l1，
小圆锥的母线所在直线为l2，轴截面SCD；
大圆锥的母线所在直线为l3，轴截面SAB，且A, B, C, D, O在一条直线上.
由题意∠OSC = ∠OSD = π
12 ，∠OSA = ∠OSB = π
4 ，
由图可知，当l2移动到SD，l3移动到SB时，可得l2与l3所成角的最小，
最小值为∠DSB = π
4 −π
12 = π
6 .
当l2移动到SC，l3移动到SB时，可得l2与l3所所成角的最大，
最大值为∠CSB = π
4 + π
12 = π
3 ，
当l3与SA所在直线重合，直线l2绕点S在小圆锥表面从SC连续运动至SD，
直线l2与l3所成角连续变化且越来越大，从π
6 增至π
3 .
所以l2与l3所成角的取值范围为[ π
6 , π
3 ].
答案
解析
21
故答案为：[ π
6 , π
3 ].
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】过三条直线外任一点分别作的平行线，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得与所所成角的最小
值与最大值即可.
知识点3——公垂线
考点4：公垂线的性质及判定
知识笔记
公垂线
（1）定理：对于任意给定的两条异面直线，存在唯一的一条直线与这两条直线都垂直并且相交.
（2）定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面
直线的公垂线段，公垂线段的长度叫做异面直线的距离.
经典例题
例8
单选题
对于以下四个命题：①两条异面直线有无数条公垂线；②直线在平面内的射影是直线；③如果两条直线在同一个平
面内的射影平行，那这两条直线平行；④过两条异面直线的一条有且仅有一个平面与已知直线平行；上述命题中为
真命题的个数为（       ）个
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
A
根据异面直线的概念与性质，以直线与平面位置关系，逐项判断即可得出结果.①任意两条异面直线的公垂线
有且仅有一条；故①错；
②当直线与平面垂直时，直线在平面内的射影是点，故②错；
③当两条直线在同一个平面内的射影平行，那这两条直线可能平行，或异面；故③错；
答案
解析
22
④过两条异面直线的一条如果有两个平面与已知直线平行，则第一条直线即是这两个平面的交线，且第二条直
线与两平面都平行，则第二条直线平行与两平面的交线，即两直线平行，与两直线异面矛盾，所以过两条异
面直线的一条有且仅有一个平面与已知直线平行；故④正确；
故选A
本题主要考查直线与直线，以及直线与平面位置关系的判定，熟记直线与直线，以及直线与平面的位置关系
即可，属于常考题型.
变式8-1
PQ是异面直线a, b的公垂线，a⊥b, A ∈a,  B ∈b,  C在线段PQ上(异于P, Q)，则△ABC的形状是（       ）
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 三角形不定
C
用PA, PC, CQ, QB表示出AC, BC, AB，结合余弦定理可得∠ACB为钝角．
如图，由a⊥b, PQ⊥b可得b⊥平面APQ，从而b⊥AQ，线段长如图所示，由题意x = √m2 + p2，y = √n2 + t2
，z = √p2 + (m + n)2 + t2，显然x2 + y2 < z2，∴cos ∠ACB = x2 + y2 −z2
2xy
< 0，∠ACB为钝角，即ΔABC为
钝角三角形．
故选C．
本题考查异面直线垂直的性质，考查三角形形状的判断．解题关键是用PA, PC, CQ, QB表示出AC, BC, AB
．
答案
解析
例9
解答题
在空间四边形ABCD中，AB = CD，AC = BD，E、F分别是AD、BC的中点．求证：线段EF是异面直线AD，BC
的公垂线．
23
证明见解析
利用三角形全等得BE = CE，进而可得EF⊥BC，同理可证EF⊥AD，即可得证.
连接AF、DF、BE、CE．
在△ABD和△ACD中，AB = CD，AC = BD，AD = AD．
∴△ABD ≌△ACD．又E是AD中点，
∴BE = CE．
在△BEC中，又F是BC的中点，
∴EF⊥BC．
同理EF⊥AD，
∴EF是异面直线AD、BC的公垂线．
教法备注
【考点】公垂线的证明
【教法】引导学生回顾公垂线的定义和定理，找出垂直关系
答案
解析
变式9-1
解答题
已知在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，AB = 1，AA1 = 2，点E为CC1中点，点F为BD1中点．求证：EF为异面直
线BD1与CC1的公垂线．
24
证明见解析
连接BD，取BD的中点M，连接MC，FM,ED1、EB,证明四边形EFMC为矩形及ED1 = EB即可证明.
连接BD，取BD的中点M，连接MC，FM,ED1、EB,
因为F为BD1的中点，所以FM//D1D且FM = 1
2 D1D．
又EC = 1
2 C1C且EC⊥MC，则四边形EFMC为矩形，所以EF⊥C1C．
在△ED1B中，ED1 = EB，F为BD1的中点，所以EF⊥BD1，
所以EF为异面直线BD1与CC1的公垂线．
教法备注
【考点】公垂线的证明
【教法】引导学生回顾公垂线的定义和定理，找出垂直关系
答案
解析
例10
解答题
如图，已知CD是异面直线CA、DB的公垂线．CA⊥α，垂足为A；DB⊥β，垂足为B．α ∩β = EF．求证：
CD//EF．
25
证明见解析
设CD、CA确定平面γ，γ ∩α = AA1，由CA⊥α，从而有CA⊥AA1，再由CA⊥CD，CA、CD、AA1都在平面
γ上，得到CD//AA1，同理CD//BB1，再利用线面平行的判定定理和性质定理证明.
设CD、CA确定平面γ，γ ∩α = AA1，如图所示．
因为CA⊥α，
所以CA⊥AA1．
又CA⊥CD，CA、CD、AA1都在平面γ上，
所以CD//AA1．
设CD、DB确定平面θ，θ ∩β = BB1．
同理有CD//BB1．所以BB1//CD//AA1．
因为AA1 ⊂α，
所以BB1//α．
又BB1 ⊂β，α ∩β = EF，
答案
解析
26
所以BB1//EF，
所以CD//EF．
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】设CD、CA确定平面γ，γ∩α=AA ，由已知推导出CD∥AA ．设CD、DB确定平面θ，θ∩β=BB ．由已
知推导出CD∥BB ，由此能证明EF∥CD．
1
1
1
1
变式10-1
已知A, B在异面直线a、b上，且AB是异面直线a、b的公垂线段，AB = 2，且a与b成30°角，在直线a上取AP = 4,
则点P到直线b的距离为     ．
2√2
过B作a′//a，过P作PC⊥a′于C，过C作CD⊥b与D，利用线面垂直的判定、性质证b⊥PD，即PD的长为点P到
直线b的距离，即可求距离.
如下图，过B作a′//a，过P作PC⊥a′于C，过C作CD⊥b与D，
因为AB⊥a ⇒AB⊥a′，而A, P ∈a, B, C ∈a′，易知AB//PC，
而AB⊥b，则PC⊥b，又PC ∩CD = C且PC, CD ⊂面PCD，
所以b⊥面PCD，PD ⊂面PCD，故b⊥PD，即PD的长为点P到直线b的距离，
由上知：AP = BC = 4, ∠CBD = 30∘, AB = PC = 2，
在Rt △CBD中CD = 1
2 BC = 2，在Rt △PCD中PD = √PC2 + CD2 = 2√2.
所以点P到直线b的距离为2√2.
   
故答案为：2√2
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】过点B作直线BM∥a,过点P作MP⊥BM，过点M作MN⊥BN，连接PN，根据线面关系得到BN⊥平面
答案
解析
27
PMN，即得到PN为点P到直线b的距离，再利用解三角形的有关知识求出答案．
变式10-2
如图，在空间四边形ABCD中，AB = BD = AD = 2，BC = CD = √7
2 ，AC = 3
2 ，延长BC到E，使BC = CE,
取BD中点F，求异面直线AF与DE的距离和它们所成的角．
异面直线 AF与 DE间的距离为 1，它们所成角为 60∘
连接CF，证明出DF⊥AF，DF⊥DE，可知异面直线AF与DE间的距离为DF的长，计算出△ACD三边边
长，利用余弦定理可求得异面直线AF与DE所成的角.
解：∵AB = AD = BD = 2，∴△ABD为等边三角形．
∵F为BD的中点，∴AF⊥BD，即AF⊥FD．
∵BC = CD = CE = √7
2 ，则∠CBD = ∠CDB，∠CED = ∠CDE，
所以，∠BDE = 1
2 (∠CBD + ∠CDB + ∠CED + ∠CDE) = 90∘，则DF⊥DE，
∴DF的长即为异面直线AF与DE的距离．
又DF = 1
2 BD = 1，所以，异面直线AF与DE间的距离为1．
如图，连接CF，∵F、C分别是BD、BE的中点，∴CF//DE且CF = 1
2 DE，
∵∠AFC或其补角即为异面直线AF与DE所成的角．
在等边三角形ABD中，AF = √3
2 AB = √3，
在直角三角形BDE中，CF = 1
2 DE = 1
2 √BE2 −BD2 = 1
2
√(√7)
2
−22 = √3
2 ．
在△AFC中，由余弦定理得cos ∠AFC = AF 2 + FC2 −AC2
2AF ⋅FC
= 1
2 ，
∵0∘< ∠AFC < 180∘，所以，∠AFC = 60∘，即异面直线AF与DE所成的角为60∘．
答案
解析
28
教法备注
【考点】异面直线所成角的求法
【教法】先证出异面直线的公垂线，再利用解三角形的相关知识，以及余弦定理，求出所需.
05 空间直线与平面的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解空间中直线与平面的位置关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用定义求解点到平面、直线到平面的距离
目标3
★★★★☆☆ 识别
辨析且合理运用三垂线定理
目标4
★★★★★☆ 迁移
掌握直线与平面所成角的求法
目标5
★★★★★☆ 迁移
掌握直线与平面平行、垂直的证明方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：识记直线与平面的位置关系，能够利用基本定理和性质证明直线与平面的平行或
垂直关系，求解直线和平面的所成角；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第三节直线与平面的位置关系；
4．本讲知识点给出了三垂线定理及其运用，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内
容设置题目.
2
教法备注
如图，线段A′B所在直线与长方体的六个面所在平面有哪些位置关系？
 
引入方向：用立体图像呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——直线与平面的位置关系
考点1：空间直线和平面的位置关系
知识笔记
直线与平面的位置关系
（1）直线在平面上——有无数个公共点
（2）直线和平面相交——只有一个公共点
（3）直线和平面平行——没有公共点
距离
（1）点到平面的距离：平面外的点到平面的垂线距离叫做点到平面的距离.
（2）直线到平面的距离：如果一条直线与一个平面平行，那么此直线上任意一点到该平面的距离就定义为此直
   线到与它平行的平面的距离.
经典例题
例1
单选题
已知直线l平行于平面α，平面β垂直于平面α，则以下关于直线l与平面β的位置关系的表述，正确的是（       ）
A. l与β垂直
B. l与β无公共点
3
C. l与β至少有一个公共点
D. 在β内，l与β平行，l与β相交都有可能
D
按直线与平面的位置关系的三种情况分别讨论即可得解.
因平面β垂直于平面α，令α ∩β = a，当l ⊂β, l//a时满足条件，从而选项A，B都不正确；
过直线a作平面γ，γ与平面α，平面β都不重合，直线l在γ内与a平行时满足条件，此时l//β，即C选项不正确；
在平面α内作一直线b与直线a相交，直线l与b平行时满足条件，此时l与β相交，选项D正确.
故选：D
答案
解析
变式1-1
已知平面α, β，直线m, n满足α⊥β，α ∩β = l，m⊥α，n//β，则（       ）
A. m//β
B. n⊥α
C. n//l
D. m⊥l
D
由线面平行、线面垂直和面面垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
对于A，∵α⊥β，m⊥α，∴m ⊂β或m//β，A错误；
对于B，∵n//β，α⊥β，∴n与α可能平行、相交或n ⊂α，B错误；
对于C，∵n//β，α ∩β = l，∴n与l可能平行或异面，C错误；
对于D，∵α ∩β = l，∴l ⊂α，又m⊥α，∴m⊥l，D正确.
故选：D.
答案
解析
例2
填空题
下列四个命题：
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l//α；
②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；
③若直线a不平行于平面α且a ⊄ α，则平面α内不存在与a平行的直线；
④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点.
其中，真命题的序号是 
 .
4
③④
对①，举例子即可说明①错误；对②，根据直线与平面平行的性质即可判断②错误；对③，利用反证法结合线
面平行的判定定理可判断③正确；对④，根据直线与平面平行的性质即可判断④正确.
对于①，如图所示：
满足直线l上有无数个点不在平面α内，此时直线l与平面α相交，故①错误；
对②，若直线l与平面α平行，则直线l与平面α内的直线无公共点，
即直线l与平面α内的直线平行或异面，故②错误；
对③，若直线a不平行于平面α且a ⊄ α，则直线a与平面α相交，
若在平面α内存在直线b，使得a//b，
又因为a ⊄ α，b ⊂α，由线面平行的判定定理可得a//α，与已知条件矛盾，故③正确；
对④，若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点，故④正确.
故答案为：③④.
教法备注
【考点】线面位置关系
【教法】根据题意，由直线与直线，直线与平面的位置关系，依次分析6个命题，综合可得答案．
答案
解析
变式2-1
下列命题中正确的个数是（     ）
①若直线a上有无数个点不在平面α内，则a∥α；
②若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都平行；
③若直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α；
④若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点.
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案
5
B
对于①，由线面位置关系的定义判断，对于②，由线面平行的性质判断，对于C，由线面平行的判定定理判
断，对于D，由线面平行的定义判断
对于①，若直线a上有无数个点不在平面α内，则直线a可能与平面α相交，也可能与平面α平行，所以①错误，
对于②，当直线a∥平面α时，直线a与平面α内直线平行或异面，所以②错误，
对于③，当直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α，或直线a在平面α内，所以③错误，
对于④，当直线a∥平面α时，则直线a与平面α无公共点，所以直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点，
所以④正确，
故选：B
解析
例3
填空题
已知△ABC所在平面外一点P，且PA, PB, PC两两垂直，则点P在平面ABC内的射影应为△ABC的 
 心.
垂
设点P在平面ABC内的射影为P1，由已知可证明PP1⊥BC，PA⊥BC，根据线面垂直的判定以及性质可得
BC⊥AP1.同理可得AC⊥BP1，AB⊥CP1，即可得出答案.
设点P在平面ABC内的射影为P1，则PP1⊥平面ABC.
又BC ⊂平面ABC，所以PP1⊥BC.
因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB ∩PC = P，PB ⊂平面PBC，PC ⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.又BC ⊂平面PBC，所以PA⊥BC.
因为PA ∩PP1 = P，PA ⊂平面PAP1，PP1 ⊂平面PAP1，所以BC⊥平面PAP1.
又AP1 ⊂平面PAP1，所以BC⊥AP1.
同理可证，AC⊥BP1，AB⊥CP1，所以P1是△ABC的垂心.
所以，点P在平面ABC内的射影应为△ABC的垂心.
故答案为：垂.
答案
解析
6
变式3-1
单选题
已知△ABC，点P是平面ABC外一点，点O是点P在平面ABC上的投影．
①点P到△ABC的三个顶点的距离相等；
②点P到△ABC的三边的距离相等且O点在△ABC内；
③PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA．
当点P分别满足以上条件时，点O一定是△ABC的（       ）
A. 外心、垂心、内心；
B. 垂心、内心、外心；
C. 内心、外心、垂心；
D. 外心、内心、垂心．
D
对于①，利用PA = PB = PC 推出OA = OB = OC ，即得点O 是△ABC 的外心；对于②，由
PD⊥AB, PE⊥BC,通过证明线面垂直推得AB⊥OD，BC⊥OE，再证OD = OE，推得点O在∠ABC的平分线
上，同理即得点O是△ABC的内心；对于③，利用线线垂直证得线面垂直，继而又得线线垂直，再证线面垂
直，得线线垂直，即得垂心.
       
   
当点P满足条件①时，如图1，PO⊥平面ABC，因OA, OB, OC是平面ABC内的直线，故
PO⊥OA, PO⊥OB, PO⊥OC，
又PA = PB = PC，则Rt △POA ≅Rt △POB ≅Rt △POC，故得OA = OB = OC，即点O是△ABC的外
心；
当点P满足条件②时，如图2，PD⊥AB, PE⊥BC,因PO⊥平面ABC，AB, BC ⊂平面ABC，则
答案
解析
7
AB⊥PO, BC⊥PO，
因PD ∩PO = P, PD, PO ⊂平面POD，故得AB⊥平面PDC，因OD ⊂平面POD，则AB⊥OD，
同理可得BC⊥OE，因PD = PE，可得OD = OE，即点O在∠ABC的平分线上，
同理，点O也在∠ACB, ∠BAC的平分线上,故点O是△ABC的内心；
   
当点P满足条件③时，如图3，因PA⊥PB，PA⊥PC，PB ∩PC = P, PB, PC ⊂平面PBC，故PA⊥平面PBC
，
因BC ⊂平面PBC，则PA⊥BC，因PO⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，则PO⊥BC，
又PA ∩PO = P, PA, PO ⊂平面PAD，故BC⊥平面PAD，又AD ⊂平面PAD，则BC⊥AD，
同理得AB⊥CE，即点O一定是△ABC的垂心.
故选：D.
教法备注
【考点】线面位置关系
【教法】根据点P在平面ABC内的射影O的定义以及三角形的四心概念，即可得出正确的结论．
考点2：直线与平面平行、垂直的性质和判定
知识笔记
直线与平面平行
 （1）判定定理：如果不在平面上的一条直线与这个平面上的一条直线平行，那么该直线与这个平面平行.
 （2）性质定理：如果一条直线与一个平面平行，过这条直线的一个平面与此平面相交，那么其交线必与该直线
   平行.
直线与平面垂直
 （1）定义：如果一条直线与平面上的任意一条直线都垂直，就说这条直线与这个平面互相垂直.
 （2）判定定理：如果一条直线与一个平面上的两条相交直线都垂直，那么此直线与该平面垂直.
 （3）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线互相平行.
  推理1：过一点有且只有一个平面与给定的直线垂直.
8
  推理2：过一点有且只有一条直线与给定的平面垂直.
经典例题
例4
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA = PD，E为AD的中
点．
(1)
求证：PE⊥BC；
(2)
在线段PC上是否存在点M，使得DM//平面PEB？请说明理由
(1) 证明见解析
(2) 存在 M为 PC中点时， DM//平面 PEB，理由见解析
(1) 因为PA = PD, E为AD中点，所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，PE ⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，又BC ⊂平面ABCD，
因此PE⊥BC．
(2) 存在M为PC中点时，DM//平面PEB，理由如下：
取PB中点为F，连接DM, FM，
答案
解析
9
因为M为PC中点，∴FM//BC，且FM = 1
2 BC．
在矩形ABCD中，E为AD中点，所以ED//BC，且ED = 1
2 BC．
所以ED//FM，且ED = FM，所以四边形EFMD为平行四边形，
因此DM//EF，又因为EF ⊂面PEB, DM ⊄面PEB，
所以DM//面PEB．
教法备注
【考点】线面平行、垂直的性质和判定
【教法】（1）引导学生由面面垂直的性质推得线面垂直，进而得线线垂直；（2）由构造法得线线平行，再利
用线面平行的判断定理，即可证明．
变式4-1
填空题
如图，已知正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为a，点E, F, G分别为棱AB, AA1, C1D1的中点，下列结论中，正确结
论的序号是     .
①B1D1//平面EFG；②BD1⊥平面ACB1；③异面直线EF与BD1所成角的正切值为
√2
2 ；
②③
①取B1C1中点为H，通过判断GH与平面EFG平行可完成判断；②通过说明BD1⊥AC，BD1⊥B1C可完成判
断；③注意到EF//D1C，据此可完成判断；④利用正方体体积，减去其他三棱锥体积可完成判断.
①如图，取B1C1中点为H，连接GH，因GH//B1D1，GH与FG，EG相交，且与EF不平行，则B1D1不平行于平
面EFG；
答案
解析
10
②如图，连接BD，由题DD1⊥平面ABCD，又AC ⊂平面ABCD，则DD1⊥AC.
结合DB⊥AC，DB ∩DD1 = D，DB，DD1 ⊂平面D1DB，则AC⊥平面D1DB，
又D1B ⊂平面D1DB，则AC⊥D1B.连接BC1，同理可得B1C⊥D1B，
又AC ∩B1C = C，AC，B1C ⊂平面ACB1，则BD1⊥平面ACB1，故②正确；
③由题结合图形可得，EF//D1C，则异面直线EF与BD1所成角即为CD1与BD1所成的
角，注意到BC⊥D1C，则CD1与BD1所成的角的正切为BC
D1C = √2
2 ，故③正确；
 
故②③正确.
教法备注
【考点】线面平行、垂直的性质和判定
【教法】根据正方体的性质，拓展平面EFG，即可判断①；根据三垂线定理及线面垂直的判定定理，即可判断
②；根据异面直线所成角的求法，即可判断③；
例5
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC，AB = AC，AA1 = 2AB，点A1在底面ABC的射影为BC的中点O，
点M为B1C1的中点.
11
(1)
求证：A1M⊥平面A1BC；
(2)
求异面直线A1O和B1C1夹角的大小；
(1) 证明见解析；
(2) 90∘；
(1) 在三棱柱ABC −A1B1C1中，连接AO, MO, A1O，
由AB = AC，O为BC的中点，得AO⊥BC，
又A1O⊥平面ABC，且AO, BC ⊂平面ABC，则AO⊥A1O，BC⊥A1O，
由BC ∩A1O = A，BC, A1O ⊂平面A1BC，得AO⊥平面A1BC，
在▱BCC1B1中，O, M分别为BC, B1C1的中点，则OM//CC1，OM = CC1，
而AA1//CC1，AA1 = CC1，则OM//AA1，OM = AA1，
即四边形AOMA1为平行四边形，则A1M//AO，
所以A1M⊥平面A1BC.
(2) 在三棱柱ABC −A1B1C1中，B1C1//BC，
由（1）知，BC⊥A1O，则B1C1⊥A1O，
答案
解析
12
所以异面直线A1O和B1C1夹角的大小为90∘.
教法备注
【考点】线面平行、垂直的性质和判定
【教法】（1）根据线面垂直可得A O⊥A M，根据三线合一可得BC⊥A M，结合线面垂直的判定定理分析证
明；（2）建系标点，分别为平面BCC B 、平面A BC的法向量，利用空间向量求二面角．
1
1
1
1
1
1
变式5-1
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．
（1）求证：CD//平面A1EB；
（2）求证：AB1⊥平面A1EB．
（1）见解析；（2）见解析
（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD，证明EO//CD.说明CD ⊄平面A1BE，EO ⊂平面A1BE
，即可证明CD//平面A1BE；
答案
解析
13
（2）利用三棱柱各侧面都是正方形，然后证明CD⊥平面A1ABB1.证明EO⊥AB1，AB1⊥A1B，即可证明
AB1⊥平面A1BE.
（1）设A1B与AB1交于F，连接EF、FD．
∵ F、D为A1B、AB的中点
∴FD//BB1，且FD = 1
2 BB1
又E为侧棱CC1的中点
∴EC//BB1，且EC = 1
2 BB1
∴EC//FD，且EC = FD
∴ 四边形FDCE是平行四边形
∴EF//CD 又 CD ⊄平面A1EB，EF ⊂平面A1EB
故 CD//平面A1EB．
（2）∵三棱柱ABC −A1B1C1中，每个侧面均为正方形
∴AA1⊥AB,
AA1⊥AC，
又 AB ∩AC = A，AB ⊂面ABC，AC ⊂面ABC
∴AA1⊥面ABC
而 CD ⊂面ABC ∴CD⊥AA1
∵ 在正ΔABC中，D为AB的中点
∴CD⊥AB
又 AB ∩AA1 = A，AB ⊂面ABB1A1，AA1 ⊂面ABB1A1
∴CD⊥面ABB1A1而 AB1 ⊂面ABB1A1，∴CD⊥ AB1
由（1）可知CD//EF，所以AB1⊥EF   又 在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B
而EF ⊂平面A1EB，A1B ⊂平面A1EB，EF ∩A1B = F
故AB1⊥平面A1EB．
该题考查的是有关线面平行的判定与线面垂直的判定，涉及到的知识点有线面平行的判定定理和线面垂直的
判定定理，需要熟记定理的条件，属于中档题目.
教法备注
【考点】直线与平面平行的判断及直线与平面垂直的判断
【教法】引导学生先证明两个面平行，再证线面平行
14
知识点2——直线与平面所成角
考点3：求直线和平面所成角
知识笔记
直线与平面所成角
（1）直线与平面所成角：设直线l与平面α斜交于点M  ，过l 上任意点A作平面α 的垂线，垂足为O（如图），
我们把点O 叫做A 点在平面α上的垂足，直线OM 则叫做直线l 在平面α上的射影，并规定∠AMO叫做直线l和
平面α所成的角.
（2）当直线l与平面α垂直时，那么这条直线l与平面α所成的角为 90°；
当直线l与平面α平行时，那么直线l与平面α所成的角为0°.
因此，直线与平面所成的角的范围是[0, π
2 ].
经典例题
例6
解答题
如图，在棱长为2的正方体ABCD −A1B1C1D1中，E，F分别为线段DD1，BD的中点.
15
(1)
求点D到平面AEF的距离；
(2)
求直线CC1与平面AEF所成的角.
(1) √6
3
(2) arcsin √6
3
(1) 在正方体ABCD −A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，
所以ED⊥平面ADF，且ED = 1，
因为F是线段BD的中点，所以S△ADF = 1
2 S△ABD = 1
2 × 2 = 1，
故三棱锥E −ADF的体积V = 1
3 S△ADF × ED = 1
3 × 1 × 1 = 1
3 ；
因为E，F分别为线段DD1，BD的中点，所以EF = 1
2 BD1 = 1
2 × 2√3 = √3，
又因为AE = √5，AF = 1
2 AC = 1
2 × 2√2 = √2，
所以在△AEF中满足EF 2 + AF 2 = AE2，故△AEF为直角三角形，
则S△AEF = 1
2 AF × EF = 1
2 × √2 × √3 = √6
2 ，设点D到平面AEF的距离为d，
则V = 1
3 S△ABF × d = 1
3 ，解得d = √6
3 ，
因此点D到平面AEF的距离为√6
3 .
(2)
建立如图所示：
以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，
C (0, 2, 0)，C1 (0, 2, 2)，A (2, 0, 0)，E (0, 0, 1)，F (1, 1, 0)，
答案
解析
16
所以CC1 = (0, 0, 2)，AE = (−2, 0, 1)，AF = (−1, 1, 0)，
设平面AEF的法向量为→n = (x, y, z)，
则
，即{
，令x = y = 1，解得z = 2，
所以→n = (1, 1, 2)，
设直线CC1与平面AEF所成角为θ，所以sin θ =
→n ⋅CC1
→n
⋅
CC1
=
4
√6 × 2
= √6
3 ，
所以θ = arcsin √6
3
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】（1）利用等体积法列方程，求解即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量，利用
向量法求解即可．
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅AE = 0
→n ⋅AF = 0
−
→
−
→
−2x + z = 0
−x + y = 0
−
→
−
→
变式6-1
如图，已知矩形ABCD是圆柱O O 的轴截面，N在上底面的圆周O 上，AC、BD相交于点M；
（1）求证：CN⊥平面ADN；
（2）已知圆锥MO 和圆锥MO 的侧面展开图恰好拼成一个半径为2的圆，直线BC与平面CAN所成角的正切值为
，求异面直线AB与DN所成角的值．
1
2
2
1
2
答案
17
（1）见解析；（2）
（1）∵矩形ABCD是圆柱O O 的轴截面，N在上底面的圆周O 上，
∴CN⊥DN，AD⊥平面CDN，∵CN⊂平面CDN，∴CN⊥AD，
∵AD∩DN=D，∴CN⊥平面ADN．
（2）∵圆锥MO 和圆锥MO 的侧面展开图恰好拼成一个半径为2的圆，
∴MC=MD=MA=MB=2，
设AD=c，则AB=
，
以N为原点，ND为x轴，NC为y轴，过点N垂直于平面CND的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
设D（a，0，0），C（0，b，0），则A（a，0，﹣c），B（0，b，﹣c），N（0，0，0），
=（a，0，﹣c），NC=（0，b，0），
=（0，0，c），
设平面NAC的法向量=（x，y，z），
则
，取x=1，得=（1，0，），
∵直线BC与平面CAN所成角的正切值为
，
∴直线BC与平面CAN所成角的正弦值为
，
∴|cos＜
＞|=
=
=
，解得c=2
，
∴AB=
=2，a +b =AB =4，
∵
=（a，﹣b，﹣c），平面NAC的法向量=（1，0，），
∴
=a﹣1=0，解得a=1，∴b=
，
∴
=（﹣1，
，0），
=（1，0，0），
设异面直线AB与DN所成角为α，
则cosα=
=
= ，∴
，
∴异面直线AB与DN所成角为
．
解析
1
2
2
1
2
−
→
2
2
2
18
例7
解答题
如图，点P为平面ABCD外一点，PA⊥面ABCD，AP = 3，底面矩形ABCD面积为12，外接圆周长为5π，且
AB > AD.点E，F分别为线段AB，PC的中点，连接EF.
(1)
证明：直线EF//平面PAD；
(2)
求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
(1) 证明见详解；
(2) 2√2
5
.
(1) 记PD的中点为G，连接AG, FG，
因为F为PC的中点，所以FG//CD，且FG = 1
2 CD，
又E为AB的中点，ABCD为矩形，所以AE//CD，且AE = 1
2 CD，
所以FG//AE且FG = AE，四边形AEFG为平行四边形，所以EF//AG，
因为AG ⊂平面PAD，EF ⊄平面PAD，所以直线EF//平面PAD.
答案
解析
19
(2)
易知，矩形ABCD的外接圆半径为1
2 AC = 1
2 √AB2 + BC2，
由题知，
，解得AB = 4, BC = 3，
因为PA⊥平面ABCD，AB, AD ⊂平面ABCD，且ABCD为矩形，
所以AB, AD, AP两两垂直，
分别以AB, AD, AP为x, y, z轴建立空间直角坐标系，如图，
则E (2, 0, 0), F (2, 3
2 , 3
2 ), B (4, 0, 0), C (4, 3, 0), P (0, 0, 3)，
得EF = (0, 3
2 , 3
2 ), PB = (4, 0, −3), BC = (0, 3, 0)，
记平面PBC的法向量为→n = (x, y, z)，
则
，令x = 3得→n = (3, 0, 4)，
设直线EF与平面PBC所成角为θ，
则sin θ =
EF ⋅→n
EF
⋅→n
=
6
3√2
2
× 5
= 2√2
5
.
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】（1）引导学生发现线面平行、面面平行的互推关系，进而证得结论．（2）引导学生利用线面垂直的
性质、面面垂直的判定得面面垂直，再由面面垂直的性质得线面垂直，进而确定线面角的平面角，即可求大
小；
⎧
⎨
⎩
√AB2 + BC2 ⋅π = 5π
AB ⋅BC = 12
AB > BC
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
PB ⋅→n = 4x −3z = 0
BC ⋅→n = 3y = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
变式7-1
解答题
如图所示，点P是平面ABCD外一点，BC//平面PAD, BC = 1
2 AD，点E是线段PD的中点.
20
(1)
求证:CE//平面PAB
(2)
问：是否存在线段AD上的一点N，使得对线段CE上的任一动点M，均有MN//平面PAB成立？若存在，请
指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；
(1) 证明见解析；
(2) 存在，点 N为 AD的中点，证明见解析；
(1)
如图，取AP中点F，连接EF, BF，
∵E, F分别是PD, PA的中点，∴EF ∥AD, EF = 1
2 AD.
∵BC//平面PAD，BC ⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD = AD，
∴BC ∥AD.
∵BC = 1
2 AD，∴BC ∥EF, BC = EF,
∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE ∥BF，
∵CE ⊄平面PAB，BF ⊂平面PAB，∴CE//平面PAB.
(2) 存在，点N为AD的中点.证明如下：
如图，取AD的中点N，连接CN, EN.
答案
解析
21
∵E, N分别是PD, AD的中点，∴EN ∥PA.
∵EN ⊄平面PAB，PA ⊂平面PAB，∴EN//平面PAB.
由（1）得，CE//平面PAB，
∵CE ∩EN = E，CE ⊂平面CEN，EN ⊂平面CEN，∴平面CEN//平面PAB，
∵MN ⊂平面CEN，∴MN//平面PAB.
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，
平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
例8
解答题
如图，圆锥的底面半径OA = 2，高PO = 6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点．求：
(1)
直线CD与平面PAB所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
(1) arctan √10
5
(1) 连接OD,由题意得PO⊥平面ABC，因为OC ⊂平面ABC，
答案
解析
22
所以PO⊥OC．又因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以OC⊥AB．
而 PO、AB⊂平面ABC，PO ∩AB = O，所以OC⊥平面PAB,
即OD是CD在平面PAB上的射影，所以∠CDO是直线CD与平面PAB所成角．
在Rt △CDO中，OC = 2，OD = 1
2 PA = √10，
则tan ∠CDO = OC
OD =
2
√10
= √10
5
 ，由于∠CDO为锐角，所以∠CDO = arctan √10
5
 ,
因此直线CD与平面PAB所成角的大小为arctan √10
5
．
变式8-1
解答题
如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径OA、OB的长为2且∠AOB = 90∘，高PO = 4，点M为线段
AB的中点.
(1)
求异面直线PM与OB所成的角的大小：
(2)
求直线PB与平面POM所成角的大小.
(1) arctan √17
答案
23
(2) arcsin √10
10
(1) ∵PO⊥底面AOB，OB ⊂底面AOB，∴PO⊥OB，
又∠AOB = 90∘，即OB⊥OA，PO ∩OA = O，PO, OA ⊂平面POA，
∴OB⊥平面POA，
取OA中点H，连接MH，则MH//OB，且MH = 1
2 OB = 1．
∴∠PMH为异面直线PM与OB所成的角．
由OB⊥平面POA，MH//OB，可得MH⊥平面POA，PH ⊂平面POA，得MH⊥PH．
在Rt △POH中，求得PH = √42 + 12 = √17，
在Rt △PHM中，可得tan ∠PMH = PH
MH = √17．
所以异面直线PM与OB所成的角的大小为arctan √17
(2) ∵PO⊥底面AOB，MB ⊂底面AOB，∴PO⊥MB，
又OA = OB, M是AB中点，故OM⊥BM，
PO ∩OM = O, OP, OM ⊂平面POM，
∴MB⊥平面POM，
故∠BPM即为直线PB与平面POM所成角，
由于MB = 1
2 AB = 1
2 √22 + 22 = √2，PB = √42 + 22 = 2√5，
故sin ∠BPM = MB
PB = √2
2√5
= √10
10 ，
因此∠BPM = arcsin √10
10 .
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】（1）根据线线平行可得∠PMH为异面直线PM与OB所成的角，即可利用三角形的边角关系求解；
（2）根据线面垂直可得∠BPM即为直线PB与平面POM所成角，即可利用三角形的边角关系求解
解析
例9
24
解答题
如图所示，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论.
（1） 2
3 ；（2）详见解析
设正方体的棱长为1.如图所示，以
⇀
AB，
⇀
AD，
⇀
AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）依题意，得B (1, 0, 0), E (0, 1, 1
2 ), A (0, 0, 0), D (0, 1, 0)，
所以
⇀
BE = (−1, 1, 1
2 ),
⇀
AD = (0, 1, 0).
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1,所以
⇀
AD是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和
平面ABB1A1所成的角为θ，则
答案
解析
25
sin θ =
⇀
BE ⋅
⇀
AD
⇀
BE
⋅
⇀
AD
=
1
3
2 × 1
= 2
3 .
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为2
3 .
（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F//平面A1BE.
事实上，如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连结EG, BG, CD1, FG.因A1D1//B1C1//BC,且
A1D1 = BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C//A1B.又E,G分别为D1D，CD的中点，所以
EG//D1C，从而EG//A1B.这说明A1，B，G，E共面，所以BG ⊂平面A1BE.
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以
FG//C1C//B1B，且FG = C1C = B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F//BG.而
B1F ⊄ 平面A1BE，BG ⊂平面A1BE，故B1F//平面A1BE.
教法备注
【考点】线面角的求法
【教法】引导学生正确找到线面角，进而求解
变式9-1
解答题
如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝1
2 PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(1)求证：OD∥平面PAB；
(2)求直线OD与平面PBC所成角的正弦值．
26
(1)详见解析(2) √210
30
(1)由题意利用线面平行的判定定理证明题中的结论即可；
(2)首先作出直线与平面所成的角，然后利用几何体的空间结构特征确定线面角的正弦值即可.
(1)如图，
∵O、D分别为AC、PC的中点，
∴OD∥PA．
又PA⊂平面PAB，OD⊄平面PAB，
∴OD∥平面PAB．
(2)连接OB，
∵AB⊥BC，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC．
又∵OP⊥平面ABC，
∴PA＝PB＝PC．
取BC的中点E，连接PE，OE，
则BC⊥平面POE，
作OF⊥PE于F，
连接DF，则OF⊥平面PBC，
∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角．
设AB＝BC＝a，
则PA＝PB＝PC＝2a，OA＝OB＝OC＝
a，
PO＝
a．
在△PBC中，∵PE⊥BC，PB＝PC，
∴PE＝
a．∴OF＝
a．
答案
解析
27
又∵O、D分别为AC、PC的中点，∴OD＝
＝a．
在Rt△ODF中，sin∠ODF＝
＝
．
∴OD与平面PBC所成角的正弦值为
.
本题主要考查线面平行的判定定理，直线与平面所成的角的含义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和
空间想象能力.
知识点3——三垂线定理
考点4：三垂线定理的应用
知识笔记
三垂线定理
   平面上的一条直线和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它和这条斜线在平面上的投影垂直.
经典例题
例10
多选题
如图，直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中正确的是（       ）
A. PA⊥BC
B. BC⊥平面PAC
C. AC⊥PB
D. BC⊥PC
ABD
由题意，PA⊥平面ABC，则由线面垂直的性质可得A对，而AC⊥BC，则由线面垂直的判定定理可得BC⊥平
面PAC，即B对，
采用反证法排除C，由BC⊥平面PAC可得BC⊥PC，判断D对 ．
由题意有，PA⊥平面ABC，
∵BC ⊂平面ABC，∴PA⊥BC，故A正确；
答案
解析
28
而AC⊥BC，且PA ∩AC = A，PA, AC ⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，故B正确；
若AC⊥PB，因为AC⊥BC，PB ∩BC = B, PB, BC ⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，又PC ⊂平面PBC，所以AC⊥PC，
又PA⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，所以PA⊥AC，
则△PAC中有2个直角，矛盾，故C错误；
由BC⊥平面PAC，PC ⊂平面PAC，可得BC⊥PC，故D正确；
故选：ABD
教法备注
【考点】三垂线定理的应用
【教法】引导学生由线线、线面的位置关系，发现三垂线的存在，进行应用三垂线定理.
变式10-1
填空题
如右图，AO⊥平面α，点0为垂足，BC ⊂平面α，BC⊥OB，若∠ABO =
 π 
4 ，∠COB =
 π 
6 ，则
tan ∠BAC = 
 ．
√6
6
因为AO⊥平面α，BC ⊂平面α，BC⊥OB，
所以根据三垂线定理可得：BC⊥AB．
设OB = 2，
因为∠ABO =
 π 
4 ，∠COB =
 π 
6 ，
所以OA = 2，AB = 2√2，BC = 2√3
3
，
所以在△ABC中有BC⊥AB，并且AB = 2√2，
BC = 2√3
3
，
所以tan ∠BAC = BC
AB = √6
6 ．
答案
解析
例11
解答题
29
在四面体ABCD中，设AB⊥CD，AC⊥BD．求证：
(1)
AD⊥BC；
(2)
点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
(1) 证明见解析
(2) 证明见解析
(1) 如图，作AP⊥平面BDC，P是垂足，连接CP、DP、BP．
∵CD ⊂平面BCD，
∴AP⊥CD，
∵AB⊥CD，AB∩AP=A
∴CD⊥平面ABP，
∵BP ⊂平面ABP，
∴CD⊥BP，
同理可得：BD⊥CP．
∴点P是△BDC的垂心．
∴DP⊥BC．
∵AP⊥平面BDC，BC ⊂平面BCD，
∴AP⊥BC，
答案
解析
30
∵AP ∩DP = P
∴BC⊥平面ADP，
∵AD ⊂平面ADP
∴AD⊥BC．
(2) 由（1）证明可得：点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
变式11-1
解答题
已知正方形ABCD，HG⊥平面ABCD，G, F分别为AB, BC的中点，E为AC上一点，且AE = 3EC，求证：EF为
异面直线AC与HF的公垂线．
证明见解析
连接BD交AC于点Q，由BQ⊥AC，结合三角形中位线性质可得EF⊥AC；利用线面垂直的判定可证得FE⊥平
面HGF，进而得到EF⊥HF，由此可得结论.
连接BD交AC于点Q，Q即正方形的中心，如图所示．
答案
解析
31
∵AE = 3EC，∴E是QC的中点．又F是BC中点，∴EF//BQ，
又BQ⊥AC，∴EF⊥AC．
连接GF．∵G, F是AB, BC中点，∴FG//AC，∴EF⊥FG．
∵HG⊥平面ABCD，EF ⊂平面ABCD，∴HG⊥EF，
又HG ∩GF = G，HG, GF ⊂平面HGF，∴FE⊥平面HGF，
又HF ⊂平面HGF，∴EF⊥HF．
∴EF为异面直线AC与HF的公垂线．
教法备注
【考点】三垂线定理的应用
【教法】连接BD交AC于Q，根据正方形的性质及中位线定理，可得FE⊥AC；连接GF，根据线面垂直的性质
及判定定理，可得FE⊥HF．，即EF为异面直线AC与HF的公垂线
06 空间平面与平面的位置关系
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
    理解空间中平面与平面的位置关系
目标2
★★★★★☆ 迁移
  掌握两平面所成二面角的求法
目标3
★★★★★☆ 迁移
  掌握平面与平面平行、垂直的证明方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解平面与平面的位置关系，能够利用基本定理和性质证明平面与平面的平行或
垂直关系，求解平面和平面的所成二面角；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十章空间直线与平面，第四节平面与平面的位置关系；
4．本讲知识点给出了平面与平面位置关系的性质与判定，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合
课本及考试内容设置题目.
教法备注
如图，把书页当做平面，那么书的开合过程能否体现否中平面间的位置关系？
2
 
引入方向：用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——平面与平面的位置关系
考点1：平面与平面的位置关系
知识笔记
平面与平面的位置关系
（1）平面和平面平行——没有公共点
（2）平面和平面相交——有一条公共直线
经典例题
例1
填空题
“若平面α与平面β平行，则平面α与平面β没有公共点.”是 
 命题.（填“真”或“假”）
真
根据给定条件，利用平行平面的定义即可得解.
由平行平面的定义知，“若平面α与平面β平行，则平面α与平面β没有公共点.”是真命题.
故答案为：真
答案
解析
3
变式1-1
填空题
如果平面α外有两点A、B，它们到平面α的距离都是3，则直线AB和平面α的位置关系是 
 ．
平行或相交.
若A、B在平面α的同侧，可判断直线AB和平面α平行；若A、B在平面α的两侧，可判断直线AB和平面α相
交；
若A、B在平面α的同侧，因为平面α外有两点A、B到平面α的距离相等，
所以直线AB和平面α平行；
若A、B在平面α的两侧，因为平面α外有两点A、B到平面α的距离相等，
所以直线AB和平面α相交；
综上所述:直线AB和平面α的位置关系一定是平行或相交
故答案为：平行或相交.
教法备注
【考点】面与面的位置关系
【教法】直线与平面分成平行和相交两种情形分别研究，画出图象进行判定即可，解题时常常漏解．
答案
解析
变式1-2
单选题
下列命题中，是真命题的选项为（       ）
A. 平行于同一条直线的两个平面平行
B. 若两个平面分别经过两条平行直线，则这两个平面平行
C. 分别在两个平行平面上的两条直线平行
D. 与两条异面直线都平行的两个平面平行．
D
举例说明判断ABC；利用面面平行的判定推理判断D.
答案
解析
4
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1，
   
对于A，平面ABB1A1与平面A1B1C1D1都与直线CD平行，而平面ABB1A1与平面A1B1C1D1相交，A是假命
题；
对于B，相交平面ABB1A1与平面A1B1C1D1分别经过直线AB, C1D1，且AB//C1D1，B是假命题；
对于C，直线AB ⊂平面ABCD，直线A1D1 ⊂平面A1B1C1D1，且平面ABCD//平面A1B1C1D1，
而直线AB与直线A1D1是异面直线，C是假命题；
对于D，直线a, b是两条异面直线，α, β是两个不同平面，a//α, b//α, a//β, b//β，
过直线b上的点A作直线a′//a，则直线a′, b确定平面γ，由b//α, b//β，得点A ∉α, A ∉β，
而a//α, a//β，于是a′//α, a′//β，因此α//γ, β//γ，所以α//β，D真命题.
       
故选：D
例2
填空题
已知m, n是两条不同直线，α､β是两个不同平面，对下列命题：
①若m//α, n//α，则m//n.
②若α ∩β = n, m//n，则m//α且m//β.
③若m⊥α, n⊥β，m//n，则α//β.
④若α//β, m//α, n//β，则m//n.
⑤若m//α, m⊥β，则α⊥β.
其中正确的命题是 
 （填序号）.
③⑤
答案
解析
5
由给定条件，举例说明判断命题①②④，利用线面垂直的性质判断③，利用线面平行的性质、线面垂直的判
定、面面垂直的判定推理判断⑤作答.
如图，长方体ABCD −A1B1C1D1中，记平面ABCD为α，
对于①，记直线A1B1为m，直线B1C1为n，则m//α, n//α，但m与n相交，①不正确；
对于②，记平面ABB1A1为平面β，直线AB为直线n，直线CD为直线m，满足α ∩β = n, m//n，而m ⊂α，②
不正确；
对于③，因为m⊥α，m//n，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，③正确，
对于④，记平面A1B1C1D1为平面β，直线A1B1为直线m，直线BC为直线n，满足α//β, m//α, n//β，而m与n
是异面直线，④不正确；
对于⑤，因m//α，则过直线m作平面γ，令γ ∩α = l，如图，
于是得l//m，而m⊥β，则有l⊥β，由l ⊂α，所以α⊥β，⑤正确.
故答案为：③⑤
教法备注
【考点】面与面的位置关系
【教法】由给定条件，举例说明判断命题①②④，利用线面垂直的性质判断③，利用线面平行的性质、线面垂
直的判定、面面垂直的判定推理判断⑤作答．
变式2-1
单选题
已知a，b是两条异面直线，给出下面四个命题：（1）过直线a有且只有一个平面与b平行；（2）P为空间任意一
点，过P总能作一条直线与a，b都相交；（3）有且只有一条直线与a，b都垂直；（4）P是异面直线a，b外一点，
过P与a，b都平行的平面有且只有一个，则以上命题中，不正确的是（       ）．
A. （3）
B. （2）（3）
C. （2）（4）
D. （2）（3）（4）
6
D
（1）当在直线a上取点A，过点A作直线b的平行线b
′，此时直线a与b′确定平面α，再判断是否成立；（2）当点
P与直线a确定一个平面α，并且这个平面与直线b平行，判断选项；（3）根据公垂线的定义判断；（4）根据
（2）的判断过程判断结论.
（1）在直线a上取点A，过点A作直线b的平行线b
′，此时直线a与b′确定平面α，b//b′，b ⊄ α，所以b//α，故
（1）正确；
（2）如果点P与直线a确定一个平面α，并且这个平面与直线b平行，那么过点P与直线a相交时，这些直线都
在平面α内，与直线b没有交点，故（2）不正确；
（3）异面直线有且只有一条公垂线，与公垂线平行的所有直线都与a, b垂直，故（3）不正确；
（4）根据（2）可知，就不存在，因为直线a就在过点P与直线b平行的平面内，所以（4）不正确.
故不正确的是（2）（3）（4）
故选：D
本题考查平面的基本性质及推理，熟练掌握线线，线面，面面的位置关系的综合判断，属于中档题型.
答案
解析
变式2-2
单选题
对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：
①存在平面γ，使得α，β都平行于γ
②存在两条不同的直线l，m，使得l⊂β，m⊂β，使得l∥α，m∥α
③α内有不共线的三点到β的距离相等；
④存在异面直线l，m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α与β平行的条件有（       ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
利用直线与平面、平面与平面的位置关系,对选项进行逐一判断,确定出正确选项即可.对于①:由平行于同一平面
的两个平面平行可知①正确;
对于②:由面面平行的判定定理知,若l, m是同一平面内的两条相交直线时,可以判定α与β平行,反之不成立,故②不
正确;
对于③:若α, β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时，此三点可以到平面β的距离等,
答案
解析
7
此时不能判定α与β平行,故③不正确;
对于④:在平面α内作l
′//l, m
′//m,因为l, m是两条异面直线,所以必有l
′, m
′相交,又因为l//β, m//β,所以
l
′//β, m
′//β,由面面平行的判定定理知,α与β平行,故④正确;
故选:B
本题考查面面平行的判定及线面平行的判定;熟练掌握面面平行的判定定理是求解本题的关键;重点考查学生的
逻辑思维能力;属于中档题、常考题型.
教法备注
【考点】面与面的位置关系
【教法】根据提意，利用直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，可得正确
答案．
考点2：面面平行、垂直的性质与判定
知识笔记
平面与平面平行
（1）判定定理：如果一个平面上的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.
（2）性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.
平面与平面垂直
（1）判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直. 
（2）性质定理：如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直.
经典例题
例3
单选题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1中，E、F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（     ）
8
A. 若E ∈BD1，F ∈BD，则EF⊥AC
B. 若E ∈BD1，F ∈BD，则平面BEF⊥平面A1BC1
C. 若E ∈AC，F ∈CD1，则EF//平面A1BC1
D. 若E ∈AC，F ∈CD1，则EF//AD1
D
根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定判断AB；利用正方体的特征及面面平行的判定
与性质判断CD.
   
对于A，AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD，AC ⊂底面ABCD，则DD1⊥AC，
又BD ∩DD1 = D, BD, DD1 ⊂平面BDD1，则AC⊥平面BDD1，EF ⊂平面BDD1，所以EF⊥AC，A正确；
对于B，A1C1//AC，则A1C1⊥平面BDD1，又A1C1 ⊂平面A1C1B，则平面A1C1B⊥平面BDD1，
而平面BDD1与平面BEF重合，平面BEF⊥平面A1BC1，B正确；
   
对于C，在正方体ABCD −A1B1C1中，AD1//BC1, A1B//D1C，
而AD1 ⊄平面A1C1B，C1B ⊂平面A1C1B，则AD1//平面A1C1B，同理CD1//平面A1C1B，
又AD1 ∩CD1 = D1, AD1, CD1 ⊂平面AD1C，因此平面AD1C//平面A1C1B，
由EF ⊂平面AD1C，得EF//平面A1C1B，C正确；
对于D，由于E, F分别为AC, CD1上的动点，则CE
AE 与CF
FD1
不一定相等，EF与AD1不一定平行，D错误.
答案
解析
9
故选：D
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】引导学生利用线面平行与线面垂直的判定，推得面面平行与面面垂直.
变式3-1
单选题
已知正方体ABCD −A1B1C1D1，过对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则：
①四边形BFD1E一定是平行四边形；
②四边形BFD1E有可能为正方形；
③四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形；
④平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D.
其中所有正确结论的序号为（       ）
A. ①②
B. ②③④
C. ①④
D. ①③④
D
如图：
①由平面BCB1C1∥平面ADA1D1，并且B、E、F 、D1四点共面，
∴ED1∥BF，同理可证，FD1∥EB，故四边形BFD1E一定是平行四边形，
故①正确；
②若BFD1E是正方形，有ED1⊥BE，因为A1D1⊥BE，所以BE⊥平面ADD1A1，又因为AB⊥平面ADD1A1，
与经过平面外一点作已知平面的垂线有且只有一条相矛盾,故②错误；
③由图得，BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，故③正确；
④当点E和F分别是对应边的中点时，平面BFD1E⊥平面BB1D1D，故④正确．
故选：D
本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断；考查了空间想象能
答案
解析
10
力和逻辑思维能力;属于难度大型试题.
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】引导学生利用题意和线面平行与垂直，面面平行与垂直的判定和性质，对每一选项进行分析．
例4
解答题
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，M, N, E分别是AB, DD1, AA1的中点．
(1)
证明：平面MNE//平面BCD1；
(2)
求直线MN与D1C所成角的正切值．
(1) 证明见解析
(2) √2
(1) 连接A1B，
∵N, E分别是DD1, AA1的中点，
∴AE//DN且AE = DN，
∴四边形ADNE是平行四边形，
∴EN//AD，
又AD//BC，
∴EN//BC，
答案
解析
11
∵BC ⊂平面BCD1，EN ⊄平面BCD1，
∴EN//平面BCD1，
∵M, E分别是AB, AA1的中点，
∴ME//A1B, A1B//D1C，
∴ME//D1C，
又D1C ⊂平面BCD1，ME ⊄平面BCD1，
∴ME//平面BCD1，
又∵ME ∩EN = E, ME, EN ⊂平面MNE，
∴平面MNE//平面BCD1；
(2) 由（1）知ME//D1C，
∴∠EMN为MN与D1C所成角或其补角，
在Rt△MEN中，NE = AD = a，ME = √2
2 a，
所以tan ∠EMN = NE
ME =
a
√2
2 a
= √2，
所以直线MN与D1C所成角的正切值为√2．
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】（1）引导学生利用正方体的性质以及平面和平面平行的判定定理，证得结论．（2）先判断两条直
线所成的角，再通过解直角三角形，求出两直线所成角的正切值．
变式4-1
解答题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．
12
（1）求证：B1C1//平面A1BC；
（2）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．
（3）若A1B = 2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．
（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） π
3
（1）由题知BC//B1C1，进而根据判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质定理得BC⊥平面ACC1A1，进而可证明结论；
（3）由题知∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成角的平面角或补角，再根据集合关系求解.
解：（1）证明：由三棱柱的性质知，BC//B1C1，
∵B1C1 ⊄平面A1BC，BC ⊂平面A1BC，
∴B1C1//平面A1BC
（2）证明：∵侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC，平面ACC1A1 ⋂平面ABC = AC，BC ⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∵BC ⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面ACC1A1，
（3）∵ BC//B1C1，
∴∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成角的平面角或补角；
由（2）知BC⊥平面ACC1A1，A1C ⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥A1C，
∵A1B = 2BC，
∴ 在Rt△A1BC中，cos ∠A1BC = BC
A1C = 1
2 ，
∵异面直线夹角的范围是[0, π
2 ]
答案
解析
13
∴∠A1BC = π
3 ，即异面直线A1B与B1C1所成角的大小π
3
教法备注
【考点】面与面位置关系的性质与判定
【教法】引导学生由面面垂直推得线面垂直，再由面面垂直的判定定理，得证；提醒学生对线面角的分类讨
论.
知识点2——二面角
考点3：二面角
知识笔记
二面角
（1）二面角定义：当两个平面相交时，它们的交线AB 将各平面分割成两个半平面，由半平面α，β与交线AB所组
成的空间图形叫做二面角，记作α −AB −β，交线AB 叫做二面角的棱，半平面α，β叫做二面角的面（如图）.
（2）二面角的度量：
①二面角的平面角:
在二面角的棱上任取一点O，过O 分别在面α和β内作棱AB的垂线，OM与ON所成的角叫做二面角α −AB −β 的
平面角（如图），用平面角∠MON  表示二面角的大小.
②范围：二面角的大小的范围[0, π].
经典例题
例5
14
单选题
已知α −l −β是直二面角，直线a在平面α上，直线b在平面β上.若a、b均与l既不平行，也不垂直，则a与b的位置关
系是（       ）
A. 可能垂直，也可能平行
B. 可能垂直，但不可能平行
C. 不可能垂直，但可能平行
D. 既不可能垂直，也不可能平行
D
假设a⊥b，然后利用已知条件推理，得到a⊥l，这与a与l既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立；假设a//b
，利用线面平行的性质定理进行推导，得到a//l，这与a和b与l既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立，从
而得到答案．
①假设a⊥b，因为b与l既不垂直，也不平行，所以b ∩l = O，过O在β内作直线c⊥l，如图所示：
因为α⊥β，所以c⊥α，又因为a ⊂α，所以c⊥a，
又因为a⊥b，c ∩n = O，所以a⊥β，l ⊂β，
所以a⊥l这与a与l既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立，
所以a与b不垂直，同理b与a也不垂直；
②假设a//b，则a//β，a ⊂α，α ∩β = l，所以a//l，
这与a和b与l既不垂直，也不平行矛盾，故假设不成立，所以a与b不平行．
综上所述，a与b的位置关系是既不可能垂直，也不可能平行．
故选：D．
答案
解析
变式5-1
单选题
如图，已知Rt △ABC中∠A为直角，D是线段AB上任意一点（不含端点），沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所
成二面角A′ −CD −B的平面角为α (0 < α < π)，则下列说法正确的是（       ）
A. ∠A′DB < α
B. ∠A′DB与α的大小关系与D点位置有关
15
C. ∠A′DB > α
D. ∠A′DB与α的大小关系与α大小有关
C
根据二面角的几何法可得∠A′MP即为二面角A′ −CD −B的平面角，进而在△A′DB以及△A′MP中运用余弦
定理，即可作差后结合余弦函数的单调性求解.
过点A′作A′M⊥直线CD于点M，过点B作BN⊥直线CD于点N，
则可知M，N分别在点D的两边，
如图，将线段BN平移到PM处，过A′作A′O⊥PM于O，连接OD，
∵BN⊥CM，PM//BN，∴PM⊥CM，则∠A′MP即为二面角A′ −CD −B的平面角，
设∠ADC = θ， AD = A′D = x, BD = y，A′B = t，
在△A′DB中，cos ∠A′DB = A′D2 + DB2 −A′B2
2 × A′D × DB
= x2 + y2 −t2
2xy
⇒x2 + y2 −t2 = 2xy cos ∠A′DB，
在Rt△A′MD中，DM = A′D cos ∠A′DC = x cos θ，A′M = A′D sin ∠A′DC = x sin θ，
同理，BN = PM = y sin θ，DN = y cos θ，∴BP = MN = (x + y) cos θ，
由题意BP⊥平面A′MP，A′P ⊂平面A′MP，∴BP⊥A′P，
在Rt△A′BP中，A′P 2 = A′B2 −BP 2，
在△A′MP中，cos ∠A′MP = cos α = A′M 2 + MP 2 −A′P 2
2A′M × MP
= x2 sin2 θ + y2 sin2 θ −(t2 −(x + y)2 cos2 θ)
2xy sin θ × sin θ
= x2 + y2 −t2 + 2xy cos2 θ
2xy sin θ × sin θ
= 2xy cos ∠A′DB + 2xy cos2 θ
2xy sin θ × sin θ
= cos ∠A′DB + cos2 θ
sin2 θ
cos α −cos ∠A′DB = cos ∠A′DB + cos2 θ
sin2 θ
−cos ∠A′DB = cos2 θ
sin2 θ
(1 + cos ∠A′DB) ≥0，
∴cos α ≥cos ∠A′DB（当θ = π
2 时取等号），
由于∠ADC = θ ∈(0, π
2 )，故等号取不到，
∵α，∠A′DB ∈[0,π]，y = cos x在[0,π]上为递减函数，
故α < ∠A′DB，故C正确．
故选：C．
关键点点睛：在△A′DB中利用余弦定理x2 + y2 −t2 = 2xy cos ∠A′DB，在△A′MP中继续适用余弦定理，两者
结合可得cos α = cos ∠A′DB + cos2 θ
sin2 θ
，利用作差法以及三角函数的性质求解.
答案
解析
例6
填空题
16
若二面角α −l −β内一点P到α, β, l的距离分别等于1, √2, 2，则该二面角的大小为 
 .
75∘
过点P 分别作α, β, l的垂线，垂足分别为A, B, C，说明∠ACB即为二面角α −l −β的平面角，再分别在
Rt △PAC和Rt △PBC求出∠APC, ∠BPC，进而可得出答案.
如图，过点P分别作α, β, l的垂线，垂足分别为A, B, C，
则PA = 1, PB = √2, PC = 2，
因为PA⊥α, l ⊂α，所以PA⊥l，
又PC⊥l, PA ∩PC = P, PA, PC ⊂平面PAC，
所以l⊥平面PAC，
又AC ⊂平面PAC，所以AC⊥l，
同理BC⊥l，故P, A, B, C四点共面，
则∠ACB即为二面角α −l −β的平面角，
在Rt △PAC中，cos ∠APC = 1
2 ，则∠APC = 60∘，
在Rt △PBC中，cos ∠BPC = √2
2 ，则∠BPC = 45∘，
所以∠APB = 105∘，所以∠ACB = 75∘，
即二面角α −l −β的大小为75∘.
故答案为：75∘.
教法备注
【考点】二面角的应用
【教法】过点P分别作α，β，l的垂线，垂足分别为A，B，C，说明∠ACB即为二面角α-l-β的平面角，再分别在
Rt△PAC和Rt△PBC求出∠APC，∠BPC，进而可得出答案．
答案
解析
变式6-1
单选题
17
二面角α −l −β的大小是60°，在该二面角内有一点P到α的距离是3，到β的距离是5，又动点A和B，A ∈α，B ∈β
，则△PAB的周长的最小值是（       ）
A. 3√3
B. 6√3
C. 12
D. 14
D
作出P关于两个平面α，β对称点M、N，连接MN，线段MN与两个平面的交点坐标分别为C，D，连接MP
，NP，由已知条件推导出△PAB周长L = PM + PN + MN = AM + MN + BN，当A与C重合，B与D重
合时，由两点之间线段最短可以得出MN，即为△PAB周长的最小值．
解：如图，作出P关于两个平面α，β的对称点M、N，交平面α，β分别为E，F，过点E，F分别作EO，FO
垂直直线l，连接MN，
线段MN与两个平面的交点坐标分别为C，D，连接MP，NP，CP，DP，
则△PAB的周长L = PA + PB + AB = AM + AB + BN，当A与C重合，B与D重合时，
由两点之间线段最短可以得出MN即为△PAB周长的最小值，
根据题意可知：P到二面角两个面的距离分别为3、5，
∴MP = 6，NP = 10，
∵面角α −l −β的大小是60°，
∴∠EOF = 60∘，
∴∠MPN = 120∘，
根据余弦定理有：
MN 2 = MP 2 + NP 2 −2MP ⋅NP ⋅cos ∠MPN = 62 + 102 −2 × 6 × 10 × (−1
2 ) = 196，
∴MN = 14，
∴△PAB周长的最小值等于14．
故选：D．
教法备注
【考点】二面角的应用
答案
解析
18
【教法】作出辅助线，得到当A、B分别取直线PQ与平面α、β的交点时，△ABC周长最短，由余弦定理求出最
小值．
例7
解答题
如图，在正四棱锥P −ABCD中，PA = AB = 2√2，E、F分别为PB、PD的中点，平面AEF与棱PC的交点为G．
(1)
求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值的大小；
(2)
求CG
PC 的值．
(1) 1
2
(2) 2
3
(1) 解：取底面ABCD的中心为O，连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为E、F分别为PB、PD的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF//BD，
因为BD ⊂平面ABCD，EF ⊄平面ABCD，所以EF//平面ABCD，EF ⊂平面AEGF，
设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，故EF//l//BD，连接QA，
则因为AE = AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
因为PA = AB = 2√2，所以AC = √AB2 + BC2 = 4，PO = √PA2 −AO2 = 2，
故∠QAO即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中OQ = 1
2 OP = 1，AO = 1
2 AC = 2，
所以tan ∠OAQ = OQ
AO = 1
2 ，即平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值为1
2
答案
解析
19
(2) 解：延长AQ，因为平面AEGF∩平面PAC = AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM//PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM = CM = x，则AM = 4 −x，由（1）知tan ∠OAQ = 1
2 ，
所以GM
AM = 1
2 ，即
x
4 −x = 1
2 ，解得x = 4
3 ，故CG
PC = GM
OP =
4
3
2 = 2
3
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】带领学生正确找到并作出二面角的平面角，进而求解.
变式7-1
解答题
如图，在三棱锥P −ABC中，AC = BC = 2，∠ACB = 90∘，AP = BP = AB，PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B −AP −C的大小；
(3)求点C到平面APB的距离．
20
(1)证明见解析；(2) arccos √3
3 ，(3) 2√3
3
.
(1)取AB中点D，连结PD、CD．证明AB⊥平面PCD即可；
(2)以C为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标.取AP中点E，连结BE、CE，∠BEC是二面角
B −AP −C的平面角，根据向量数量积求该夹角即可；
(3)C在平面APB内的射影为正△APB的中心H，根据BH = 2HE求出H坐标，点C到平APB的距离为CH .
(1)取AB中点D，连结PD，CD．
∵AC = BC，AP = BP，
∴AB⊥CD，AB⊥PD，∵PD ∩CD = D，∴AB⊥平面PCD，
∴PC⊥AB；
(2)∵PA＝PB，AC＝BC，∴△APC ≅△BPC，∴PC⊥BC，故PC⊥平面ABC.
以C为原点建立空间直角坐标系C −xyz．
则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)．
设P(0,0,t)，∵|PB| = |AB| = 2√2，∴t = 2，P(0,0,2)．
取AP中点E，连结BE，CE．
∵|AC| = |PC|，|AB| = |BP|，
∴CE⊥AP，BE⊥AP，
∴∠BEC是二面角B −AP −C的平面角，
∵E(0,1,1)，∴EC = (0, −1, −1)，\overrightarrow
{EB}=\left(2
,−1,−1)，
答案
解析
−
→
−
→
21
∴cos ∠BEC =
EC ⋅EB
EC
⋅
EB
=
2
√2 × √6
= √3
3 ，
∴二面角B −AP −C的大小为arccos √3
3 ；
(3)∵AC = BC = PC，
∴C在平面APB内的射影为正△APB的中心H，且CH的长为点C到平面APB的距离，如(2)建立空间直角坐标
系C −xyz．
∵BH = 2HE，∴点H的坐标为\left(\dfrac{2}
{3}
, 2
3 ,\dfrac{2}{3}\right)，∴|CH| = 2√3
3
，
∴点C到平APB的距离为2√3
3
．
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】带领学生正确找到并作出二面角的平面角，进而求解.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
例8
解答题
《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面
体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于
点F，连接DE，DF，BD，BE．
(1)
证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不
是，说明理由；
(2)
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π
3 ，求DC
BC 的值．
22
(1) 答案见解析
(2) √2
2
(1) 法一：
因为PD⊥底面ABCD，BC在平面ABCD中，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，PD, CD ⊂面PDC，
所以BC⊥平面PCD，而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE，
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
而PC∩CB＝C，PC, CB ⊂面PBC，
所以DE⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩FE＝E，DE, FE ⊂面DEF，
所以PB⊥平面DEF，
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
法二：以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD＝DC
＝1，BC＝λ，
则D（0,0,0），P（0,0,1），B（λ,1,0），C（0,1,0），PB＝（λ,1,﹣1），点E是PC的中点，所以
E (0, 1
2 , 1
2 )，DE = (0, 1
2 , 1
2 )，
于是PB ⋅DE = 0，即PB⊥DE,
又已知EF⊥PB，而ED∩EF＝E，DE, FE ⊂面DEF，所以PB⊥平面DEF，
因PC＝（0,1,﹣1），DE ⋅PC = 0，则DE⊥PC，
又PB⊥DE,PC∩PB＝P，PC, PB ⊂面PBC，所以DE⊥平面PBC，
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
 .
(2) 法一：
如图所示，
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
23
在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线，
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG，
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG，而PD∩PB＝P，PD, PB ⊂面PBD，所以DG⊥平面PBD，
又DF, DB ⊂平面PBD，所以DG⊥DF，DG⊥DB，
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，则∠FDB＝π
3 ，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝√1 + λ2，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB＝∠FDB＝π
3 ，
则tan π
3 = tan ∠DPF = DB
PD = √1 + λ2 = √3，解得λ = √2，
所以DC
CB = 1
λ = √2
2 .
法二：
由PD⊥底面ABCD，所以DP = (0, 0, 1)是平面ABCD的一个法向量；
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以BP = (−λ, −1, 1)是平面DEF的一个法向量．
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π
3 ，
则由向量的数量积得cos π
3 =
1
√2 + λ2
= 1
2 ，解得λ = √2，
所以DC
CB = 1
λ = √2
2 .
−
→
−
→
变式8-1
解答题
已知矩形ABCD中，AB = 3，AD = 1，E为线段CD上一点（不在端点），沿线段AE将△ADE折成△AD′E，使
得平面AD′C⊥平面ABC．
（1）证明：平面ABD′与平面BCD′不可能垂直；
（2）若二面角D′ −AE −B大小为60°，
（ⅰ）求直线AD′与BC所成角的余弦值；
24
（1）证明见解析；（2）（i） 1
4 ；
（1）用反证法进行证明；
（2）先根据二面角D′ −AE −B大小为60°，判断出DE=1.
（i）连结DD′，由AD∥BC，判断出∠D′AD或其补角即为直线AD′与BC所成角.
在三角形D′AD中，先求出cos ∠DAG = DG
AD = √6
4 ，再利用二倍角的余弦公式求出直线AD′与BC所成角的
余弦值；
（ii）取AC的中点为O′,过O′作OO′⊥面ABC于O′，判断出三棱锥D′ −ABC的外接球的球心必在OO′上，不妨设
球心为O.利用OD′ = OC，求出外接球的半径R,即可求出外接球的体积.
（1）
假设结论不成立，则平面ABD′⊥平面BCD′.
过C作CF⊥面ABD′于F（F与B不重合时），则CF⊥AB；
又ABCD为矩形，所以CB⊥AB；
因为CB ⋂CF = C，所以AB⊥面BCD′.
相对于BCD′，AB为垂线，AD′为斜线，所以$AB
而AB = 3，AD′ = 1，所以AB > AD′，矛盾.
所以假设不成立，所以平面ABD′与平面BCD′不可能垂直；
过C作CF⊥面ABD′于F（F与B重合时），则面ABD′⊥面ABC,
这与平面AD′C⊥平面ABC相矛盾，（过平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直）.
所以假设不成立，所以平面ABD′与平面BCD′不可能垂直；
（2）
答案
解析
25
因为平面AD′C⊥平面ABC，过D′作D′N⊥AC于N，则D′N⊥面ABC.过D作DM⊥AC于M，连结MN，则∠D′MN
即为二面角D′ −AE −B的平面角，所以∠D′MN = 60∘.
在直角三角形D′MN中，因为∠D′MN = 60∘，所以cos ∠D′MN = MN
D′M = 1
2
在图（1）中，
以D为原点，DC, AD分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，则D (0, 0), A (0, −1), C (3, 0), E (t, 0), (0 < 3)
，所以直线AC : x
3 +
y
−1 = 1，直线AE : x
t +
y
−1 = 1.
因为DM⊥AC，所以可设直线DM : y = −tx，与直线AC联立解出N (
3
1 + 3t ,
−3t
1 + 3t )，
所以DN 2 = (
3
1 + 3t )
2
+ ( −3t
1 + 3t )
2
.
由三角形等面积法得：S△ADE = 1
2 AD × DE = 1
2 AE × DM，即1 × t = √1 + t2 × DM，解得：
DM =
t
√1 + t2 .
由MN
D′M = 1
2 ，得D′N
D′M = 3
2 ，所以D′N 2
D′M 2 = 9
4 ，即
(
3
1 + 3t )
2
+ ( −3t
1 + 3t )
2
t2
1 + t2
= 9
4 ，解得：t=1.即DE=1.
（i）如图（2）中，连结DD′，因为AD∥BC，则∠D′AD或其补角即为直线AD′与BC所成角.
在三角形D′AD中，AD = AD′ = 1，DD′ = √D′N 2 + DN 2 =
( √6
4 )
2
+ ( 3√2
4
)
2
= √6
2
−
→
−
→


⎷
26
过A作AG垂直D′D于G，则G为D′D的中点，所以cos ∠DAG = DG
AD = √6
4 ，
所以cos ∠D′AD = cos 2∠DAG = 2( √6
4 )
2
−1 = −1
4 .
即直线AD′与BC所成角的余弦值为1
4 .
 
 
例9
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC = 60∘，PC⊥平面ABCD，PC = 1，E为PA
的中点．
   
(1)
求证：平面EDB⊥平面ABCD；
(2)
求二面角A −EB −D的正切值；
(3)
求点E到平面PBC的距离．
(1) 证明见解析
(2) 2√3
3
(3) √3
4
答案
解析
27
(1) 设AC ∩BD = O，连接EO，
∵菱形ABCD，∴O是AC中点，
∵E为PA的中点，∴OE//PC，
∵PC⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD，
又EO ⊂平面EDB，
故平面EDB⊥平面ABCD．
(2) 过点O作OF垂直BE于F点，连接AF，
因为EO⊥平面ABCD，AO ⊂平面ABCD，所以AO⊥OE，
又AO⊥BD，BD ∩OE = O, BD, OE ⊂平面BDE，∴AO⊥平面BDE，
因为BE ⊂平面BDE，所以AO⊥BE，
又OF⊥BE, AO ∩OF＝O, AO, OF ⊂平面AOF，所以BE⊥平面AOF．
∴二面角A −EB −D的平面角为∠AFO，
因为底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC = 60∘, PC = 1，则△ABC为等边三角形，
所以AO = 1
2 AC = 1
2 ，OB = √3
2 ，又OE = 1
2 PC = 1
2 ，所以BE = √BO2 + OE2 = 1，
所以OF = OB ⋅OE
BE
= √3
4 ，
在Rt △AFO中，tan ∠AFO = AO
OF =
1
2
√3
4
= 2√3
3
．
(3) 在底面作OH⊥BC，垂足为H，
∵PC⊥平面ABCD，OH ⊂平面ABCD，所以PC⊥OH，
又PC ∩BC = C, PC, BC ⊂平面PCB，
所以OH⊥平面PCB，
由（1）知，OE//PC，OE ⊄平面PBC，PC ⊂平面PBC，
所以OE//平面PBC，
所以点E到平面PBC的距离就是点O到平面PBC的距离OH，
在Rt △BOC中，BO = √3
2 ，OC = 1
2 ，BC = 1，
所以OH = OB ⋅OC
BC
= √3
4 ，即点E到平面PBC的距离为√3
4 ．
      
教法备注
【考点】二面角的求法
28
【教法】（1）由线面垂直证得面面垂直；（2）引导学生由线面垂直的判定证得线面垂直，进而找到得到二
面角的平面角，再求解直角三角形得答案；（3）由线面平行找到点到直线的距离.
变式9-1
解答题
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB = 60∘，PA = PD = √2，且PB = 2.
(1)
求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)
设E为PC的中点，求平面EBD与平面PAD所成锐二面角的大小.
(1) 证明见解析；
(2) arccos √7
7 .
(1) 取AD中点M，连接BM、PM.
因为PA = PD = √2，所以PM⊥AD，所以PM = √PD2 −( AD
2 )
2
= √√2
2 −12 = 1，
因为底面ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB = 60∘，
所以△ABD是等边三角形，所以BM⊥AD且BM = √3，
又PM = 1，PB = 2，所以PB2 = PM 2 + BM 2，所以PM⊥BM.
又由于PM⊥AD，且BM、AD是平面ABCD上的两条相交直线，
故PM⊥平面ABCD.
又由于PM ⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2) 以M为坐标原点，MA、MB、MP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
答案
解析
−
→
−
→
−
→
29
则P (0, 0, 1)，A (1, 0, 0)，B (0, √3, 0)，C (−2, √3, 0)，D (−1, 0, 0)，
进而有E (−1, √3
2 , 1
2 ).
于是DB = (1, √3, 0)，DE = (0, √3
2 , 1
2 )，
设平面EBD的法向量为n1 = (x, y, z)，
则
，令x = √3，则y = −1, z = √3，
所以平面EBD的一个法向量n1 = (√3, −1, √3).
又平面PAD的一个法向量n2 = (0, 1, 0)，
故cos ⟨n1, n2⟩=
n1 ⋅n2
n1
n2
= −√7
7 ，
因此平面EBD与平面PAD所成锐二面角的大小为arccos √7
7 .
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】（1）由已知可得PM⊥BM，结合PM⊥AD，可得PM⊥平面ABCD，再结合面面垂直的判定定理即可证
结论．（2）以M为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面EBD和平面PAD的法向量，利用向量法可求平
面EBD与平面PAD所成锐二面角的大小．
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
DB ⋅n1 = x + √3y = 0
DE ⋅n1 = √3
2 y + 1
2 z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
变式9-2
解答题
如图，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，点E、F分别是棱AB、BC的中点.
30
(1)
求证：EF⊥BD1；
(2)
求二面角B1 −EF −B的大小.
(1) 证明见解析；
(2) arccos 1
3 .
(1) 如图所示，连接AC，BD，B1D1，
由ABCD −A1B1C1D1为正方体，
可知AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，又∵EF ⊂平面ABCD，
∴DD1⊥EF，
∵E，F分别为AB，BC中点，
∴EF//AC，∴EF⊥BD，
∵BD ∩DD1 = D，且BD，DD1 ⊂平面BDD1B1，
∴EF⊥平面BDD1B1，
答案
解析
31
∵BD1 ⊂平面BDD1B1，
∴EF⊥BD1；
(2) 设正方体ABCD −A1B1C1D1棱长为4，
法一：
如图所示，设EF ∩BD = M，连接B1M，
由（1）得EF⊥平面BDD1B1，
∵BM，B1M ⊂平面BDD1B1，
∴BM⊥EF，B1M⊥EF，
∴二面角B1 −EF −B的平面角即为∠B1MB，
又BB1⊥BM，
在Rt △BB1M中，BM = 1
4 BD = 1
4 √AB2 + AD2 = √2，BB1 = 4，
所以B1M = √B1B2 + BM 2 = √42 + √2
2 = 3√2，所以cos ∠B1MB = BM
B1M = 1
3 ，
所以二面角B1 −EF −B的余弦值为1
3 ，即二面角B1 −EF −B的大小为arccos 1
3 ；
法二：
如图所示，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D −xyz，
则B (4, 4, 0)，E (4, 2, 0)，F (2, 4, 0)，B1 (4, 4, 4)，
即EF = (−2, 2, 0)，EB1 = (0, 2, 4)，
设平面B1EF的法向量
→n = (x, y, z)，则
，则
，
令z = −1，则
→n = (2, 2, −1)，
易知平面BEF的一个法向量为
→m = BB1 = (0, 0, 4)，
∴cos ⟨
→n,
→m⟩=
→n ⋅
→m
→n
⋅
→m
=
−4
√22 + 22 + (−1)2 ⋅4
= −1
3 ，
∵二面角B1 −EF −B为锐二面角，
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
EF⊥
→n
EB1⊥
→n
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
EF ⋅
→n = −2x + 2y = 0
EB1 ⋅
→n = 2y + 4z = 0
−
→
−
→
−
→
32
∴二面角B1 −EF −B的余弦值为1
3 ，
即二面角B1 −EF −B的大小为arccos 1
3 .
教法备注
【考点】二面角的求法
【教法】（1）根据直线平面垂直的性质，判定转化证明线线垂直；（2）连接B H，由等腰三角形“三线合
一”的性质可得EF⊥BH，由正方体的几何特征，可得B H⊥EF，则∠B HB是二面角B -EF-B的平面角，解三角
形B HB，即可得到二面角B -EF-B的大小．
1
1
1
1
1
1
例10
填空题
边长都是为1的正方形ABCD和正方形ABEF所在的两个半平面所成的二面角为2π
3 ，M，N分别是对出线AC、BF
上的动点，且AM = FN，则MN的取值范围是 
 ．
[ √3
2 , 1]
设AM = FN = x，过点M作MG⊥AB，垂足为G，结合平面几何知识求MG，证明GN//AF，求NG，结合
二面角的平面角的定义求∠MGN，利用余弦定理求|MN|，再求其范围.
设AM = FN = x，
过点M作MG⊥AB，垂足为G，可知MG//BC，可得AG
AB = AM
AC =
x
√2
，
且MG = AG =
√2
2 AM =
√2
2 x，连接GN，
则AG
AB = NF
BF =
x
√2
，即GN//AF，
可得NG⊥AB，且NG = 1 −
√2
2 x，
由题意可知，两个半平面所成的角为∠MGN = 2π
3 ，
在△MGN中，由余弦定理可得
MN = √MG2 + NG2 −2MG ⋅NG ⋅cos ∠MGN
答案
解析
33
=
( √2
2 x)
2
+ (1 −√2
2 x)
2
−2 × ( √2
2 x) × (1 −√2
2 x) (−1
2 ) = √1
2 x2 −√2
2 x + 1
=
1
2 (x −√2
2 )
2
+ 3
4 ，
即MN =
1
2 (x −√2
2 )
2
+ 3
4 ，对于二次函数y = 1
2 (x −√2
2 )
2
+ 3
4 ，
因为x ∈[0, √2]，则y = 1
2 (x −
√2
2 )
2
+ 3
4 ∈[ 3
4 , 1]，所以MN ∈[ √3
2 , 1]．
教法备注
【考点】二面角的应用
【教法】由二面角的平面角定义，可得∠QHP为ABCD和ABEF所在的两个半平面所成的二面角，设
AP=FQ=x，利用相似三角形得出QH和PH，再利用余弦定理求得PQ的表达式，进而求得取值范围．


⎷


⎷


⎷
变式10-1
填空题
一个“皇冠”状的空间图形（如图）由一个正方形和四个正三角形组成，并且正方形与每个正三角形所成的二面角的
大小均为θ.如果把两个这样的“皇冠”倒扣在一起，可以围成一个十面体，则cos θ的值为 
 .
√3 −√6
3
根据题意可知，该几何体的侧面是全等的正三角形，只需利用三垂线定理做出二面角的平面角，再结合直角
三角形中余弦函数的定义即可得解.
因为一个“皇冠”状的空间图形由一个正方形和四个正三角形组成，
并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为θ，
答案
解析
34
过点A作底面的垂线，垂足为B，O′、O分别为上下底面正方形的中心，
连接AO′、BO, BO交CD于F，连接AF，如图所示，
则AB⊥BF，又由题意可得AF⊥CD, OF⊥CD，
所以∠AFO即为正方形与正三角形所成的二面角的平面角，且为钝角；
所以∠AFO = θ，则cos θ = −cos ∠AFB，
由三角形都为正三角形得AO′ = BO, AF = √3CF，
设正方形边长为2a，则BO = √2a, FO = a，所以BF = √2a −a, AF = √3a，
所以cos θ = −cos ∠AFB = −BF
AF = −√2 −1
√3
= √3 −√6
3
.
故答案为：√3 −√6
3
.
关键点点睛：本题解决的关键在于，在图形中找到正方形与正三角形所成的二面角的平面角，从而得解.
教法备注
【考点】二面角的应用
【教法】根据题可知该几何体的侧面是全等的正三角形，只需利用三垂线定理做出二面角的平面角再结合勾
股定理即可求出余弦值的大小．
变式10-2
填空题
如图，在正三棱柱ABC −A1B1C1中，底面△ABC的边长为1，P为棱AA1上一点．
(1)
若AA1 = 1，P为AA1的中点，求异面直线PC1与AB1所成角的大小；
(2)
若AA1 = a (0 < a < √3)，设二面角A1 −B1C1 −P、A −BC −P的平面角分别为α、β，求tan (α + β)的最
值及取到最值时点P的位置．
35
(1) √10
5
(2) 详见解析
(1) 解：如图所示：
取CC1的中点Q，连接AQ，QB1，易知AQ//PC1，
则∠QAB1为异面直线PC1与AB1所成的角，
又|AQ| = √1 + ( 1
2 )
2
= √5
2 ，|QB1| = √1 + ( 1
2 )
2
= √5
2 ，|AB1| = √2，
由余弦定理得cos ∠QAB1 = |AQ|2 + |AB1|2 −|QB1|2
2 |AB1| ⋅|QB1|
= √10
5
；
(2) 如图所示：
答案
解析
36
分别取B1C1，BC的中点G，H，连接A1G，PH，PGAH，
在正三棱柱ABC −A1B1C1中，
易知A1G⊥B1C1，A1A⊥B1C1，又A1G ∩A1A = A1，
所以B1C1⊥平面A1GP，又PG ⊂平面A1GP，
所以B1C1⊥PG，则∠A1GP为二面角A1 −B1C1 −P的平面角，
同理∠AHP为二面角A −BC −P的平面角，
设A1P = t，则AP = a −t，
所以tan ∠A1GP = tan α = A1P
A1G =
t
√3
2
，tan ∠A1GP = tan β = AP
AH = a −t
√3
2
，
则tan (α + β) =
tan α + tan β
1 −tan α ⋅tan β ，=
t
√3
2
+ a −t
√3
2
1 −
t
√3
2
⋅a −t
√3
2
=
2
√3
a
1 −4
3 [−(t −a
2 )
2
+ a2
4 ]
，
当t = a
2 时，即P为AA1的中点时，tan (α + β)取得最大值2√3a
3 −a2 ，
教法备注
【考点】二面角的应用
【教法】（1）取CC 的中点Q，连接AQ，QB 易知AQ∥PC ，确定异面直线PC 与AB 所成的角，并求解；
（2）分别取B C ，BC的中点G，H，连接A G，PH，PG，AH，根据正三棱柱，确定二面角A -B C -P的平
面角，∠AHP为二面角A-BC-P的平面角，结合已知条件即可求解．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
07 柱体
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
    理解棱柱与圆柱的有关概念
目标2
★★★★★☆ 迁移
  掌握柱体表面积与体积的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解棱柱和圆柱的有关概念，能够识别不同棱柱之间的区别，掌握表面积和体积
的计算方法；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第一节柱体；
4．本讲知识点给出了祖暅原理的有关内容，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内
容设置题目.
教法备注
粉笔是我们常见的柱体模型，通过本章内容我们一起来学习一下柱体的特征.
2
 
引入方向：举例生活中的柱体模型，用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——棱柱与圆柱
考点1：棱柱和圆柱的结构特征
知识笔记
棱柱
棱柱
直棱柱
正棱柱
图  形
 
 
 
定  义
有两个面互相平行，
而其余每相邻两个面
的交线都互相平行的
多面体
侧棱垂直于底面的棱
柱
底面是正多边形的直
棱柱
侧棱
平行且相等
平行且相等
平行且相等
3
侧面的形状
平行四边形
矩形
全等的矩形
对角面的形状
平行四边形
矩形
矩形
平行于底面的截面的
形状
与底面全等的多边形
与底面全等的多边形
与底面全等的正多边
形
圆柱
将矩形ABCD（及其内部）绕其一条边AB  所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆柱，AB 所在直线叫做
圆柱的轴，线段AD  和BC  旋转而成的圆面叫做圆柱的底面，线段CD 旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面，CD 叫做
圆柱侧面的一条母线，圆柱的两个底面间的距离（即AB 长度）叫做圆柱的高.
经典例题
例1
填空题
设A ={直四棱柱}、B ={正方体}、C ={长方体}、D ={正四棱柱}，则这些集合的关系是 
 .（用⊂符号连
接）
B ⊂D ⊂C ⊂A
四种棱柱中正方体最特殊，直四棱柱最一般，而正四棱柱是底面为正方形的长方体，由此可知四个集合的关
系.
由底面为正方形的直四棱柱为正四棱柱，得D ⊂A，
由底面为矩形得直四棱柱为长方体，可得C ⊂A，
因为正方形时特殊的矩形，所以D ⊂C，
由侧棱等于底面边长的正四棱柱为正方体，可得B ⊂D，
所以B ⊂D ⊂C ⊂A.
答案
解析
4
故答案为：B ⊂D ⊂C ⊂A.
变式1-1
填空题
“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的 
 条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分
不必要”）
充要
利用直棱柱的概念及线面垂直的判定定理即得.
由“棱柱有相邻两个侧面是矩形”可知侧棱垂直底面，则“棱柱是直棱柱”；由直棱柱的定义可知，“棱柱是直棱
柱”可推出“棱柱有相邻两个侧面是矩形”，故“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的充要条件.
故答案为：充要.
答案
解析
例2
单选题
棱柱成为直棱柱的一个必要而不充分条件是（       ）
A. 它的一条侧棱垂直于底面
B. 它的一条侧棱与底面两条边垂直
C. 它的一个侧面与底面都是矩形
D. 它的一个侧面与底面的一条边垂直
B
结合棱柱的几何特征与充分条件和必要条件的概念逐项分析判断即可求出结果.
A. 由直棱柱的概念可知有一条侧棱垂直于底面的棱柱是直棱柱，所以充分性成立，而若棱柱为直棱柱，则由
直棱柱的性质可知，侧棱垂直于底面，所以有一条侧棱垂直于底面成立，因此必要性成立，故棱柱的一条侧
棱垂直于底面是棱柱成为直棱柱的充要条件，故A错误；
B. 若棱柱为直棱柱，则侧棱垂直于底面，则有一条侧棱与底面两条边垂直，但反之不成立，例如，侧棱垂直
于两条互相平行的底面的边，则不一定是直棱柱，故棱柱的一条侧棱与底面两条边垂直是棱柱成为直棱柱的
必要不充分条件，故B正确；
C. 若棱柱是直棱柱，但是底面不一定是矩形，例如，底面是平行四边形，所以必要性不成立，故C错误；
D. 若棱柱为直棱柱，则该棱柱的侧面与底面的一条边也可以平行，所以必要性不成立，
答案
解析
5
故D错误，
故选：B.
变式2-1
单选题
以下命题中真命题的是（       ）
A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体
B. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 体对角线都相等的平行六面体是长方体
D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱
C
利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求欠解.
对于选项A，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，如直三棱柱，故选项A不正确，
对于选项B，有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱，但这两个侧面如果不相邻，就不一定是直棱柱了，故选
项B不正确，
对于选项C，如图，对于平行六面体ABCD −A1B1C1D1，
四边形ACC1A1是平行四边形，又AC1 = A1C，故平行四边形ACC1A1为矩形，则AA1⊥AC，
同理可得DD1⊥DB，又AA1//DD1，所以AA1⊥DB，
又AC与BD相交，AC, BD ⊂面ABCD，所以AA1⊥面ABCD，
又由体对角线相等，易得AC = BD，所以ABCD为矩形，
所以ABCD −A1B1C1D1为长方体，故选项C正确，
对于选项D，底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，但不是正四棱柱，故选项
D不正确；
故选：C
教法备注
【考点】棱柱和圆柱的结构特征
【教法】利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求求解．
答案
解析
6
例3
单选题
在斜棱柱的侧面中，矩形最多有（       ）
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 6个
A
根据棱柱的特征判断可得；
解：棱柱的侧面是平行四边形，故该侧面为矩形只需侧面的两条相邻边互相垂直，即侧棱与该侧面和底面的
公共边垂直.
假设斜棱柱的侧面中有一个矩形，则该矩形侧面与底面的公共边与侧棱垂直，该公共边记为边a，由于是斜棱
柱，所以底面的其他边要与侧棱垂直，当且仅当它与边a平行，否则侧棱会垂直于底面，不再是斜棱柱，而棱
柱的底面有且最多有另外一条边与边a平行，故整个底面最多有两条边与侧棱垂直，即斜棱柱的侧面最多有两
个矩形.
故选：A
答案
解析
变式3-1
填空题
五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线共有
 条.
10
作出图形，在五棱柱ABCDE −A1B1C1D1E1中，找出一个端点为A1的对角线，即可得解.
如下图所示，在五棱柱ABCDE −A1B1C1D1E1中，
若对角线的一个端点为A1，则满足条件的对角线为A1C、A1D，
同理可知，有一个端点分别为B1、C1、D1、E1的对角线各有两条，
答案
解析
7
综上所述，一个五棱柱的对角线共有2 × 5 = 10条.
故答案为：10.
例4
单选题
设有四个命题：
①底面是矩形的平行六面体是长方体；
②棱长都相等的直四棱柱是正方体；
③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体；
④对角线相等的平行六面体是直平行六面体.
其中真命题的个数是 （       ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
A
底面是矩形，侧棱和底面不一定垂直，①为假命题；棱长都相等，底面可能为菱形，②是假命题；当侧棱垂直
于底面两条平行的边时不能得到侧棱和底面垂直，③是假命题；由对角线相等可得侧棱.和底面垂直，④是真命
题.
①是假命题，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱仍然是斜平行六面体，不是长方体.
②是假命题，若底面是菱形，底面边长与侧棱长相等的直四棱柱不是正方体.
③是假命题，侧棱垂直于底面两条平行的边，则不能得到侧棱和底面垂直，不是直平行六面体.
④是真命题，对角线相等的平行四边形为矩形，故平行六面体中过相对侧棱的两个对角面都是矩形，从而侧棱
垂直于底面的两条对角线，故垂直于底面，是直平行六面体.
故选：A．
答案
解析
8
教法备注
【考点】棱柱和圆柱的结构特征
【教法】举出反例可否定一个命题：①侧棱不一定垂直于底面，由此可判断出①的真假；②底面是菱形是不是
正方体；③若侧棱垂直于底面两条平行边却不一定；④若平行六面体对角线相等，则对角面皆是矩形，由此可
判断出真假．
变式4-1
填空题
①直四棱柱一定是长方体；②正方体一定是正四棱柱；③底面是正多边形的棱柱是正棱柱；④有相邻两个侧面是矩
形的棱柱是直棱柱；⑤平行六面体的六个面均为平行四边形；⑥直棱柱的侧棱长与高相等．以上说法中正确的命题
有 
 ．
②④⑤⑥
根据直棱柱、正四棱柱、平行六面体的概念和结构特征依次判断选项即可.
①侧棱垂直于底面的四棱柱叫做直四棱柱，底面是长方形的直四棱柱才是长方体.
底面如果不是长方形，则该直四棱柱不是长方体，故①错误；
②上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱，所以正方体是正四棱柱，但正四棱柱不一
定是正方体，故②正确；
③底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，底面是正多边形且侧棱与底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故③错误；
④有两个相邻的侧面是矩形，说明侧棱与底面两条相交直线垂直，则侧棱与底面垂直，
所以，有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故④正确；
⑤底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，而棱柱的各个侧面都是平行四边形，故⑤正确；
⑥直棱柱的侧棱垂直于底面，因此侧棱长与高相等，故⑥正确.
故答案为：②④⑤⑥
答案
解析
例5
在棱长为1的正方体ABCD −A1B1C1D1中，点E为CC1上的动点，则D1E + EB的最小值为 
 .
√5
答案
9
将正方形DCC1D1、BCC1B1铺平在同一平面上，当D1, E, B三点共线时，D1E + EB最小，然后可得答案.
如图，将正方形DCC1D1、BCC1B1铺平在同一平面上，
当D1, E, B三点共线时，D1E + EB最小，最小值为√12 + 22 = √5，
故答案为：√5
解析
变式5-1
填空题
已知圆柱的底面半径为1，母线长为4，AB为母线，则A绕圆柱侧面两周到达B点经过的最短路程为 
 
4√1 + π2
将圆柱侧面展开即可求得结果.
由圆柱的侧面展开图可知，A绕圆柱侧面两周到达B点经过的最短路程为√42 + (2 × 2π)2 = 4√1 + π2.
故答案为：4√1 + π2.
答案
解析
知识点2——柱体的体积与表面积
考点2：柱体的体积和表面积
知识笔记
祖暅原理与体积公式
（1）祖暅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相
等的面积，那么这两个几何体的体积必相等.
10
（2）一般棱柱的体积：V=Sh.  其中S为棱柱的底，h为棱柱的高.
（3）圆柱的体积：V=Sh = πr2h.  其中，r为圆柱的底面半径，h为圆柱的高.
表面积公式
（1）直棱柱的表面积： S=ch + 2S.其中，S  为直棱柱的底面积，c  为底面多边形的周长，h 为棱柱的高.
（2）圆柱的表面积：S=ch + 2S = 2πrh + 2πr2.其中，r  为圆柱的底面半径，h  为圆柱的高.
经典例题
例6
若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为 
 ．
2π
根据圆柱的侧面积公式直接计算可得.
由题意，圆柱的侧面积为：S = 2πrh = 2π.
故答案为：2π
答案
解析
变式6-1
填空题
一张A4纸的规格为：210mm × 297mm，把它作为一个圆柱的侧面．则卷成的圆柱体体积为 
 ．（结果精确到
0.001mm3）
1474084.329mm3或 1042281.849mm3
分以210mm的边为高，和以297mm的边为高，两种情况讨论，分别求出对应底面圆的半径，代入圆柱的体积
公式即可得解.
①如果以210mm的边为高，2πr1 = 297，r1 = 297
2π ，
此时圆柱体的体积为V1 = πr2
1 ⋅210 = π ⋅2972
4π2 × 210 ≈1474084.329 (mm3).
②如果以297mm的边为高，2πr2 = 210，r2 = 210
2π ，
答案
解析
11
此时圆柱体的体积为V2 = πr2
2 ⋅297 = π ⋅2102
4π2 ⋅297 ≈1042281.849 (mm3).
故答案为：1474084.329mm3或1042281.849mm3.
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积
【教法】分别以210mm的边为高，和以297mm的边为高，两种情况讨论，分别求出对应底面圆的半径，代入
圆柱的体积公式即可得解．
例7
填空题
图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，
它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径
画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为40，则其侧面积为 
 .
400π
由曲侧面三棱柱的定义，其侧面为矩形，即可根据几何关系求侧面积.
由题意得△ABC为等边三角形，且边长为40，如图所示，
所以弧AC的长度为l = π
3 ⋅40 = 40π
3 ，
曲侧面三棱柱的三个侧面展开后，均是长为40π
3 ，宽为10的矩形，
所以曲侧面三棱柱的侧面积为3 × 40π
3
× 10 = 400π.
故答案为：400π
答案
解析
12
变式7-1
填空题
魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方
拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一，一个
三阶魔方，由27个单位正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积是 
 .
   
162 −72√2
利用俯视图分析多出来的表面积部分，结合对称性可解.
如图，转动了45∘后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图，
由图形的对称性可知，△A′CD为等腰直角三角形，
设直角边为A′C = x，则斜边为CD = √2x，
故AB = (2 + √2)x = 3，可得x = 3 −3√2
2
.
由几何关系得：S△A′CD = 1
2 × (3 −3√2
2
)
2
= 27
4 −9
2 √2，
故所求面积S ′ = 6 × 3 × 3 + 16 × ( 27
4 −9
2 √2) = 162 −72√2.
故答案为：162 −72√2
   
答案
解析
变式7-2
填空题
若干个正方体形状的积木按如图所示摆成塔型：上方正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的
中点，最下面的正方体的棱长为1，平放于桌面上.如果所有正方体能直接看到的表面积超过8.8，则正方体的个数至
13
少是 
 个.
6
根据题意可知最下面的正方体的棱长为1，上面的正方体的棱长是下面棱长的
√2
2 ，故所有的正方体的表面积
比是1
2 ，然后列出能看到的表面积即可求解
解：由题意得：
从上方垂直向下往桌面看，最下面的正方体的棱长为1，上面的正方体的棱长是下面棱长的
√2
2 ，故所有的正
方体的表面积比是1
2
所以前n个正方体能直接看到的表面积和4 (1 + 1
2 + 1
22 + ⋯+
1
2n−1 ) + 1
1 + 1
2 + 1
22 + ⋯+
1
2n−1 =
1 −( 1
2 )
n
1 −1
2
> 39
20
解得：n ≥6
故答案为：6
答案
解析
例8
填空题
如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1 = 4. 若侧面ABB1A1 水平放置时，液面恰好过
AC, BC, A1C1, B1C1的四等分点处，CE
CA = 1
4 ，当底面ABC水平放置时，液面高为 
 .
14
15
4
根据不同放置方式水的体积相等，结合柱体的体积公式求解即可.
设当底面ABC水平放置时，液面高度为h，
依题意，侧面ABB1A1水平放置时，液面恰好过AC, BC, A1C1, B1C1的四等分点处，CE
CA = 1
4 ，
所以水的体积V = (S△ABC −1
16 S△ABC) × 4 = S△ABC × h，解得h = 15
4 ，
故答案为：15
4
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积
【教法】利用等体积法列方程，由此求得正确答案．
答案
解析
变式8-1
填空题
如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，
内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是  
  cm .
12√3 −π
2
先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
正六棱柱体积为6 × √3
4
× 22 × 2 = 12√3
圆柱体积为π( 1
2 )
2
⋅2 = π
2
3
答案
解析
15
所求几何体体积为12√3 −π
2
故答案为： 12√3 −π
2
本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
例9
解答题
已知圆柱的底面圆半径为r，上底面圆心为O，正六边形ABCDEF内接于下底面圆O1．OA与母线所成角为30∘．
(1)
已知r = 3，求圆柱的侧面积S；
(2)
若圆柱体积为9π，求点C到平面OEF的距离．
(1) 18√3π
(2) 6√5
5
(1) 连接PA，如图所示：
由题意可知，OA与母线所成的角等于∠AOP = 30∘，
因为OP⊥底面ABCDEF，AP ⊂平面ABCDEF，则OP⊥AP，
所以，tan 30∘= AP
OP =
3
OP = √3
3 ，则OP = 3√3，
所以，该圆柱的侧面积为S = 2πr ⋅OP = 2π × 3 × 3√3 = 18√3π.
(2) 由（1）可知，OP = √3r，
所以，该圆柱的体积为V = πr2 ⋅OP = πr2 × √3r = √3πr3 = 9π，解得r = √3，
取EF的中点G，连接OG，
答案
解析
16
由正六边形的几何性质可得∠CFE = ∠FCD = 60∘，∠CDE = 120∘，∠DCE = 30∘，
所以，∠ECF = 30∘，故∠CEF = 90∘，
EF = r = √3，CF = 2r = 2√3，则CE = √CF 2 −EF 2 = √12 −3 = 3，
所以，S△CEF = 1
2 EF ⋅CE = 1
2 × √3 × 3 = 3√3
2
，
VO−CEF = 1
3 S△CEF ⋅OP = 1
3 × 3√3
2
× 3 = 3√3
2
，
易知OE = OF = OA = 2r = 2√3，因为G为EF的中点，则OG⊥EF，
且OG = √OE 2 −EG2 = √12 −3
4 = 3√5
2
，S△OEF = 1
2 EF ⋅OG = 1
2 × √3 × 3√5
2
= 3√15
4
，
设点C到平面OEF的距离为d，则VC−OEF = 1
3 S△OEF ⋅d = 1
3 × 3√15
4
× d = 3√3
2
，解得d = 6√5
5
.
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积
【教法】（1）利用已知条件，通过求解三角形推出圆柱的高，然后求解圆柱的表面积S．（2）利用圆柱的体
积，求出底面半径，通过V
=V
，求解点C到平面OEF的距离．
C-OEF
O-CEF
变式9-1
解答题
如图，直三棱柱ABC −A′B′C ′内接于高为√2的圆柱中，已知∠ACB = 90∘，AA′ = √2, BC = AC = 1， O为AB
的中点．
(1)
求圆柱的侧面积；
(2)
求AB′与平面BB′C ′C所成角的大小．
17
(1) 2π
(2) π
6
(1) 因为∠ACB = 90∘，
所以AB即为底面圆的直径，
AB = √1 + 1 = √2，
所以圆柱的侧面积为π × √2 × √2 = 2π；
(2) 连接AB′, B′C，
在直三棱柱ABC −A′B′C ′中，
因为CC ′⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，
所以AC⊥CC ′，
又AC⊥BC, BC ∩CC ′ = C, BC, CC ′ ⊂平面BB′C ′C，
所以AC⊥平面BB′C ′C，
则∠AB′C即为AB′与平面BB′C ′C所成角的平面角，
在Rt △AB′C中，AC = 1, B′C = √3，
所以tan ∠AB′C = √3
3 ，所以∠AB′C = π
6 ，
即AB′与平面BB′C ′C所成角的大小为π
6 .
答案
解析
例10
如图（图中单位：cm）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的直六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩
形），上部是实心的圆柱.
18
(1)
已知铁的密度为7.86g/cm3，求生产一件这样的铸铁零件需要多少克铁？（结果精确到0.1g）
(2)
要给一批共5000个零件镀锌，若电镀这批零件每平方厘米要用锌0.11g，求需要用锌的总量（精确到0.01g)
(1) 20259.2
(2) 868725.00
(1) 圆柱部分体积为V1 = π × 32 × 25 = 225π，
直六棱柱部分体积为V2 = 6 × √3
4
× 122 × 5 = 1080√3，
则此零件的体积为V = V1 + V2 = 225π + 1080√3 ≈2577.5cm3，
又铁的密度为7.86g/cm3，
故生产一件这样的铸铁零件需要2577.5 × 7.86 = 20259.15 ≈20259.2克铁.
(2) 此零件的表面积为S = π × 32 + 2π × 3 × 25 + 12 × 5 × 6 + 2 × 6 × √3
4
× 122 −π × 32
= 150π + 360 + 432√3 ≈1579.5cm2.
则5000个零件的表面积为1579.5 × 5000cm2 = 7897500cm2.
故需锌的质量为7897500 × 0.11 = 868725.00(g).
答案
解析
变式10-1
解答题
有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长.现从中截取矩形ABCD（如图甲所
示），其中OEMF是以O为圆心，∠EOF = 120∘的扇形，且弧
⌢
EF，
⌢
GH分别与边BC，AD相切于点M，N.剪去图
19
中的阴影部分，剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计）.
(1)
当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
(2)
当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
(1) 16
3 −4√3
(2) BE = 2
(1) 在图甲中，连结OM交EF于点T，
设OE = OF = OM = R，
在Rt △OET中，因为∠EOT = 1
2 ∠EOF = 60∘，所以OT = R
2 ，
则MT = OM −OT = R
2 ，
从而BE = MT = R
2 ，即R = 2BE = 2，
故所得柱体的底面积S = S扇形OEF −S△OEF = 1
3 πR2 −1
2 R2 sin 120∘= 4π
3 −√3，
又所得柱体的高EG = 4，所以V = S × EG = 16
3 −4√3，
所以当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为( 16
3 −4√3)立方分米；
(2) 设BE = x，则R = 2x，
则所得柱体的底面积S = S扇形OEF −S△OEF = 1
3 πR2 −1
2 R2 sin 2π
3 = ( 4π
3 −√3)x2.
答案
解析
20
又所得柱体的高EG = 6 −2x，
所以V = S × EG = ( 8π
3 −2√3) (−x3 + 3x2)，其中0 < x < 3，
令f (x) = −x3 + 3x2，x ∈(0, 3)，
则由f ′ (x) = −3x2 + 6x = −3x (x −2) = 0，解得x = 2，列表如下：
x
(0, 2)
2
(2, 3)
f ′ (x)
+
0
−
f (x)
增
极大值
减
所以当x = 2时，f (x)取得最大值，并且Vmax = ( 8π
3 −2√3) (−8 + 12) = 32π
3
−8√3，
所以当BE = 2分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为32π
3
−8√3立方分米.
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积
【教法】（1）结合图形，可得柱体的底面积S=S
-S
，再根据体积公式计算即可；（2）借助（1）
的公式，其中0＜x＜3，令f（x）=-x +3x ，x∈（0，3），利用导数求出函数的最值即可．
扇形OEF
△OEF
3
2
变式10-2
解答题
在自然界中，蜂巢是蜜蜂的家园，由紧密排列的六角形蜂房连结在一起组成（如图1所示）.研究发现，蜂房的形状
为"曲顶多面体"，其中开口的下底面可以近似看成平面正六边形A1B1C1D1E1F1，而蜂房的"上顶"，由三个全等的
菱形SAHC, SEJC, SEKA闭合组成（如图2所示），蜂房的"侧棱"AA1, HB1, CC1, JD1, EE1, KF1均垂直于底面
A1B1C1D1E1F1，且满足关系AA1 = CC1 = EE1 > HB1 = JD1 = KF1.蜂房"上顶"的"弯曲度"可用"曲率"来刻画，
定义其"弯曲度"的度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的"曲率"之和，而每一顶点的"曲率"定义为2π减去蜂房
多面体在该顶点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶
点有3个面角，每个面角是π
3 ，所以正四面体在各顶点的曲率为2π −3 × π
3 = π.
   
(1)
求蜂房"上顶"的"曲率"；
(2)
若图2所示的蜂房满足∠AHC = AHB1 = ∠CHB1 = θ，求θ的余弦值；
(3)
若蜂房的底面正六边形边长A1B1 = 1，"侧棱"AA1 = 2，求当蜂房的表面积最小时，顶点S的"曲率"的余弦值.
21
(1) 2π
(2) −1
3
(3) 23
27
(1) 蜂房"上顶"的"曲率"等于顶端三个菱形的7个顶点的"曲率"之和，
在顶点S处的"曲率"为2π −(∠ASC + ∠CSE + ∠ESA)，
在顶点A处的"曲率"为2π −(∠SAK + ∠SAH + ∠KAA1 + ∠HAA1)，
在顶点H处的"曲率"为2π −(∠AHC + ∠AHB1 + ∠CHB1)，
在顶点C, E处的"曲率"与顶点A处的"曲率"相同，
在顶点J, K处的"曲率"与顶点H处的"曲率"相同，
根据定义，蜂房"上顶"的"曲率"等于7 × 2π减去三个菱形的内角和3 × 2π，再减去6个直角梯形中的2个非直
角内角和6 × π，
所以蜂房"上顶"的"曲率"为7 × 2π −3 × 2π −6 × π = 2π.
(2) 由题意可知θ为钝角，连接AC, A1C1，过H作HG⊥AA1交AA1于G点，如图所示，
设正六边形的边长为a，所以A1C1 = 2A1B1 cos π
6 = √3a，
因为AA1//CC1, AA1 = CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AC = A1C1 = √3a，
因为AA1, HB1⊥平面A1B1C1D1E1F1，
所以AA1⊥A1B1, HB1⊥A1B1，所以∠GA1B1 = ∠A1B1H = π
2 ，
因为HG⊥AA1，所以∠HGA1 = ∠GA1B1 = ∠A1B1H = π
2 ，
所以四边形GA1B1H为矩形，所以GH = A1B1 = a，
所以AH cos ∠AHG = GH = a，所以AH cos (θ −π
2 ) = AH sin θ = a，
所以AH = CH =
a
sin θ ，
在△AHC中，AC 2 = AH 2 + CH 2 −2AH ⋅CH ⋅cos θ，
答案
解析
22
所以3a2 =
a2
sin2 θ
+
a2
sin2 θ
−2
a2
sin2 θ
⋅cos θ，化简可得3 sin2 θ = 2 −2 cos θ，
所以3 −3 cos2 θ = 2 −2 cos θ，解得cos θ = −1
3 (cos θ = 1舍去)，
所以θ的余弦值为−1
3 .
   
(3) 设蜂房的表面积为S (x)，设B1H = x ∈(0 < x < 2)，
在菱形SAHC中，连接AC, SH，如下图，
   
且AC = √3, GH = A1B1 = 1，
因为AG = AA1 −A1G = AA1 −B1H = 2 −x，
所以AH = √GH 2 + AG2 = √(2 −x)2 + 1，
所以SH = 2√AH 2 −( AC
2 )
2
= 2√(2 −x)2 + 1
4 ，
所以菱形SAHC的面积是SH × AC
2
= √3 ⋅√(2 −x)2 + 1
4 ，
又因为侧面是六个全等的直角梯形，
所以侧面积为(2 + x) × 1
2
× 6 = 3 (x + 2)，
又底面积为√3
4
× 1 × 6 = 3√3
2
，
所以S (x) = 3√3√(2 −x)2 + 1
4 + 3 (x + 2) + 3√3
2
(0 < x < 2)，
所以S ′ (x) =
3√3 (x −2)
√(2 −x)2 + 1
4
+ 3，令S ′ (x) = 0，解得x = 2 −√2
4 (x = 2 + √2
4 舍去)，
当x ∈(0, 2 −√2
4 )时，S ′ (x) < 0，S (x)单调递减，
当x ∈(2 −√2
4 , 2)时，S ′ (x) > 0，S (x)单调递增，
所以S(x)min = S (2 −√2
4 )，此时B1H = 2 −√2
4 ，
所以AG = CH = 2 −B1H = √2
4 ，AH = √AG2 + GH 2 = 3√2
4
；
23
设∠ASC = α，则∠AHC = α，顶点S的"曲率"为2π −3α，
因为cos α = cos ∠AHC = AH 2 + CH 2 −AC 2
2AH ⋅CH
=
9
8 + 9
8 −3
2 × 3√2
4
× 3√2
4
= −1
3 ，
所以cos (2π −3α) = cos 3α = cos (2α + α) = cos 2α cos α −sin 2α sin α
= (2 cos2 α −1) cos α −2 sin2 α cos α = 2 cos3 α −cos α −2 (1 −cos2 α) cos α
= 4 cos3 α −3 cos α = 4(−1
3 )
3
−3 (−1
3 ) = 23
27 .
教法备注
【考点】柱体的体积和表面积
【教法】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案．（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得S（x）；
（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时BH的值，令∠ASC=θ，利用余弦定理求得cosθ，结合三角恒等变换的知
识求得顶点S的曲率的余弦值．
08 锥体
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
  理解棱锥与圆锥以及台体的有关概念
目标2
★★★★★☆ 迁移
  掌握锥体表面积与体积的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解棱锥和圆锥的有关概念，能够识别不同椎体之间的区别，掌握表面积和体积
的计算方法；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比10%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第二节锥体；
4．本讲知识点给出了棱锥体积与棱柱体积的转化关系，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课
本及考试内容设置题目.
教法备注
铅锤等物件是我们常见的锥体模型，通过本章内容我们一起来学习一下锥体的特征.
2
 
引入方向：让学生举例生活中的锥体，用实例呈现本节内容涉及要素，引出本节内容.
知识点1——棱锥与圆锥、台体
考点1：棱锥与圆锥、台体的结构特征
知识笔记
棱锥
名称
棱锥
正棱锥
图形
 
定义
有一个面是多边形，其余各面
是有一个公共顶点的三角形的
多面体
底面是正多边形，且顶点在底
面的射影是底面的中心
侧棱
相交于一点但不一定相等
相交于一点且相等
侧面的形状
三角形
全等的等腰三角形
3
平行于底的截面形状
与底面相似的多边形
与底面相似的正多边形
其他性质
 
高过底面中心；侧棱与底面、
侧面与底面、相邻两侧面所成
角都相等
圆锥
将直角三角形ABC（及其内部）绕其一条直角边AB  所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做圆锥，AB  所
在直线叫做圆锥的轴，点A  叫做圆锥的顶点，直角边BC  旋转而成的圆面叫做圆锥的底面，斜边AC  旋转而成的
曲面叫做圆锥的侧面，斜边AC  叫做圆锥侧面的一条母线，圆锥的顶点到底面间的距离（即AB  的长度）叫做圆锥
的高.
台体
把一个锥体用平行于底面的平面截去含顶点的小锥体后，剩下的几何体称为台体.大圆锥截去小圆锥后剩下的
几何体称为圆台.由圆锥的形成过程，容易看出圆台是由直角梯形绕直角边旋转一周所形成的几何体.类似地，如果
棱柱被一个平行于底面的平面所截，那么截去一个小棱锥后剩下的多面体称为棱台.其中，由正棱锥截得的棱台称
为正棱台.
 
设台体上、下底面想分别为S ′  和S  ,上下底面的距离为h  ，则台体的体积为：
V = 1
3 (S ′ + √S ′S + S)h
经典例题
4
例1
下面是关于三棱锥的四个命题，其中真命题的编号是（       ）
①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
A. ①②
B. ①④
C. ②③
D. ①③
B
根据正三棱锥的定义，结合二面角判断①的正误；侧棱与底面所成的角判断④的正误；找出反例否定②，找出
反例对选项③否定可得正确结论．
①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥，可推出底面中心是棱锥顶点在底
面的射影，所以是正确的．
②显然不对，比如三条侧棱中仅有一条不与底面边长相等的情况，侧面都是等腰三角形的三棱锥不是正三棱
锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，
根据射影长的关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直线的距离也相等，由于在底面所
在的平面内，到底面三边所在直线的距离相等的点有4个：内心（本题的中心）1个、旁心3个，因此不能保证
三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥，可得底面中心是棱锥顶点在底面的
射影，是正确的．所以正确的为：①④
故选：B
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征 
【教法】根据棱锥的几何特征，判断几何形体的特征。
答案
解析
变式1-1
在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 
 （写出所有正确结
论的编号）.
①矩形；
②不是矩形的平行四边形；
5
③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；
④每个面都是等边三角形的四面体；
⑤每个面都是直角三角形的四面体.
①③④⑤
试题分析：本题中①③④⑤只要能举一例说明正确即可，如图长方体ABCD −A1B1C1D1中，四边形ABB1A1
是矩形，四面体B1ABC有三个面是直角三角形，第四个面B1AC是等腰三角形，四面体A1BC1D每个面都是
等腰三角形，四面体D1BDC每个面都是直角三角形，故①③④⑤正确，而任取四点构成的平行四边形的两组对
边中至少有一组是长方体的平行的一对棱，故这个平行四边形一定是矩形，从而②错误.
   
考点：线线垂直与线面垂直.
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征 
【教法】根据三角形内心的定义及棱锥的几何特征，判断几何形体的特征。
答案
解析
例2
在三棱锥V −ABC中，若顶点V 到底面三边距离相等，则顶点V 在平面ABC上的射影为ΔABC的（       ）
A. 外心
B. 内心或旁心
C. 垂心
D. 重心
B
作出图象，利用几何知识证明V 在平面ABC上的射影O到△ABC三边距离相等，从而求解.
如图，V 在平面ABC的射影为O，连接V O，则V O ⊥平面ABC，
作V E ⊥AC，V F ⊥AB，V D ⊥BC，
答案
解析
6
且分别交AC, AB, BC于E, F, D，所以V E = V F = V D ，
连接OE，OF，OD，因为OE, OF, OD ⊂平面ABC，
所以V O ⊥OE，V O ⊥OF，V O ⊥OD，
所以在Rt △V OE，Rt △V OF，Rt △V OD中，
OE = √V E 2 −V O2，OF = √V F 2 −V O2，OD = √V D2 −V O2，
又因为V E = V F = V D ，所以OE = OF = OD，
由V E ⊥AC，V O ⊥AC，V E ∩V O = V ，V E, V O ⊂平面V EO，
所以AC ⊥平面V EO，因为OE ⊂平面V EO，所以OE ⊥AC，
同理可证OF ⊥AB，OD ⊥BC，又因为OE = OF = OD，
所以点O到△ABC的三边距离相等，为△ABC的内心或旁心，故B正确.
故选：B.
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征
【教法】根据三角形内心的定义及棱锥的几何特征，判断几何形体的特征。
变式2-1
在三棱锥P﹣ABC中，顶点P到AB、AC和BC的距离都相等，P在底面的投影为O且在△ABC内，则点O是△ABC的
（       ）
A. 内心
B. 外心
C. 重心
D. 垂心
A
由题意可设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，据此分析可得O到三边的距离大小都为√d2 −m2，据此即可
得解．
根据题意，设点P在△ABC上的射影O在△ABC内，
且点P到△ABC的三边距离相等，
答案
解析
7
设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，
则O到三边的距离相等，大小为√d2 −m2，
故P点在平面ABC上的射影是△ABC的内心，
故选：A．
例3
给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，除了可以得到四面体､四棱柱等类型的多面体以外，还能得到的多面体
的类型可以含有（       ）
A. 五棱柱､七面体
B. 五棱柱､六棱锥
C. 六棱锥､七面体
D. 以上答案都不正确
A
根据正方体的几何结构特征，分别取AB, AD, A1B1, A1D1的中点E, F, E1, F1，即可得到一个直五棱柱，即可
求解.
如图所示，分别取AB, AD, A1B1, A1D1的中点E, F, E1, F1，
分别连接EF, EE1, FF1, E1F1，
可得几何体BCDFE −B1C1D1F1E1为一个直五棱柱，且为七面体.
故选：A.
答案
解析
变式3-1
《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”,则以正方体ABCD −A1B1C1D1的顶点为顶点的“鳖
臑”的个数为
A. 12
B. 24
C. 48
D. 58
8
B
每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除2．解：当顶点为A时，三
棱锥A﹣EHG，A﹣EFG，A﹣DCG，A﹣DHG，A﹣BCG，A﹣BFG，为鳖臑．
所以8个顶点为8×6＝48个．但每个鳖臑都重复一次，再除2．所以个数为24个．
故选：B．
本题考查线面位置关系，属于中档题．
教法备注
【考点】棱锥与圆锥、台体的结构特征
【教法】引导学生发现每个顶点对应6个鳖臑，所以8个顶点对应48个鳖臑．同时提醒学生注意每个鳖臑都重
复一次，所以要再除2.
答案
解析
知识点2——锥体的体积与表面积
考点2：锥体的体积与表面积
知识笔记
体积公式
（1）一般棱锥的体积：V= 1
3 Sh .其中，S  为棱锥的底面积，h  为棱锥的高.
9
（2）圆锥的体积：V= 1
3 Sh = 1
3 πr2h .其中，r  为圆锥的底面半径，h  为圆锥的高.
表面积公式
（1）正棱锥的表面积： S= 1
2 ch′ + S .  其中，S  为正棱锥的底面积，c  为底面多边形的周长，h′  为棱锥的斜高
（侧面底边上的高）.
（2）圆锥的表面积：S = πrl + πr2.  其中，r  为圆锥的底面半径，l  为圆锥的母线.
经典例题
例4
如图，正三棱锥P −ABC的底面边长为2，侧棱长为3.
   
（1）求正三棱锥P −ABC的表面积；
（2）求正三棱锥P −ABC的体积.
（1） 6√2 + √3；（2） √23
3
.
（1）取BC的中点D，连接PD，利用勾股定理求得PD，可得三角形PBC的面积，进一步可得正三棱锥
P −ABC的侧面积，再求出底面积，则正三棱锥P −ABC的表面积可求；
（2）连接AD，设O为正三角形ABC的中心，则PO⊥底面ABC.求解PO，再由棱锥体积公式求解.
（1）取BC的中点D，连接PD，
在Rt△PBD中，可得PD = √PB2 −BD2 = 2√2.
答案
解析
10
∴S△PBC = 1
2 BC ⋅PD = 2√2.
∵正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，
∴正三棱锥P −ABC的侧面积是3S△PBC = 6√2.
∵正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，∴S△ABC = 1
2 × 2 × 2 × sin 60∘= √3.
则正三棱锥P −ABC的表面积为6√2 + √3；
（2）连接AD，设O为正三角形ABC的中心，则PO⊥底面ABC.
且OD = 1
3 AD = √3
3 .
在Rt△POD中，PO = √PD2 −OD2 = √69
3
.
∴正三棱锥P −ABC的体积为1
3 S△ABC ⋅PO = √23
3
.
   
本小题主要考查锥体的表面积和体积的求法，属于中档题.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】（1）取BC的中点D，连接PD，利用勾股定理求得PD，可得三角形PBC的面积，进一步可得正三棱
锥P-ABC的侧面积，再求出底面积，则正三棱锥P-ABC的表面积可求；（2）连接AD，设O为正三角形ABC的
中心，则PO⊥底面ABC．求解PO，再由棱锥体积公式求解．
变式4-1
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点.已知∠BAC=
，AB=2，AC=2
，PA=2.求：三棱锥P-
ABC的体积；
11
（1） 4√3
3
，
三棱锥P-ABC的体积为
.   
 
 
答案
解析
例5
如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为4，OA, OB是底面半径，且∠AOB = 900，M为线段AB的中
点，C为线段PB的中点.
（1）若圆锥的侧面积为48π，求圆锥的体积；
（2）若PO = 4，求异面直线PM与OB所成的角的大小；
（3）若PB = 6，求圆锥侧面上A点到C点的最短距离.
答案
12
（1） 128√2
3
π；（2） arc tan √5；（3） 3√3.
（1）求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.
（2）作出异面直线PM与OB所成的角，解三角形求得角的大小.
（3）利用余弦定理求得最短距离.
（1）设圆锥的高为h，则母线l = √42 + h2，
圆锥的侧面积1
2 × (2π × 4) × √42 + h2 = 48π ⇒h = 8√2，
且l = 12.
所以圆锥的体积为1
3 × π × 42 × 8√2 = 128√2
3
π.
（2）设N是OA的中点，画出图象如下图所示，由于MN//OB，
所以∠PMN是异面直线PM与OB所成的角.
MN = 1
2 OB = 2,
MN⊥ON, MN⊥PO, ON ∩PO = O，所以MN⊥平面PON，所以MN⊥PN.
PN = √22 + 42 = 2√5，所以tan ∠PMN = 2√5
2
= √5，所以∠PMN = arc tan √5.
（3）画出圆锥侧面展开图的一部分如图所示，
⌢
AB的长为1
4 × 2π × 4 = 2π，所以∠P = 2π
6 = π
3 ，
所以点A到点C的最短距离为AC，
由余弦定理得AC = √62 + 32 −2 × 6 × 3 × 1
2 = 3√3.
解析
13
变式5-1
已知圆锥的底面半径为8，点Q为半圆弧AC的中点，点P为母线SA的中点
（1）若母线长为10，求圆锥的体积;
（2）若PQ与SO所成角为arctan 2，求P, Q两点在圆锥侧面上的最短距离.
（1） 128π；（2） 6√3
（1）利用勾股定理得到SO = 6，代入体积公式计算得到答案.
（2）根据夹角计算SA = 12，把圆锥展开得到圆心角为4π
3 ，再利用余弦定理得到答案.
（1）圆锥的底面半径为8, 母线长为10,根据勾股定理得到：
SO2 + AO2 = SA2 解得SO = 6
V = 1
3 πR2h = 1
3 π82 × 6 = 128π
（2）如图所示：M为AO中点，连接PM, QM
答案
解析
14
P为母线SA的中点，M为AO中点，则PM∥SO，PQ与SO所成角为∠QPM
tan ∠QPM = QM
PM = 2, QM = 4√5 ∴PM = 2√5 ∴SO = 4√5
故SA2 = SO2 + AO2 = 144 ∴SA = 12
将圆锥沿SA展开得到侧面平面图：对应圆心角为β
2π × 8 = 12β ∴β = 4π
3 ∴∠ASQ = β
4 = π
3
在ΔSPQ中，利用余弦定理得到：
PQ2 = SP 2 + SQ2 −2SP ⋅SQ cos ∠ASQ = 108 ∴PQ = 6√3
故最短距离为6√3
本题考查了圆锥体积，最短距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
例6
圆锥侧面展开图为圆心角为直角，半径为2的扇形，则圆锥的体积为 
 .
√15
24 π
根据题中条件可得圆锥的母线长及底面圆半径，进一步求得高后，利用体积公式计算即可.
因为圆锥侧面展开图为圆心角为直角，半径为2的扇形，
所以圆锥的母线长为l = 2，
底面周长即扇形的弧长为π
2 × 2 = π = 2πr，
所以底面圆的半径r = 1
2 ，
可得底面圆的面积为πr2 = π
4 ，
答案
解析
15
又圆锥的高h = √l2 −r2 = √4 −1
4 = √15
2
，
所以圆锥的体积为
V = 1
3 × Sh = 1
3 × π
4 × √15
2
= √15
24 π，
故答案为：√15
24 π.
   
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】根据题中条件可得圆锥的母线长及底面圆半径，进一步求得高后，利用体积公式计算即可.
变式6-1
若圆锥的侧面积为15π，高为4，则圆锥的体积为 
 
12π
圆锥的半径为r，母线长为l，高为h，则侧面积为S = 1
2 × 2πr × l = πrl = 15π，再结合l2 = r2 + 16，可得r的
值.然后根据锥体体积公式V = 1
3 Sh计算即可.
设圆锥的半径为r，母线长为l，高为h ，有{
，解得：{
.
V = 1
3 Sh = 1
3 × πr2 × h = 12π,
故答案为： 12π.
答案
解析
πrl = 15π
l2 = r2 + 16
r = 3
l = 5
16
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】设圆锥的底面半径为r,母线为l,根据圆锥侧面积公式以及l =r +4 ，列方程组求解r值，再由圆锥体积
公式得答案．
2
2
2
例7
我国古代数学名著《九章算术》中，定义了三个特别重要而基本的多面体，它们是：（1）“堑堵”：两个底面为直
角三角形的直棱柱；（2）“阳马”：底面为长方形，且有一棱与底面垂直的棱锥；（3）“鳖臑（biēnào）”：每个面
都为直角三角形的四面体.魏晋时期的大数学家刘徽进一步研究发现：任何一个“堑堵”都可以分割成一个“阳马”和一
个“鳖臑”且“阳马”和“鳖臑”的体积比为定值.则此定值为 
 .
2:1
画出图形，在图形中分别表示出“阳马”和“鳖臑”的体积即可求解.
如图所示，图为底面为直角三角形的直三棱柱“崭堵”，∠ABC = 90∘，
若以△A1B1C1作为“鳖臑”的底面，则可选点A或点C作为顶点，
我们选取点C为例，连接B1C, A1C，则四面体C −A1B1C1满足条件，
且棱锥C −AA1B1B也满足“阳马”的条件，
BC⊥面AA1B1B且四边形AA1B1B为长方形，
设AB = c, BC = a, AC = b, BB1 = h，
则“堑堵”的体积为1
2 ac ⋅h = 1
2 ach，
“鳖臑”的体积为1
2 ac ⋅h × 1
3 = 1
6 ach，
所以“阳马”的体积为1
2 ach −1
6 ach = 1
3 ach，
所以“阳马”和“鳖臑”的体积比为2：1.
故答案为:2:1.
答案
解析
17
变式7-1
甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S1和S2，体积分别为V1和V2．若
S1
S2
= 3
2 ，则V1
V2
= 
 ．
3√21
7
| 3
7 √21
设母线长为l，甲，乙圆锥底面半径分别为r1，r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1 = 3
2 r2，再结合圆心角之和
可将r1, r2分别用l表示，利用勾股定理分别求出两圆锥的高，根据圆锥的体积公式即可得解．
设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S1
S2
= πr1l
πr2l = r1
r2
= 3
2 ，所以r1 = 3
2 r2，
又2πr1
l
+ 2πr2
l
= 2π，则r1 + r2
l
= 1，所以r1 = 3
5 l, r2 = 2
5 l，
所以甲圆锥的高h1 = √l2 −r2
1 = √l2 −9
25 l2 = 4
5 l，
乙圆锥的高h2 = √l2 −r2
2 = √l2 −4
25 l2 = √21
5
l，
所以V1
V2 =
1
3 πr2
1h1
1
3 πr2
2h2
=
9
25 l2 × 4
5 l
4
25 l2 × √21
5
l
= 3√21
7
．
故答案为：3√21
7
答案
解析
例8
正方体中，连接相邻两个面的中心可以构成一个美丽的几何体．若正方体的边长为1，则这个美丽的几何体的体积
为 
 ．
1
6 .
由题意，正方体的棱长是1，构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，如图所示，
以上面一个正四棱锥为例，它的高等于正方体棱长的1
2 ，
正四棱锥的底面边长根据勾股定理可知是
√2
2 ，
答案
解析
18
所以这个正四棱锥的体积是1
3 ×
√2
2 ×
√2
2 × 1
2 ＝1
12 ，
所以构成的八面体的体积是2× 1
12 ＝1
6 .
故答案为：1
6 .
本题主要考查了正方体的几何结构特征，以及锥体的体积计算，其中解答中熟记正方体的几何结构特征，得
到构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及计算能力.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，一个正四棱锥的高等于正方体棱长的一半，正四棱
锥的底面边长根据勾股定理可求，再做出正四棱锥的体积，得到正八面体的体积
变式8-1
一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，
这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等，设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1, h2, h，则h1: h2: h =  
√3: 2: 2
根据题意画出示意图，分别作出正四棱锥和正三棱锥的高，设棱锥的棱长为a，求出三个高的值，再求比值即
可得到结果.
如图：
答案
解析
19
   
正四棱锥E −ABCD和正三棱锥E −FAD组成了一个三棱柱，设正三棱锥和正四棱锥的棱长均为a，
   
连接AC, BD相交于点O1，在正四棱锥中EO1⊥平面ABCD，∴h1 = EO1，
取AD中点G，连接FG，取FG的三等分点O2，连接EO2，在正三棱锥E −FAD中EO2⊥平面ADF，∴
h2 = EO2，
在三棱柱中，∵EO2⊥平面ADF，E ∈平面EBC，O2 ∈平面FAD，∴h = EO2，
在正方形ABCD中，AO1 = √2
2 AB = √2
2 a，∴h1 = EO1 = √AE 2 −AO2
1 = √2
2 a，
在正三角形ADF中，FG = √3
2 a，则FO2 = 2
3 FG = √3
3 a，则h = h2 = EO2 = √EF 2 −FO2
2 = √6
3 a，
∴h1: h2: h = √2
2 a: √6
3 a: √6
3 a = √3: 2: 2.
故答案为：√3: 2: 2.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】根据棱锥的结构特征可知四棱锥和三棱锥的棱长都相等，且三棱锥的高与三棱柱的高相同，设棱锥
的棱长为a,利用勾股定理计算出四棱锥与三棱锥的高，即可得出高的比值．
例9
中国古建筑屋顶形式比较多元化，十字歇山顶就是经典样式之一，图1角楼的顶部即为十字歇山顶．其上部可视为
由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面ABCD，且四边形ABCD为正方
形．在底面EBC中，若BE = CE = 2，∠BEC = 60∘，则该几何体的体积为（     ）
   
20
A. 10√3
B. 10√3
3
C. 8√3
D. 8√3
3
D
根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
如图所示，
   
该几何体可视为直三柱BCE −ADG与两个三棱锥F −MAB，F −NCD拼接而成.
记直三棱柱BCE −ADG的底面BCE的面积为S，高为h，所求几何体的体积为V ，
则S = 1
2 BE ⋅CE ⋅sin 60
∘= 1
2 × 2 × 2 × √3
2
= √3，
由于是两个相同的直三棱柱，所以S△MAB = S△NCD = S
h = CD = BC = 2.
所以V = V三棱柱BCE−ADF + V三棱锥S−MAB + V三棱锥S−NCD
= Sh + 1
3 S ⋅1
2 h + 1
3 S ⋅1
2 h = 4
3 Sh = 8√3
3
.
故选：D.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】根据题目插图和题干,引导学生对“十字歇山”的结构特征的描述，求出该组合体的表面积即可.
答案
解析
变式9-1
某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方
体的棱长是60cm.
21
(1)
求石凳的体积；
(2)
为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷（接触地面的部分也要粉刷），已知每平方米造价50元，请问粉刷
一个石凳需要多少钱？（精确到0.1元，√3 ≈1.732）
(1) 4500cm3
(2) 85.2元
(1) 正方体体积为603 = 216000cm3，石凳体积为正方体体积减去8个正三棱锥体积，
其一个小正三棱锥的三条侧棱边长为30cm，则一个小正三棱锥体积为1
3 × 1
2 × 302 × 30 = 4500cm3，
故石凳体积为216000 −4500 × 8 = 180000cm3.
(2) 石凳的表面由6个正方形和8个正三角形组成，其中正方形和正三角形的边长均为30√2cm，
则石凳表面积为6 × (30√2)
2
+ 8 × 1
2 × (30√2)
2
× sin 60∘= (10800 + 3600√3)cm2，
则粉刷一个石登需要10800 + 3600√3
10000
× 50 = 54 + 18√3 ≈85.2元.
答案
解析
例10
如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高.若圆锥的轴
截面是一个正三角形，则圆柱的侧积面与圆锥的侧面积之比为 
 .
22
√3
设圆锥的底面半径为r，求出圆锥与圆柱的侧面积，即可求解
设圆锥的底面半径为r，
由题意圆锥的轴截面是一个正三角形，
可知圆锥的侧面积为πr ⋅2r = 2πr2，
圆柱的侧面积为2πr ⋅√3r = 2√3πr2，
所以圆柱的侧积面与圆锥的侧面积之比为2√3πr2
2πr2
= √3，
故答案为：√3
答案
解析
变式10-1
如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，点M、N分别为BB1、B1C1中点，由点A、M、N所确定的平面将该三棱柱
分成体积不同的两部分，则较大部分的体积和原三棱柱的体积之比为  
  .
23
36 | 23: 36
延长MN与CC1的交点为P，与CB的交点为Q，连结AP交A1C1为D，连结DN，得到截面为DNMA，由题意
得A1D = 2DC1，由此能求出较小部分与较大部分的体积之比，即可得解．
解：延长MN与CC1的交点为P，与CB的延长线交于点为Q，
连结AP交A1C1为D，连结DN，
答案
解析
23
即可得到截面为DNMA，由题意得A1D = 2DC1，
因为三棱柱是直三棱柱，不妨设AB⊥BC，且AB = BC = AA1 = 2，
∵QB = 1，MB = 1，NC = 1，PC1 = 1，棱柱体积V = 1
2 × 2 × 2 × 2 = 4，
∴下部分体积V下= VP−AQC −VP−DNC1 −VM−AQB
= 1
3 × 1
2 × 3 × 2 × 3 −1
3 × 1
2 × 1 × 2 −1
3 × 1
2 × 1 × 2
3 × 1
= 23
9 ，
上部分体积V上= V −V下= 4 −23
9 = 13
9 ，
∴较小部分与较大部分的体积之比为：
V上
V下
=
13
9
23
9
= 13
23 ．
所以较大部分的体积与原三棱柱的体积之比为
23
23 + 13 = 23
36
故答案为：23
36 ．
例11
将扇形纸壳OCD剪掉扇形OAB后得到扇环ABCD，OA = AD = 6，∠COD = π
3 ，如图1，用扇环ABCD制成一个
圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为 
 ．
   
7√35π
3
答案
解析
24
根据扇形和圆台的几何关系，求上下底面圆的半径，以及高，最后代入圆台的体积同时，即可求解.
由条件可知，OD = 2OA = 12，
设圆台上底面的半径为r，下底面半径为R，
弧长
⌢
AB的长为OA ⋅π
3 = 2π,弧长
⌢
CD = OD ⋅π
3 = 4π，
所以2πr = 2π，r = 1，2πR = 4π，R = 2，
圆台上下底面的高h = √AD2 −(R −r)2 = √62 −(2 −1)2 = √35，
所以圆台的体积V = 1
3 π (R2 + r2 + Rr)h = 7√35π
3
.
故答案为：7√35π
3
变式11-1
已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为3
4 R和R，高为2R，将两个这样完全相同的商品水平放入形状
为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为 
 .
   
38R2
分三种放置情况计算可求得最小表面积.
水平放入长方体的盒子中有三种放法，
第一种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，
   
此种放置时，要使表面积最小，
可求得正方形的对角线长为2√2R + R + 3
4 R，
答案
解析
25
可得正方形的边长为
2√2R + R + 3
4 R
√2
= 2R + 7√2
8
R，
表面积为2(2R + 7√2
8
R)
2
+ 4 (2R + 7√2
8
R)2R = 24R2 + 14√2R2 + 49
16 R2，
第二种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，
   
此种放置时，要使表面积最小，
可得长方体的底面长方形的一边长为3R + 3
4 R，另一边为2R，长方体的高为2R，
表面积为2(2R)2 + 4 (2R) × (3R + 3
4 R) = 38R2，
第三种两个两个圆台重叠方放入，则长方体表面积最小时的长方体的底面是2R的正方形，高为4R，
可得表面积为2(2R)2 + 4(2R) × (4R) = 40R2，
比较可得，表面积最小为38R2.
故答案为：38R2.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】分三种放置情况计算可求得最小表面积．
例12
如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是
AB、BC的中点，则VA1B1C1−DBE
VA1B1C1−ABC
= 
 ．
3
7
答案
26
证得S△A1B1C1 = 1
4 S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.
因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1 = C1E，所以BB1//C1E，
又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1 = BE，且E分别是BC的中点，所以
B1C1 = 1
2 BC，同理A1B1 = 1
2 AB，因此S△A1B1C1 = 1
4 S△ABC，设上底面的面积为S，高为h，则下底面的面
积为4S，
所以VA1B1C1−DBE
VA1B1C1−ABC =
Sh
1
3 (S + √S ⋅4S + 4S)h
= 3
7 ，
故答案为：3
7 .
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】引导学生发现线段的比例关系，从而可得设该三棱台上底面积与下底面的面积的比例关系，再根据
体积公式，即可求解．
解析
变式12-1
已知正四棱台ABCD −A1B1C1D1，AB = 2A1B1，E, F分别是棱A1B1，A1D1的中点，平面EFDB将正四棱台割
成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（       ）
A. 11
15
B. 2
3
C. 3
5
D. 25
31
C
分析可知几何体A1EF −ABD是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解.
如图，连接B1D1，不妨设AB = 2A1B1 = 4，棱台的高设为h，
所以VA1B1C1D1−ABCD = h
3 × (2 × 2 + 4 × 4 + √2 × 2 × 4 × 4) = 28h
3 ．
因为E，F分别是棱A1B1，A1D1的中点，则AB = 4A1E，AD = 4A1F．
答案
解析
27
又因为平面A1EF∥平面ABD，可知几何体A1EF −ABD是三棱台，
则VA1EF−ABD = h
3 × ( 1
2 × 1 × 1 + 1
2 × 4 × 4 + √1
2 × 1 × 1 × 1
2 × 4 × 4) = 7h
2 ．
所以分割之后较大部分的体积为V = VA1B1C1D1−ABCD −VA1EF−ABD = 28h
3
−7h
2 = 35h
6 ，
所以较小部分与较大部分的体积之比为VA1EF−ABD
V
=
7h
2
35h
6
= 3
5 ．
故选：C．
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】引导学生找到两部分之间的底面积与高的关系，进而得到两部分之间体积的比例关系.
例13
如图，在底面半径为1，高为√3的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，
∠AOB = 2π
3 ，C为母线PB的中点.
(1)
求该圆锥的表面积；
(2)
求在该圆锥的侧面上，从A到C的最短路径的长.
答案
28
(1) 3π
(2) √3
(1) 圆锥的底面半径为1，高为√3，则母线长l = √3 + 1 = 2，
因此将圆锥侧面展开得到一个半圆，
因此圆锥的侧面积为：1
2 × π × 22 = 2π，
圆锥的底面圆面积为：π × 12 = π，
所以圆锥的表面积为：2π + π = 3π.
(2) 在底面圆中，
⌢
AB = ∠AOB ⋅r = 2π
3 ，
侧面展开图中，如图，联结AC，即线段|AC|的长为最短路径，
设圆心角∠APB为α，
⌢
AB = α ⋅l = 2π
3 ⇒α = π
3 ，
∵|PC| = 1
2 |PB| = 1, |PA| = 2, α = π
3
∴|AC| = √3，
即A到C的最短路径长为√3.
解析
变式13-1
如图，在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，斜边AB = 4, D是AB的中点.现将直角△AOB以直角边AO为轴旋转一周得到
一个圆锥体，点C为圆锥体底面圆周上的一点，且∠BOC = 90∘.
(1)
求该圆锥体的表面积；
(2)
求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(3)
若某动点在圆锥体侧面上运动，试求该动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离.
29
(1) 12π
(2) √6
4
(3) 2√5 −2√2
(1) 在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，AB = 4，所以OB = 2，OA = 2√3，
所以圆锥的侧面积为π ⋅OB ⋅AB= π ⋅2 ⋅4 = 8π，底面积为π ⋅OB2 = 4π，
所以该圆锥体的表面积为8π + 4π = 12π；
(2) 取OB的中点E，连DE, CE，则DE//OA，
所以∠CDE是异面直线AO与CD所成角或其补角，
因为OA⊥平面BOC，所以DE⊥平面BOC，所以DE⊥CE，
因为OA = 2√3，所以DE = √3，
在直角三角形COE中，CE = √OC 2 + OE 2 = √4 + 1 = √5，
在直角三角形DEC中，CD = √CE 2 + DE 2 = √5 + 3 = 2√2，
所以cos ∠CDE = DE
CD = √3
2√2
= √6
4 .
所以异面直线AO与CD所成角的余弦值为√6
4 .
(3) 由已知条件可知，圆锥的底面周长为2π ⋅OB = 4π，母线长AB = 4，
故该圆锥的侧面展开图的扇形圆心角的大小为2πr
l
= 4π
4 = π，即侧面展开图恰好为一个半圆，
答案
解析
30
又∠BOC = 90∘，故展开图中∠CAB = π
4 ，此时CD的长即为所求，
由余弦定理得CD2 = CA2 + AD2 −2CA ⋅AD ⋅cos π
4 = 16 + 4 −2 × 4 × 2 ×
√2
2 = 20 −8√2，
所以CD = 2√5 −2√2.
故从点C出发运动到点D所经过的最短距离为CD = 2√5 −2√2.
教法备注
【考点】锥体的体积与表面积
【教法】引导学生在侧面展开图上观察所求的最短距离，通过该圆锥体侧面展开图的扇形圆心角大小，可知
展开图恰好为一个半圆，此时CD的长即为所求，利用余弦定理解之即可．
变式13-2
如图，在Rt △AOB中，∠OAB = π
6 ，斜边AB = 4, D是AB的中点，现将Rt △AOB以直角边AO为轴旋转一周得
到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上的一点，且∠BOC = 90∘．
(1)
求圆锥的表面积；
(2)
若某动点在圆锥侧面上运动，试求该动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离；
(3)
若一个棱长为a的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求a的最大值．
31
(1) 12π
(2) 2√5 −2√2
(3) 4
3
(1) ∠OAB = π
6 ，AB = 4，则OB = 2，圆锥的表面积为S = π × 22 + π × 2 × 4 = 12π.
(2) 设圆锥展开扇形的圆心角为α，2π × 2 = α × 4，故α = π，如图所示：
∠CAB = π
4 ，CD2 = 42 + 22 −2 × 2 × 4 × cos π
4 = 20 −8√2，故CD = 2√5 −2√2.
动点从点C出发运动到点D所经过的最短距离为2√5 −2√2.
(3) 正方体的外接球在圆锥内，与圆锥相切时a最大，球心G在AO上，作GH⊥AB于H，
设球半径为R，OA = 2√3，则△AGHR = 1
2 (2√3 −R)，解得R = 2
3 √3，
2R = √3a，解得a = 4
3 ，即a的最大值为4
3 .
答案
解析
09 多面体与旋转体
1
学习目标
目标1
★★★★★☆ 迁移
掌握多面体的概念与性质
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握旋转体的概念与性质
知识清单
教法备注
 1．本讲知识点的考纲要求：掌握多面体和旋转体的概念与性质；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比15%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第三节多面体与旋转体；
4．本讲知识点给出了多面体与旋转体的结构特征，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及
考试内容设置题目.
教法备注
铅锤等物件是我们常见的锥体模型，通过本章内容我们一起来学习一下锥体的特征.
2
引入方向：我们已经学习的柱体和椎体的结构特征，本节课我们将它们再次进行分类，多面体和旋转体，进
一步学习它们的结构特征.
知识点1——多面体
考点1：多面体的结构特征与应用
知识笔记
多面体
（1）定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体叫做多面体.
（2）命名：根据面的数量来命名n棱锥也叫 n + 1面体，n棱柱（台）也叫n + 2面体.
   如果一个多面体所有的面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体就叫
做正多面体.
3
经典例题
例1
下列几何体中，多面体是（   ）
A.
B.
C.
D.
B
判断各选项中几何体的形状，从而可得出多面体的选项.A选项中的几何体是球，是旋转体；B选项中的几何体
是三棱柱，是多面体；
C选项中的几何体是圆柱，旋转体；D选项中的几何体是圆锥，是旋转体.
故选B.
本题考查多面体的判断，要熟悉多面体与旋转体的基本概念，考查对简单几何体概念的理解，属于基础题.
答案
解析
4
变式1-1
将一个正方体切一刀，可能得到的以下几何体中的种类数为（       ）
①四面体；②四棱锥；③四棱柱；④五棱锥；⑤五棱柱；⑥六棱锥；⑦七面体
A. 3种
B. 4种
C. 5种
D. 以上均不正确
B
可能出现①③⑤⑦这四种情况．
如图，平面A1EF截正方体，可得到四面体A1 −AEF；
如图，平面EFGH截正方体，可得到四棱柱ADHE −A1D1GF；
如图，平面EFGH截正方体，可得到五棱柱ABB1FE −DCC1GH，也是七面体.
故选：B.
答案
解析
5
例2
下列说法中，正确的个数为 
 ．
（1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
（2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；
（3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
（4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥．
0
根据棱锥的概念可判断（1）；根据棱台的概念可判断（2）；根据正三棱锥的概念可判断（3）；根据正六棱
锥的侧棱长一定大于底面边长可判断（4）.
对于（1），棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的
几何体叫做棱锥，故错误；
对于（2），有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰
延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误；
对于（3），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底
面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误；
对于（4），因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长
一定大于底面边长，故错误.
故答案为：0.
答案
解析
变式2-1
下列说法正确的是 
 （填序号）.
①有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱；
②有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱；
③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
④用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间那部分的几何体是棱台；
⑤存在一个四棱锥，其四个侧面都是直角三角形.
6
⑤
根据棱柱、棱锥、棱台的定义判断①②③④，再举一例说明⑤正确．
对于①，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围
成的多面体叫做棱柱，故①不正确；
对于②，如图1中的几何体，满足有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，但其不是棱柱，故②不正
确；
对于③，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，故
③不正确；
对于④，由棱台的定义，知截面和棱锥的底面平行，故④不正确；
对于⑤，如图2所示，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，四棱A1 −ABCD的四个侧面均为直角三角形，故⑤正
确.
故答案为：⑤．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的定义，掌握棱柱、棱锥、棱台的定义是解题关键．
答案
解析
例3
如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的序号是 
 .
①直线AF与直线CN垂直；
②直线BM与直线CN相交；
7
③直线ME与直线CN平行；
④直线AB与直线CN异面；
①④
画出正方体，CN//BE，AF⊥BE，故AF⊥CN，① 正确，根据相交推出矛盾得到② 错误，根据CN//BE，
BE与ME相交得到③ 错误，排除共面的情况得到④ 正确，得到答案.
如图所示的正方体中，CN//BE，AF⊥BE，故AF⊥CN，① 正确；
若直线BM与直线CN相交，则B, M, C, N四点共面，即B在平面CMN内，不成立，② 错误；
CN//BE，BE与ME相交，故直线ME与直线CN不平行，③ 错误；
AB//MN，MN与CN不平行，故AB与CN不平行，若AB与CN相交，则A, B, C, N四点共面，N在平面
ABC内，不成立，故直线AB与直线CN异面，④ 正确；
故答案为：① ④.
教法备注
【考点】数学归纳法
【教法】注意所有的k变为k加1
答案
解析
变式3-1
有一个正三棱锥和一个正四棱锥，它们的所有棱长都相等，把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面
上，这个组合体是（       ）
A. 平行六面体
B. 四棱柱
C. 斜三棱柱
D. 四棱锥
C
答案
解析
8
先画出几何体，由三棱锥和四棱锥的棱长都相等推知三棱锥的各个面和四棱锥的侧面都是正三角形，再分别
证得侧棱平行，由面与面平行的判断定理可证得两个面平行，由斜三棱柱的结构特征得到结论．
解：这个组合体为一斜三棱柱，
如图三棱锥为S﹣AED，正四棱锥为S﹣ABCD，重合的面为△ASD，
设AD，BC中点分别为M､N，
由题意知AD⊥ME，AD⊥MS，AD⊥MN，
又ME∩MS=M，MN∩MS=M，
∴AD⊥面MNS，由AD⊥面MES，且面MNS∩面MES=MS，
∴面MNS与面MES重合，
又∵SE=AB=MN，EM=SN，
∴MNSE为平行四边形，
又MN∥AB，
∴AB∥SE，
∴四边形ABSE为平行四边形，四边形CDES为平行四边形，
∴SC∥DE，SB∥AE，
又SC∩SB=S，AE∩DE=E，
∴面SBC∥面EAD，
又AB=SE=CD，AB不垂直于面SBC，
∴组合体为斜三棱柱，
故选：C．
教法备注
【考点】棱锥定义
【教法】注意边长与平行垂直关系
知识点2——旋转体
考点2：旋转体的结构特征与应用
9
知识笔记
旋转体
（1）旋转体定义：由一个平面封闭图形绕其所在平面上一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体叫做旋转
体，这条直线叫做该旋转体的轴.
（2）旋转面定义：由一条平面曲线（含直线、折线）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形叫做
旋转面.
   当直线a与直线l平行时，得到的是 圆柱面；当直线a与直线l相交（不垂直）时，得到的是圆锥面.直线a称为该
旋转面的母线.
经典例题
例4
有下列命题，其中错误命题个数是（       ）
①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转
所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
由圆柱、圆锥的结构特征逐一分析四个命题得结论．
解：①圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故①错误；
②过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故②正确；
③以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥，故③错误；
④平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形，是抛物线，故④错误．
∴其中错误命题个数为3．
故选：C．
答案
解析
10
变式4-1
下列结论中正确的是（       ）
A. 半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球
B. 直角三角形绕一直角边为轴旋转一周得到的旋转体是圆锥
C. 夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体
D. 用一个平面截圆锥底面与截面组成的部分是圆台
B
根据题意，分析选项中的命题，判断命题是否正确即可．因为半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫
做球面，球面围成的几何体叫做球，故A错误；
当以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转时，其余各边旋转形成的面所围成的几何体是圆锥，故B正确；
当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，两个平行截面间的几何体不是旋转体，故C错误；
圆锥的截面不与底面平行时，圆锥底面与截面组成的部分不是圆台，故D错误.
故选：B.
本题考查了球、圆锥、圆柱、圆台的结构特征，属于概念问题．
答案
解析
例5
将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体的体积为27π，则该几何体的全面积为 
 .
36π
设正方体的边长为a，则V = πa2 ⋅a = 27π，解得a = 3,根据全面积公式计算即可.
将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π，
设正方体的边长为a，则V = πa2 ⋅a = 27π，解得a = 3,
∴该圆柱的全面积为S = 2π × 3 × 3 + 2 × π × 32 = 36π，
故答案为：36π.
答案
解析
变式5-1
11
已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为 
 .
8π
根据题意得到圆柱底面圆半径为2，高为2，根据圆柱的体积公式，即可得出结果.因为圆柱是将边长为2的正方
形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为2，高为2，
所以该圆柱的体积是π ⋅22 ⋅2 = 8π.
故答案为8π
本题主要考查旋转体的体积，熟记圆柱体积公式即可，属于基础题型.
答案
解析
变式5-2
在△ABC中，∠A = 90∘，AB = 3，AC = 4，将△ABC绕边AC所在直线旋转一周得到几何体Γ，则Γ的侧面积为
 .
15π
易得旋转后得到的几何体是一个以AB为半径，以AC为高的圆锥，再求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解.
如图所示：
因为在△ABC中，∠A = 90∘，AB = 3，AC = 4，
所以所得圆锥的底面半径为r = AB = 3，高为h = AC = 4，母线为l = √AB2 + AC2 = 5，
所以其侧面积为S = πrl = 15π，
故答案为：15π
答案
解析
12
考点3：路径最短问题
知识笔记
路径最短问题
通用解题步骤
（1）‌展开图形‌ 沿特定边或母线展开立体图形（如长方体、圆柱侧面），形成平面展开图‌.
（2）确定关键点‌ 在展开后的平面图中标出起点和终点的位置‌.
（3）构造直角三角形‌ 连接起点和终点形成线段，此线段可能与展开图的高、周长等几何量构成直角边
注意事项.
（1）展开方式影响结果‌ 同一立体图形可能有多种展开方式，需比较不同展开图下的路径长度，取最小值‌.
（2）实际问题需结合场景‌ 如“蚂蚁爬行问题”中，路径需在表面，不可穿透内部‌.
（3）对称性简化计算‌ 利用对称性可减少展开图的数量，快速找到最短路径‌.
经典例题
例6
如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，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．
A. 12
B. 13
C. 14
D. 15
B
将三棱柱的侧面展开，得到棱柱的侧面展开图，利用矩形的对角线长，即可求解．
将正三棱柱ABC－A1B1C1沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，
在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，
即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，
答案
解析
13
由已知求得的长等于6 × 2 = 12，宽等于5，
由勾股定理得d = √122 + 52 = 13，故选B．
本题主要考查了棱柱的结构特征，以及棱柱的侧面展开图的应用，着重考查了空间想象能力，以及转化思想
的应用，属于基础题．
变式6-1
长方体ABCD −A′B′C′D′中，AB = 4, BC = 3, BB′ = 5，一只蚂蚁从点A出发沿表面爬行到点C′，蚂蚁爬行的最短
路线的长为 
 .
√74
长方体有三种侧面展开形式，利用勾股定理可以求出每种展开方式AC′的长，最后比较大小得出最短路线的
长.
将长方体侧面展开有三种方式如下图：
AC′的长有以下三种可能：
第①种方式：√42 + (3 + 5)2 = √80；
第②方式：√52 + (3 + 4)2 = √74；
第③种方式：√32 + (4 + 5)2 = √90.
所以蚂蚁爬行的最短路线的长为√74.
故答案为：√74
本题考查了长方体侧面展开方式求长方体表面两点距离最短问题，考查了分类讨论思想，考查了公股定理，
考查了数学运算能力.
答案
解析
变式6-2
14
正三棱锥P −ABC的侧棱长为2，∠APB = ∠APC = ∠BPC = 30∘．E，F分别是BP、CP上的点，△AEF周长的
最小值 
 ．
2√2
作出三棱锥的侧面展开图，利用数形结合思想求出△AEF周长的最小值．
解：作出该三棱锥的侧面展开图，如图所示：
△AEF的周长即为AE、EF、FA三者的和，
从图中可见：为使三角形AEF的周长的值最小，
只需让A、E、F、A′四点共线即可；
根据题中给出的条件知：∠APB = ∠BPC = ∠CPA′ = 30∘，
∴∠APA′ = 90∘，AA′ = √22 + 22 = 2√2．
∴△AEF周长的最小值为2√2．
故答案为：2√2．
答案
解析
例7
如图，一个圆锥形物体的母线长为6，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.
若该小虫爬行的最短路程为6√2，则该圆锥形物体的底面半径等于 
 .
15
3
2
把圆锥的侧面展开，小虫爬行的最短路程为圆锥侧面展开图扇形弦长，由此求出扇形圆心角即可作答.
圆锥侧面展开图为扇形POP ′，如图：
依题意，OP = OP ′ = 6，小虫爬行的最短路程为线段PP ′，即PP ′ = 6√2，
显然有OP 2 + OP ′2 = 72 = PP ′2，于是得∠POP ′ = π
2 ，
设圆锥底面圆半径为r，则有2πr = 6 ⋅π
2 = 3π，解得r = 3
2 ，
所以圆锥形物体的底面半径等于3
2 .
故答案为：3
2
答案
解析
变式7-1
如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一
周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为4√3m，则圆锥底面圆的半径等于 
 m.
   
答案
16
4
3
把圆锥侧面沿过点P的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果.
把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，
   
由题意OP = 4，PP ′ = 4√3，
则cos ∠POP ′ =
42 + 42 −(4√3)
2
2 × 4 × 4
= −1
2 ，所以 ∠POP ′ = 2π
3 ，
设底面圆的半径为r，则2πr = 2π
3 × 4，所以r = 4
3 .
故答案为：4
3 .
解析
变式7-2
已知圆锥底面的半径为10，母线长为60，则底面圆周上一点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离是 
 .
60√3
将圆锥侧面沿着母线OB展开两次为扇形BOD，计算出∠BOD，然后利用余弦定理可求解最短路程.
设圆锥的顶点为O，将圆锥侧面沿着母线OB展开两次为扇形BOD，如下图所示：
       
设∠BOD = θ，圆锥的底面圆周长为2π × 10 = 20π，展开后扇形的半径为60，则60θ = 40π，
可得θ = 2π
3 ，在△BOD中，OB = OD = 60，∠BOD = 2π
3 ，
由余弦定理得BD = √OB2 + OD2 −2OB ⋅OD cos ∠BOD = √602 + 602 −2 × 60 × 60 × (−1
2 ) = 60√3.
因此，点B沿侧面绕两周回到点B的最短距离为60√3.
故答案为：60√3.
答案
解析
17
教法备注
【考点】距离最短问题
【教法】注意化曲为直
10 球
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解球的概念
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用公式计算球的表面积与体积
目标3
★★★★★☆ 迁移
掌握几何体内切，外接球问题
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握球的概念与性质，掌握球的表面积与体积公式，能够处理与球有关的外接问
题；
2．本讲知识点为全题型考查，考试占比15%；
3．对应教材：必修三第十一章简单几何体，第四节球；
4．本讲知识点给出了球的体积公式的证明，新东方教材与统编教材的内容编排基本一致，结合课本及考试内
容设置题目.
教法备注
足球、篮球等物件是我们常见的球体，通过本章内容我们一起来学习一下球的特征.
2
引入方向：用生活中的球状物体来引入本节内容.
知识点1——球
考点1：球的结构特征与应用
知识笔记
球
（1）定义：将圆心为AB的半圆绕其直径CD = AO = 1所在直线旋转一周，所形成的几何体叫做球；半圆的圆弧
所形成的曲面叫做球面，把点AOD称为球心，把原半圆的半径和直径分别称为球的半径和球的直径.
（2）球的性质：
① 球心到球面上任意一点的距离都相等.
② 任意平面与圆的截面都是圆：
   当截面经过球心时，截面称为球的大圆；
   当截面不经过球心时，截面称为球的小圆.
③ 球心与小圆圆心连线必垂直于截面，即OO′⊥α.
④ 球面距离：球面上两点所在大圆的劣弧的长度，球面距离是球面上两点之间的最短距离.
（3）经纬度
① 纬线与纬度：用平行于赤道的平面截地球得到的圆周叫做纬线，地球上任意一点和球心的连线与赤道面所成
角叫做该点的纬度.
② 经线与经度：过南北极点的大圆圆周叫做经线，地球上某点处经度指的是经过该点的经线大圆与0∘经线（本初
子午线）大圆所成的二面角.
经典例题
例1
在北纬60°圈上有A、B两地，A、B之间的球面距离为πR
3 （R为地球半径），则A、B两地在此纬度圈上的弧长等
于 
 .
3
πR
2
本题目要将实际问题转化为球面的问题，纬度指的是地面上某点与地心的连线与赤道面所成的线面角；球面
距离是指经过A、B两点以及球心这三点的圆上的一段劣弧长
设地球的球心为O，球心角∠AOB = α，因为球面距离为πR
3 ，根据球面距离的定义可得：πR
3
= αR，所以
α = π
3 ，所以△AOB是等边三角形，弦长AB = R；设北纬60°所在的圆的半径为r，根据纬度的定义，则有
r = R ⋅cos 60∘= 1
2 R，所以在北纬60°所在的圆中，r = 1
2 R,AB = R，所以AB为直径，
⌢
AB = πr = πR
2
故答案为：πR
2
答案
解析
变式1-1
已知地球的半径为6371千米，上海位于约东经121∘，北纬31∘，台北的位置约为东经121∘，北纬25∘，则两个城市之
间的球面距离约为 
 千米（结果精确到1千米）
667
由于上海A、台北B两点都在东经121∘，计算纬度差然后求两地的大圆劣弧的长即为上海、台北两地的球面距
离.上海A、台北B两点都在东经121∘，纬度差为6∘，所以A，B两地的球面距离是过A，B的大圆的劣弧的长，
劣弧的长为6
360 × 2π × 6371 ≈667.
故答案为：667
本题考查球面距离的计算，属于基础题.
答案
解析
考点2：球的表面积与体积
知识笔记
球的表面积与体积
设有一个半径为R的球，
4
（1）球的体积公式，V = 4
3 πR3
（2）球的表面积公式，S = 4πR2
经典例题
例2
64个直径都为a
4 的球，记它们的体积之和为V甲，表面积之和为S甲；一个直径为a的球，记其体积为V乙，表面积为
S乙，则
A. V甲>V乙且S甲>S乙
B. V甲<V乙且S甲<S乙
C. V甲=V乙且S甲>S乙
D. V甲=V乙且S甲=S乙
C
分别计算出V甲、S甲、V乙、S乙，再比较大小．V甲=64 × 4
3 π( a
8 )
3
= πa3
6 ，S甲=64 × 4π( a
8 )
2
= 4πa2
V乙= 4
3 π( a
2 )
3
= πa3
6 ，S乙=4π( a
2 )
2
=πa2
故V甲=V乙，S甲>S乙
已知直径利用公式V球= 4
3 π( D
2 )
3
, S球=4π( D
2 )
2
 ,分别计算出V甲、S甲、V乙、S乙，再比较大小即可．
答案
解析
变式2-1
若球O1、O2的表面积之比S1
S2
= 4，则它们的体积之比V1
V2
= 
 ．
8
利用球体的表面积S = 4πR2和体积公式V = 4
3 πR3计算．
设球O1、O2的半径分别为r1、r2
则可得S1
S2
= 4πr2
1
4πr2
2
= r2
1
r2
2
= 4即r1
r2
= 2
∴V1
V2
=
4
3 πr3
1
4
3 πr3
2
= r3
1
r3
2
= 8
答案
解析
5
故答案为：8．
例3
若用与球心的距离为√3的平面截球体所得的圆面半径为√6，则球的体积为 
 .
36π
计算出球体的半径，利用球体的体积公式可求得结果.
由题可知，球体的半径为R = √3 + 6 = 3，故该球体的体积为V = 4
3 πR3 = 36π.
故答案为：36π.
答案
解析
变式3-1
若球的半径为2，则与球心距离为√3的平面截球所得的圆面面积为 
 .
π
设与球心距离为d = √3的平面截球所得的圆的半径为r，球的半径为R，
由球截面的性质可知：R2 = r2 + d2 ⇒r = √R2 −d2 = √4 −3 = 1，
所以圆面的面积为：π ⋅12 = π.
故答案为：π
答案
解析
变式3-2
设M, N是球心O的半径OP上的两点，且NP = MN = OM，分别过N, M, O作垂线于OP的面截球得三个圆，则这
三个圆的面积之比为 (　　)
A. 3：5：6
B. 3：6：8
C. 5：7：9
D. 5：8：9
D
答案
6
设分别过N, M, O作垂线于OP的面截球得三个圆的半径为r1, r2, r3，球半径为R，则：
r12 = R2 −( 2
3 R)
2
= 5
9 R2, r22 = R2 −( 1
3 R)
2
= 8
9 R2, r32 = R2
∴r2
1: r2
2: r2
3 = 5: 8: 9 ∴这三个圆的面积之比为：5：8：9 故选D
教法备注
【考点】外接球
【教法】利用外接球截面法解题
解析
例4
如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰
好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 
 ．
500
3 π
设球的半径为R，根据已知条件得出正方体上底面截球所得的截面圆的半径AA′ = 4，球心到截面圆圆心的距
离OA′ = R −2，利用勾股定理即可求出球的半径，再带入球体积公式即可.
由题意得正方体上底面到水面的高为8 −6 = 2，设球体的半径为R，由题意如图所示：
答案
解析
7
三角形OAA′为直角三角形，A为球与正方体的交点，
则OA′ = R −2，AA′ = 8
2 = 4，OA = R，所以：R2 = (R −2)2 + 42，解得R = 5，
所以球的体积V = 4
3 πR3 = 4
3 π × 53 = 500
3 π.
故答案为：500
3 π
教法备注
【考点】外接球
【教法】利用外接球截面法解题
变式4-1
圆柱形容器内部盛有高度为2cm的水，若放入一个球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没球（如图
所示），则球的半径是 
 cm.
3
根据水的体积与球的体积之和为一个高为2R的圆柱的体积即可求解.
设球的半径为R，
根据题意，水的体积与球的体积之和等于高为2R的圆柱的体积，
所以πR2 ⋅2R = πR2 ⋅2 + 4
3 πR3，
答案
解析
8
解得R = 3.
故答案为：3
变式4-2
某公司周年庆典活动中，制作的“水晶球”工艺品如图所示，底座是用一边长为2m的正方形钢板，按各边中点连线垂
直折起四个小三角形制成，再将一个水晶玻璃球放入其中.若水晶球最高点到底座底面的距离为(√2＋1)m，则水晶
球的表面积为 
 m .
4π
根据条件求得四个小三角形的顶点所在平面截球面得小圆的半径，由勾股定理求得球心到小圆圆心的距离、
小圆面到底座的距离和球的的半径和即为水晶球最高点到底座底面的距离可得答案.
如图，原边长为2正方形的四个顶点为A、B、C、D，四个边的中点分别是M、N、P、Q，且四边形MNPQ
是边长为√2的正方形，折起后正方形ABCD四个点在底面上的射影分别为A1、B1、C1、D1，是正方形
MNPQ的中点，且A1B1C1D1是边长为1的正方形，其对角线长为A1C1 = √2，所以AC = A1C1 = √2，即则
四个小三角形的顶点所在平面截球面得小圆的半径为
√2
2 ，由勾股定理求得球心到小圆圆心的距离为
√R2 −1
2 ，小圆面到底座的距离为
√2
2 ，设球的半径为R，
由条件得R＋√R2 −1
2 ＋√2
2 ＝√2＋1，解得R＝1，所以水晶球的表面积4πm .
故答案为：4π.
2
答案
解析
2
9
本题考查点、线、面间的距离的计算，解题时要认真审题，注意挖掘题中的隐含条件，合理地化空间问题为
平面问题，注意数形结合法的合理运用.
教法备注
【考点】外接球
【教法】利用外接球截面法解题
例5
如图，OABC是边长为1的正方形，
⌢
AC是四分之一圆弧，则图中阴影部分绕轴OC旋转一周得到的旋转体的表面积
为 
 .
5π
几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，结合几何特征，可得几何体的表面积.
几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，
所以该几何体的表面积为π × 12 + 2π × 1 × 1 + 1
2 × 4π × 12 = 5π.
答案
解析
10
故答案为：5π.
变式5-1
如图所示，在△ABC中，∠ACB = 90∘，∠ABC = 30∘，AC = 1.在三角形内挖去半圆（圆心O在边BC上，半圆与
BC相交于N，与AC相切于点C，与AB相切于点M），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为
 .
5
27 √3π
根据旋转的定义，直观想象旋转后的几何体，利用圆锥的体积与球的题意，可得答案.
由题意，在Rt △ABC中，BC =
AC
tan∠ABC = √3，连接AO, OM作图如下：
由半圆O与AC相切于点C，与AB相切于点M，则∠CAO = 1
2 ∠BAC = 30∘，
在Rt △ACO中，OC = AC ⋅tan∠CAO = √3
3 ，
△ABC绕BC旋转成圆锥，底面为以C为圆心，以AC为半径，圆锥的高为BC，
圆锥的体积V1 = 1
3 ⋅BC ⋅π ⋅AC 2 = √3
3 π.
半圆O绕BC旋转可得以O为球心，OC为半径的球，
球的体积为V2 = 4
3 ⋅π ⋅( √3
3 )
3
= 4π√3
27
，
则阴影部分绕BC旋转后，其体积V = V1 −V2 = 5√3
27 π.
答案
解析
11
故答案为：5
27 √3π
教法备注
【考点】外接球
【教法】利用外接球截面法解题
知识点2——几何体的内切和外接问题
考点2：球与多面体的切接问题
知识笔记
基本概念
（1）若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体
的外接球.
（2）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体
的内切球.
常见性质和方法
（1）内切球球心到多面体的距离均相等，外接球球心到多面体的距离均相等
（2）正多面体的内切球和外接球的球心重合
（3）正棱锥的内切球和外接球球心都在上，但不重合
（4）体积分割是求内切球半径的通用做法
经典例题
例6
棱长为1的正方体的外接球的表面积为 
 ．
答案
解析
12
试题分析：正方体的对角线就是外接球的直径，所以
,
.
考点：球与几何体的组合体
变式6-1
大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图：球及其外切圆柱（如图）．以此纪念阿基米德
发现球的体积和表面积均为其外切圆柱的体积和表面积的 
 ．（用分数作答）
2
3
设球的半径为R，高为2R，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得到答案
设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，
所以球的体积为4
3 πR3，表面积为4πR2，
圆柱的体积为πR2 × 2R = 2πR3，所以其体积之比为
4
3 πR3
2πR3 = 2
3
圆柱的侧面积为2πR × 2R = 4πR2，圆柱的表面积为4πR2 + 2πR2 = 6πR2，
所以其表面积之比为4πR2
6πR2 = 2
3
故答案为: 2
3
教法备注
【考点】内切球
【教法】利用内切球截面法解题
答案
解析
变式6-2
13
已知A，B，C是半径为2的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC = BC = √2，则三棱锥O－ABC的体积为
 .
√3
3
先求出△ABC外接圆半径，通过球半径和外接圆半径结合勾股定理得出
点O到平面ABC的距离，然后再利用体积公式即可求解.
如图所示
由AC⊥BC可知，△ABC是以AB为斜边的直角三角形，
又知AC = BC = √2，所以AB = √AC 2 + BC 2 = √(√2)
2
+ (√2)
2
= 2，
所以Rt △ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1，半径r = AB
2
= 1，
连接OO1,因为点O为球心，所以OO1⊥平面ABC，
即OO1的长为点O到平面ABC的距离.
在Rt △OO1B中，OB = 2, O1B = 1，
∴OO1 = √OB2 −O1B2 = √22 −12 = √3，
∴VO－ABC = 1
3 S△ABCOO1 = 1
3 × 1
2 × √2 × √2 × √3 = √3
3 .
所以三棱锥O－ABC的体积为√3
3 .
故答案为：√3
3 .
教法备注
【考点】内切球
【教法】利用内切球截面法解题
答案
解析
14
变式6-3
已知三棱锥P −ABC的四个顶点在球O的球面上，PA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，D、E、F分别
是AB、BC、CP的中点，且cos ∠DFE = 3
4 ，则球O的表面积为 
 .
28π
3
如图，根据题意，以A为原点，CB为x轴方向，AE为y轴方向，AP为z轴方向，建立空间直角坐标系，设
PA = 2a，由AB = BC = AC = 2，可得
A(0, 0, 0)，B(1, √3, 0)，C(−1, √3, 0)，P(0, 0, 2a)，因为D、E、F分别是AB、BC、CP的中点，得
D( 1
2 , √3
2 , 0)，E(0, 0, √3)，F(−1
2 , √3
2 , a)，可得
|DE| = 1，|DF| = √a2 + 1，|EF| = √a2 + 1，
cos ∠DFE = 3
4 = DF 2 + EF 2 −DE 2
2 ⋅DF ⋅EF
= 2a2 + 2 −1
2a2 + 2
，解得a = 1，
解得|PA| = 2，根据外接圆垂面模型的应用，可找到如图的球心O和△ABC的外接圆圆心H，且必有
|OH| = 1
2 |PA|=1，且HC为△ABC的外接圆的半径，因为△ABC是边长为2的正三角形，且
|HC| = 1
2 ⋅
2
sin 60
∘= 2√3
3
，设外接球半径|OC| = R，则在Rt△OHC中，根据勾股定理，得
R2 = |OC|2 = |OH|2 + |HC|2 = 1 + 4
3 = 7
3 ，则可求得R2 = 7
3 ，则球O的表面积为4πR2 = 28π
3
答案：28π
3
本题考查空间直角坐标系的运用，以及锥体垂面模型的应用，属于中档题
教法备注
【考点】内切球
【教法】利用内切球截面法解题
答案
解析
−
→
−
→
−
→
15
例7
如图所示，半径R = 2的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差等于
 .
8π
设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，由正弦型函数的单调性
求出圆柱侧面积的最大值，求出球的表面积，即可求得两者的差值.设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底
面夹角为α（α ∈(0, π
2 )），则r = 2 cos α，圆柱的高为h = 4 sin α，圆柱的侧面积为：
S = 2πrh = 16π sin α cos α = 8π sin 2α，
当2α = π
2 ，即α = π
4 时，sin 2α取最大值1，圆柱的侧面积取最大值为8π，
所以当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为4π × 22 −8π = 8π.
故答案为：8π
本题考查柱体、球体的表面积，球的内接几何体，将面积用三角函数表示使计算过程更加简洁，属于中档题.
教法备注
【考点】内切球
【教法】利用内切球截面法解题
答案
解析
变式7-1
已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为 
 ．
2π
答案
16
如图，由题意可知，AH = √32 −12 = 2√2，
圆锥内半径最大的球O满足与底面相切于H，与侧面相切于点B，
则△AOB ∼△ACH ，
所以AO
AC = OB
CH ，
设球O的半径为r，则AO = 2√2 −r，
所以2√2 −r
3
= r
1 ，
解得r = √2
2 ，故S = 4πR2 = 2π.
故答案为：2π
本题主要考查了圆锥内切球的表面积的求法，属于中档题.
教法备注
【考点】内切球
【教法】利用内切球截面法解题
解析
变式7-2
如图，半球内有一内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的棱长为2，则半球的表面积为
 ．
18π
答案
17
根据题意，球心O为正方体的底面ABCD的中心，由正方体的性质与勾股定理算出球半径R，再利用球的表面
积公式加以计算，可得该半球的表面积．
解：设正方体ABCD﹣A'B'C'D'的底面ABCD在半球的底面圆上，如图
则球心O为ABCD的中心，连结OA'
∵正方体的棱长为2，
∴AO= 1
2 A′C′= 1
2 × 2√2 = √2，可得A'O= √AA′2 + AO2 = √6，
即半球的半径R= √6，
因此，半球的表面积为1
2 ×4×π×(√6)
2
+π×(√6)
2
=18π；
故答案为：18π．
解析
11 空间向量的概念
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
识记空间向量的概念
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用空间向量处理平行与垂直问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求：空间向量概念，空间向量处理直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂
直问题，夹角计算问题，距离问题问题；
2．本讲知识点在期末为全题型考查，是代数方法在空间几何中的应用，考试占比50%；
3．对应教材：选修一第三章空间向量及其应用；
4．本讲知识点总结了空间向量在常见空间几何问题中的处理方法，新东方教材与统编教材的内容编排基本一
致，结合课本及考试内容设置题目.
教法备注
【课堂引入】
复习：（1）空间异面直线夹角、线面夹角、二面角、点到面的距离如何计算？ 之前在学习练习中确定夹角
和距离是难点.
2
（2）利用空间向量如何求线的方向向量、面的法向量？
引入方向：通过复习前面知识点引入现在如何应用空间向量解决夹角及距离问题，此方法会更简单.
知识点1——空间向量的概念及坐标表示
考点1：空间向量的概念
知识笔记
空间向量
（1）空间向量及其运算
如果一组向量可以平移到同一个平面上，那么称这组向量是共面的.显然，任意两个向量都是共面的.两个空
间向量的运算都可以运用平面向量的计算公式.
（2）空间两向量平行
空间中的向量→b 与非零向量→a平行的充要条件是存在实数λ使得→b = λ→a；平行向量也称为共线向量.
（3）向量共面的充要条件
如果e1与e2是两个不平行的向量，那么空间中的向量→a与e1、e2共面的充要
条件是：存在唯一的一对实数λ与μ，使得→a = λe1 + μe2.
（4）空间向量基本定理
如果e1、e2与e3是不共面的向量，那么对空间中任意一个向量→a ，存在唯一的一组实数λ、μ与 ν，使得
→a = λe1 + μe2 + νe3.
 
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
−
→
→
经典例题
例1
如图，在四面体OABC中，D是BC的中点，G是AD的中点，若OG = xOA + yOB + zOC，则乘积xyz = 
 ．
−
→
−
→
−
→
−
→
3
   
1
32
直接利用向量的线性运算即可得答案.
OG = 1
2 (OA + OD) = 1
2 OA + 1
2 × 1
2 (OB + OC) = 1
2 OA + 1
4 OB + 1
4 OC,
则x = 1
2 , y = 1
4 , z = 1
4 ，
所以xyz = 1
32
故答案为：1
32
   
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
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−
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−
→
变式1-1
如图，空间四边形OABC中，M, N分别是对边OA, BC的中点，点G在线段MN上，分MN所成的定比为2，
OG = xOA + yOB + zOC，则x, y, z的值分别为 
 ．
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
4
1
6 , 1
3 , 1
3
∵ OG = OM + MG， OM = 1
2 OA ， MG = 2
3 MN , MN = ON −OM， ON = 1
2 (OB + OC)，∴
 OG = 1
6 OA + 1
3 OB + 1
3 OC，∴x = 1
6 ，y = z = 1
3 ，故答案为1
6 , 1
3 , 1
3
教法备注
【考点】空间向量的线性运算
【教法】利用向量的平行四边形法则求解
答案
解析
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变式1-2
已知A、B、C是空间中不共线的三点，O是空间中任意一点，求证：P在平面ABC内的充要条件是：存在满足
x + y + z = 1的实数x、y、z，使得OP = xOA + yOB + zOC.
证明见解析
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
5
利用共面向量的基本定理结合充分条件、必要条件的定义进行证明即可.
证明：若P在平面ABC内，则存在实数m、n，使得PA = mAB + nAC，
对于空间中的任意一点O，则OA −OP = m (OB −OA) + n (OC −OA)，
可得OP = (m + n + 1)OA −mOB −nOC，
因为OP = xOA + yOB + zOC，则x + y + z = (m + n + 1) −m −n = 1，
所以，P在平面ABC内⇒存在满足x + y + z = 1的实数x、y、z，使得OP = xOA + yOB + zOC；
若存在满足x + y + z = 1的实数x、y、z，使得OP = xOA + yOB + zOC，
则OP = xOA + yOB + (1 −x −y)OC，即OP −OC = x (OA −OC) + y (OB −OC)，
所以，CP = xCA + yCB，即CP、CA、CB共面，故P在平面ABC内，
即P在平面ABC内⇐存在满足x + y + z = 1的实数x、y、z，使得OP = xOA + yOB + zOC.
因此，P在平面ABC内的充要条件是：存在满足x + y + z = 1的实数x、y、z，使得OP = xOA + yOB + zOC
.
教法备注
【考点】空间向量的线性运算
【教法】利用向量的平行四边形法则求解
解析
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→
变式1-3
已知→a、→b 、→c 是空间三个不共面的向量，下列各组向量中不共面的是  
 ．
①l
→a，m
→
b ，n
→c (lmn ≠0)；
②
→a + 2
→
b ，2
→
b + 3
→c ，−9
→c + 3
→a；
③
→a + 2
→
b ，
→
b + 2
→c ，
→c + 2
→a．
①③
利用向量共面定理即可判断出结论．
对于①，∵
→a，
→
b ，
→c 是空间三个不共面的向量，
答案
解析
6
∴l
→a，m
→
b ，n
→c (lmn ≠0)是不共面的向量，故①正确；
对于②，假设存在实数s，t，使得−9
→c + 3
→a = s (
→a + 2
→
b ) + t (2
→
b + 3
→c ) = s
→a + (2s + 2t)
→
b + 3t
→c ，
则s = 3，2s + 2t = 0，3t = −9，解得：s = 3，t = −3，因此
→a + 2
→
b ，2
→
b + 3
→c ，−9
→c + 3
→a是共面向量，故②
不正确．
对于③，假设存在实数s，t，使得
→a + 2
→
b = s (
→
b + 2
→c ) + t (
→c + 2
→a) = 2t
→a + s
→
b + (2s + t)
→c ，
则2t = 1，s = 2，2s + t = 0，无解，
∴假设不成立，因此
→a + 2
→
b ，
→
b + 2
→c ，
→c + 2
→a不共面，故③正确．
故答案为：①③．
教法备注
【考点】空间向量的线性运算
【教法】利用向量的平行四边形法则求解
例2
如图，在四棱锥S −ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.以下选项正确的
是（       ）
A. SA + SB + SC + SD =→0
B. (SA −SC) ⋅(SB −SD) =→0
C. SA −SB + SC −SD =→0
D. SA ⋅SB = SC ⋅SD
CD
利用空间向量的线性运算对选项进行分析，由此确定正确选项.
如图，分别取AB, CD的中点E, F，EF的中点O
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
解析
7
对于A，SA + SB + SC + SD = 2SE + 2SF = 2 (SE + SF) = 4SO ≠→0，故A错误；
对于B，(SA −SC) ⋅(SB −SD) = CA ⋅DB = 0，而不是→0，故B错误；
对于C，SA −SB + SC −SD = BA + DC =→0，故C正确；
对于D，∵SA ⋅SB = 2 × 2 × cos ∠ASB = 4 cos ∠ASB，SC ⋅SD = 2 × 2 × cos ∠CSD = 4 cos ∠CSD，又
∠ASB = ∠CSD，所以SA ⋅SB = SC ⋅SD，故D正确.
故选：CD
教法备注
【考点】空间向量的线性运算；数量积
【教法】利用向量的平行四边形法则求解
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
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→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
变式2-1
如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi (i = 1, 2, ⋯, 8)是上底面上其余的八个点，则
集合{y
y =
⇀
AB ⋅
⇀
APi, i = 1, 2, 3, ⋯, 8}中的元素个数为 
 ．
1
根据空间平面向量的运算性质，结合空间向量垂直的性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
答案
解析
8
由图像可知，APi = AB + BPi，
则AB ⋅APi = AB ⋅(AB + BPi) = AB
2
+ AB ⋅BPi．
因为棱长为1，AB⊥BPi，所以AB ⋅BPi = 0，
所以AB ⋅APi = AB
2
+ AB ⋅BPi = 1 + 0 = 1，
故集合{y
y =
⇀
AB ⋅
⇀
APi, i = 1, 2, 3, ⋯, 8}中的元素个数为1．
故答案为：1
教法备注
【考点】空间向量的线性运算；数量积
【教法】利用向量的平行四边形法则求解
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
变式2-2
已知→a,→b ,→c 为空间三个向量，又→a,→b 是两个相互垂直的单位向量，向量→c 满足→c
= 3，→c ⋅→a = 2,→c ⋅→b = 1，则对于
任意实数x，y，→c −x→a −y
→
b
的最小值为     .
2
根据题意确定→a
= →b
= 1,→a ⋅→b = 0，然后把→c −x→a −y→b
2
展开，利用配方法对所求函数式进行配方即
可求得最小值.由题意知→a
= →b
= 1,→a ⋅→b = 0，又→c
= 3，→c ⋅→a = 2,→c ⋅→b = 1，
所以→c −x→a −y
→
b
2
= →c
2
+ x2 →a
2
+ y2 →
b
2
−2x→c ⋅→a −2y→c ⋅
→
b + 2xy→a ⋅
→
b
= 9 + x2 + y2 −4x −2y = (x −2)2 + (y −1)2 + 4
当且仅当x = 2, y = 1时，→c −x→a −y→b
2
min
= 4，
所以→c −x→a −y→b
的最小值为2.
故答案为：2
本题考查向量的数量积及向量的模，配方法，属于基础题.
教法备注
答案
解析
9
【考点】向量的模
【教法】利用向量的模的求解
例3
如图所示，在三棱柱ABC −A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM = 2A1M ，C1N = 2B1N.设
AB =
→a，AC =
→
b ，AA1 =
→c .
(1)
试用
→a，
→
b ，
→c 表示向量MN；
(2)
若∠BAC = 90
∘，∠BAA1 = ∠CAA1 = 60
∘，AB = AC = AA1 = 1，求MN的长.
(1) 1
3
→a + 1
3
→
b + 1
3
→c
(2) √5
3
(1) MN = MA1 + A1B1 + B1N = 1
3 BA1 + AB + 1
3 B1C1
= 1
3 (
→c −
→a) +
→a + 1
3 (
→
b −
→a) = 1
3
→a + 1
3
→
b + 1
3
→c .
(2) ∵(
→a +
→
b +
→c )
2
=
→a 2 +
→
b 2 +
→c 2 + 2
→a ⋅
→
b + 2
→
b ⋅
→c + 2
→a ⋅
→c
= 1 + 1 + 1 + 0 + 2 × 1 × 1 × 1
2 + 2 × 1 × 1 × 1
2 = 5，
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
10
∴
→a +
→
b +
→c
= √5，∴
MN
= 1
3
→a +
→
b +
→c
= √5
3 ，
即|MN| = √5
3 .
教法备注
【考点】向量的模
【教法】利用向量的模的求解
−
→
变式3-1
已知平行六面体ABCD −A1B1C1D1，AD = AA1 = AB = 1，∠A1AB = ∠DAB = ∠DAA1 = 60∘，A1C1 = 3NC1
，D1B = 2MB，设AB =
→a，AD =
→
b ，AA1 =
→c ；
（1）试用
→a、
→
b 、
→c 表示MN；
（2）求MN的长度.
（1） MN = 1
6
→a + 1
6
→
b + 1
2
→c ；（2） 
√2
2 ．
（1）用向量的线性运算求MN；
（2）把（1）等式平方，由数量积的运算求模．
解：（1）
MN = MD1 + D1A1 + A1N = −1
2 D1B −AD + 2
3 A1C1 = −1
2 (D1D + DB) −AD + 2
3 (AB + AD)
= 1
2
→c −1
2 (
→a −
→
b ) −
→
b + 2
3 (
→a +
→
b ) = 1
6
→a + 1
6
→
b + 1
2
→c
（2）∵MN = 1
6
→a + 1
6
→
b + 1
2
→c
AD = AA1 = AB = 1，∠A1AB = ∠DAB = ∠DAA1 = 60∘，
所以
→a ⋅
→
b =
→a ⋅
→c =
→
b ⋅
→c = 1 × 1 × 1
2 = 1
2
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
−
→
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
11
MN
= √( 1
6
→a + 1
6
→b + 1
2
→c )
2
= √1
36
→a 2 + 1
36
→b 2 + 1
4
→c 2 + 1
18
→a ⋅→b + 1
6
→a ⋅→c + 1
6
→b ⋅→c = √2
2 ．
∴MN的长度为MN
= √2
2 ．
教法备注
【考点】向量的模
【教法】利用向量的模的求解
−
→
−
→
考点2：空间直角坐标系
知识笔记
空间直角坐标系
从空间一点O出发可以作三条两两互相垂直的坐标轴，建立空间直角坐标系O −xyz，点O 为坐标原点，三条坐标
轴分别是横轴（即x轴）、纵轴（即y轴）与竖轴（即z轴）.坐标系采用右手制，即右手翘起拇指、其他四指握拳
做“点赞”状，当四指所指的方向是x轴到y轴正方向的旋转方向时，拇指所指的方向为z轴的正方向，通过每两个坐
标系的平面叫坐标平面，分别称为xOy平面，yOz平面与zOx平面.
  给定空间一点P，如图，过点P分别作与坐标平面yOz、zOx与xOy平行的平面，与坐标平面一起围出一个
长方体，所作的三个平面与x轴、y轴、z轴的交点A，B，C在轴上的坐标，给出了点P的坐标(x, y, z)，其中x、y
与z分别称为点P的横坐标、纵坐标与竖坐标.
（1）坐标表示
给定任意一个向量→
p ，我们先通过平移把→
p 的起点放到坐标原点O，这时得到的向量OP称为→
p 的位置向量.设
OP的终点坐标是P (x, y, z)，则直接记→
p = (x, y, z)，并称向量的这种表示法为它的坐标表示.
 
（2）坐标运算
→a = (x1, y1, z1)、→b = (x2, y2, z2)与→c = (x, y, z)是坐标表示的向量，λ是实数，(x1, y1, z1) ± (x2, y2, z2) =
−
→
−
→
12
(x1 ± x2, y1 ± y2, z1 ± z2)
λ (x, y, z) = (λx, λy, λz)
OP
= |(x, y, z)| =√x2 + y2 + z2
→a ⋅→b = (x1, y1, z1) ⋅(x2, y2, z2) =;x1x2 + y1y2 + z1z2
两个向量夹角的余弦公式：cos ⟨→a,
→
b ⟩=
x1x2 + y1y2 + z1z2
√x12 + y12 + z12√x22 + y22 + z22
 
−
→
经典例题
例4
已知m ∈R，向量→a = (1, m, −2),
→
b = (m, 2, 3)，若→a ⋅
→
b = 6，则→a
= 
 .
√21
根据空间向量数量积的坐标表示，建立方程，可得答案.
由→a ⋅→b = 6得，→a ⋅→b = m + 2m −6 = 6，
解得m = 4，所以→a
= √21.
故答案为：√21.
答案
解析
变式4-1
已知空间向量
→a = (1, 2, 1),
→
b = (3, −2, 1),
→c = (−4, 4, −1)，则（            ）
A.
→a
= √6
B. {
→a,
→
b ,
→c }可以为空间的一组基底
C. (
→a +
→
b ) ⋅
→c = 10
A
答案
解析
13
A选项，利用空间向量模长的坐标计算出A正确；B选项，求出→a = 3→b + 2→c ，所以→a，→b ，→c 共面，B错误；C选
项，计算出→a ⋅→b = 3 −4 + 1 = 0，C正确；D选项，利用空间向量数量积运算法则得到D错误.
对于A，→a
= √12 + 22 + 12 = √6，故A项正确；
对于B，设→a = m
→
b + n→c ，即 
，解得m = 3，n = 2，
即→a = 3→b + 2→c ，所以→a，
→b ，→c 共面，{→a,→b ,→c }不能作为空间的一组基底，B错误；
 
对于D，(→a +→b ) ⋅→c = (4, 0, 2) ⋅(−4, 4, −1) = −18 ≠10，故D错误.
故选：A
⎧
⎨
⎩
1 = 3m −4n
2 = −2m + 4n
1 = m −n
知识点2——直线、平面的位置关系
考点3：空间向量在立体几何中的应用
知识笔记
方向向量与法向量
直线的方向向量：与直线平行的任意非零向量.
平面的法向量：与平面垂直的任意非零向量.
平行
（1）两个向量平行的充要条件：→a//
→
b ⇔存在实数λ ∈R，使得x1 = λx2，y1 = λy2，z1 = λz2；
（2）两直线平行的充要条件是：它们的方向向量平行；
（3）不在平面上的一条直线和平面平行的充要条件是：直线的方向向量垂直平面的法向量；
（4）两个平面平行的充要条件是：它们的法向量平行；
垂直
（1）两个向量垂直的充要条件：→a⊥→b ⇔x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0；
（2）两直线垂直的充要条件是：它们的方向向量垂直；
（3）直线和平面垂直的充要条件是：直线的方向向量为平面的法向量；
（4）两个平面垂直的充要条件是：它们的法向量垂直；
14
经典例题
例5
在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量为→n = (1, 1, 1)，直线l的方向向量为→
m，则下列说法正确的是（       ）
A. 若→
m = (−1
2 , −1
2 , 1)，则l//α
B. 若→
m = (1, 0, −1)，则l⊥α
C. 平面α与所有坐标轴相交
D. 原点O一定不在平面α内
C
根据空间位置关系的向量方法依次讨论各选项即可得答案.
解：对于A选项，→
m ⋅→n = −1
2 −1
2 + 1 = 0，所以→
m⊥→n，故l//α或l ⊂α，故A选项错误；
对于B选项，→
m ⋅→n = 1 + 0 −1 = 0，所以→
m⊥→n，故l//α或l ⊂α，故B选项错误；
对于C选项，由于法向量的横、纵、竖坐标均不取零，故平面不与坐标轴确定的平面平行，所以平面α与所有
坐标轴相交，故正确；
对于D选项，由法向量不能确定平面的具体位置，故不能确定原点O与平面α关系，故错误.
故选：C
教法备注
【考点】向量的平行与垂直
【教法】利用空间直角坐标系求解
答案
解析
变式5-1
在空间直角坐标系Oxyz中，
→v = (−2, 0, a)是直线l的方向向量，
→n = (b, 0, −3)是平面α的一个法向量，若l⊥α，则
（       ）
A. 3a + 2b = 0
B. 2a + 3b = 0
C. ab = −6
D. ab = 6
D
根据题意，可得→v //→n，再结合空间向量共线的坐标运算，代入计算，即可求解.
答案
解析
15
因为l⊥α，则→v //→n，所以存在唯一实数k，使得→v = k→n，
即(−2, 0, a) = (kb, 0, −3k)，所以{
，消去k可得ab = 6.
故选：D
kb = −2
−3k = a
变式5-2
关于空间向量，下列说法正确的是（       ）
A. 直线l的方向向量为→a = (1, 1, −2)，直线m的方向向量
→
b = (2, −1, 1
2 )，则l⊥m
B. 直线l的方向向量为→a = (0, −1, −1)，平面α的法向量为→b = (0, 1, 1)，则l∥α
C. 平面α，β的法向量分别为→a = (−1, 1, 2)，→b = (1, 0, 1
2 )，则α∥β
D. 若对空间内任意一点O，都有OP = 1
2 OA + 1
3 OB + 1
6 OC，则P，A，B，C四点共面
AD
利用→a ⋅
→
b = 0可判断A；由→a = −
→
b 可判断B；由→a ⋅
→
b = 0可判断C；由1
2 + 1
3 + 1
6 = 1可判断D.
对于A，直线l的方向向量为→a = (1, 1, −2)，直线m的方向向量
→b = (2, −1, 1
2 )，
由→a ⋅→b = 2 −1 −1 = 0，则l⊥m，故正确
对于B，直线l的方向向量为→a = (0, −1, −1)，平面α的法向量为
→
b = (0, 1, 1)，
所以→a = −→b ，则l⊥α，故错误；
对于C，平面α，β的法向量分别为→a = (−1, 1, 2)，
→b = (1, 0, 1
2 )，
所以→a ⋅→b = (1, 0, 1
2 ) × (−1, 1, 2) = −1 + 1 = 0，→a⊥→b ，则α⊥β，故错误；
对于D，OP = 1
2 OA + 1
3 OB + 1
6 OC，得1
2 + 1
3 + 1
6 = 1，则P，A，B，C四点共面，故正确.
故选：AD.
教法备注
【考点】向量的平行与垂直
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
−
→
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
16
例6
已知A(0, 4, 0), B(3, 0, 0), C(0, 0, 2)，则平面ABC的一个法向量可以为（     ）
A. (4, 3, 6)
B. (−4, 3, 6)
C. (4, −3, 6)
D. (4, 3, −6)
A
由题设AB = (3, −4, 0)，AC = (0, −4, 2)，根据平面的法向量性质及空间向量数量积的坐标运算求法向量即可.
由题设AB = (3, −4, 0)，AC = (0, −4, 2)，
若→
m = (x, y, z)是平面ABC的一个法向量，则
，
取y = 3，则→
m = (4, 3, 6).
故选：A
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→
m ⋅AB = 3x −4y = 0
→
m ⋅AC = −4y + 2z = 0
−
→
−
→
变式6-1
平面α内三点坐标分别为A (1, 0, −1), B (−1, 1, −1), C (−1, 0, 0)，则平面α的一个法向量为 
 ．
(1, 2, 2)（答案不唯一）
求出AB, AC，由
，求解即可．
解：由A (1, 0, −1), B (−1, 1, −1), C (−1, 0, 0)
则AB = (−2, 1, 0), AC = (−2, 0, 1)
因为向量→
m = (x, y, z)是平面α的一个法向量，
所以
，令x = 1，则→
m = (1, 2, 2)
故答案为：(1, 2, 2)
答案
解析
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
AB ⋅→
m = 0
AC ⋅→
m = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
AB ⋅→
m = −2x + y = 0
AC ⋅→
m = −2x + z = 0
−
→
−
→
17
变式6-2
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，AD = PD．
   
(1)
求证：AC⊥平面PBD；
(2)
求平面APB的一个法向量．
(1) 证明见解析
(2) (1, 0, 1)
(1) 因为底面ABCD为正方形，故AC⊥BD；
PD⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，故PD⊥AC，
PD ∩BD = D, PD, BD ⊂平面PBD，
故AC⊥平面PBD；
(2) 以D为坐标原点，以DA, DC, DP所在直线为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，
   
设AD = PD = 1，则A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), P(0, 0, 1)，
答案
解析
18
故AP = (−1, 0, 1), AB = (0, 1, 0)，
设平面APB的一个法向量为→n = (x, y, z)，
则
，即{
，令x = 1，则z = 1，
故平面APB的一个法向量为→n = (1, 0, 1).
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
AP ⋅
→n = 0
AB ⋅
→n = 0
−
→
−
→
−x + z = 0
y = 0
12 空间中的向量方法
1
学习目标
目标1
★★★★★☆ 迁移
掌握空间向量处理空间中的距离问题
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握空间向量处理夹角问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．本讲知识点的考纲要求：空间向量概念，空间向量处理直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂
直问题，夹角计算问题，距离问题问题；
2．本讲知识点在期末为全题型考查，是代数方法在空间几何中的应用，考试占比50%；
3．对应教材：选修一第三章空间向量及其应用；
4．本讲知识点总结了空间向量在常见空间几何问题中的处理方法，新东方教材与统编教材的内容编排基本一
致，结合课本及考试内容设置题目.
教法备注
【课堂引入】
复习：（1）空间异面直线夹角、线面夹角、二面角、点到面的距离如何计算？ 之前在学习练习中确定夹角
和距离是难点.
2
（2）利用空间向量如何求线的方向向量、面的法向量？
引入方向：通过复习前面知识点引入现在如何应用空间向量解决夹角及距离问题，此方法会更简单.
知识点1——空间向量的概念及坐标表示
考点1：点到平面的距离公式
知识笔记
点到平面的距离公式
A和B是空间中的两个点，点B在平面α内，→n是平面α的一个法向量，那么点A到平面α的距离d为AB在→n方
向上的投影AC的模（其中n0为→n的单位向量，也称为平面α的单位法向量）d = ||n0||AB| cos <→n, AB >|，用向
量数量积的记号，即d =|n0 ⋅AB| = |→n ⋅AB|
|→n|
.
 
求平行线与平面的距离只需求平行线上一点到平面的距离；同理求平面间的距离只需求平面上的一点到另一
个平面的距离即可.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
经典例题
例1
给定点A(1, 0, 0)、B (3, 1, 1)、C(2, 0, 1)与点D (5, −4, 3)，求点D到平面ABC的距离 
 .
5√3
3
先求出平面ABC的法向量，再利用点到面的距离公式计算即可.
设平面ABC的法向量为
→n = (x, y, z)，点D到平面ABC的距离为d，
∵AB = (2, 1, 1), AC = (1, 0, 1), DA = (−4, 4, −3)，
∴
，即{
，
答案
解析
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅AB = 0
→n ⋅AC = 0
−
→
−
→
2x + y + z = 0
x + z = 0
3
令x = 1，得
→n = (1, −1, −1)
∴d = |
→n ⋅DA|
|
→n|
= |−4 −4 + 3|
√1 + 1 + 1
= 5√3
3
故答案为：5√3
3
.
−
→
变式1-1
在长方体ABCD −A1B1C1D1中，若AB = BC = 1，AA1 = √2，则点A到平面A1BD1的距离为 
  .
√6
3
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解A到平面
A1BD1的距离以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1, 0, 0), A1(1, 0, √2), B(1, 1, 0), D1(0, 0, √2),
所以BA1 = (0, −1, √2), BD1 = (−1, −1, √2), BA = (0, −1, 0)，
设平面A1BD1的法向量为→n = (x, y, z)，
则
，取z = 1，得→n = (0, √2, 1)，
所以A到平面A1BD1的距离d =
→n ⋅BA
→n
= √2
√3
= √6
3 .
故答案为：√6
3 ．
本题主要考查了点到平面的距离的求法，其中解答中熟记空间向量在立体几何中的应用，合理利用空间向量
运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
答案
解析
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅BA1 = −y + √2z = 0
→n ⋅BD1 = −x −y + √2z = 0
−
→
−
→
−
→
4
教法备注
【考点】点到直线的距离
【教法】利用空间直角坐标系求解
变式1-2
如图，四棱锥P −ABCD的底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD，PD = AD = 2，∠BAD = 60∘，E为BC的中点.
(1)
求证：ED⊥平面PAD；
(2)
求点C到平面PAB的距离.
(1) 证明见解析
(2) 2√21
7
(1) 连接BD，如图所示：
因为底面ABCD为菱形，∠BAD = 60∘，所以△BCD为等边三角形，
又因为E为BC的中点，所以DE⊥BC.
答案
解析
5
因为AD//BC，所以DE⊥AD.
又因为PD⊥平面ABCD，DE ⊂平面ABCD，所以PD⊥DE.
因为PD ∩AD = D，所以ED⊥平面PAD.
(2) 以D为原点，DA, DE, DP分别为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
P (0, 0, 2)，A (2, 0, 0)，B (1, √3, 0)，C (−1, √3, 0)，
PA = (2, 0, −2)，AB = (−1, √3, 0)，CA = (3, −√3, 0)
设平面PAB的法向量→n = (x, y, z)，
则
，令y = 1，解得→n = (√3, 1, √3)，
则d =
CA ⋅→n
→n
=
3√3 −√3
√3 + 1 + 3
= 2√21
7
.
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅PA = 2x −2z = 0
→n ⋅AB = −x + √3y = 0
−
→
−
→
−
→
变式1-3
在正四棱锥P −BCD中，正方形ABCD的边长为3√2，高OP = 6，E是侧棱PD上的点且PE = 1
3 PD，F是侧棱PA
上的点且PF = 1
2 PA，G是△PBC的重心.如图建立空间直角坐标系．
(1)求平面EFG的一个法向量→n；
(2)求点A到平面EFG的距离d．
6
（1） \overrightarrow
{n}=\left(0,
1， 2)．
（2）直线AG与平面EFG所成角 θ = arcsin √10
10 ．
（3） 6√5
5
(1)建立空间直角坐标系，求出\overrightarrow {EF}=\left(3,2，−1)，\overrightarrow {EG}=\left(-2,4，−2)，设平
面EFG的一个法向量\overrightarrow {n}=\left(x,y，z)，由
，能求出平面EFG的一
个法向量→n．
(2)求出\overrightarrow
{AG}=\left(-8,
2，2)，由sin θ = | cos < AG,→n >|，能求出直线AG与平面EFG所成角θ．
(3)求出\overrightarrow {EA}=\left(6,2，−4)，由点A到平面EFG的距离d = |EA ⋅→n|
|→n|
，能求出结果．
(1) ∵在正四棱锥P −BCD中，正方形ABCD的边长为3√2，高OP = 6，
E是侧棱PD上的点且PE = 1
3 PD，F是侧棱PA上的点且PF = 1
2 PA，
G是△PBC的重心.如图建立空间直角坐标系．
∴D(0, −6, 0)，P(0,0，6)，E(0, −2, 4)，A(6,0，0)，F(3,0，3)，
B(0,6，0)，C(−6,0，0)，G(−2,2，2)，
\overrightarrow {EF}=\left(3,2，−1)，\overrightarrow {EG}=\left(-2,4，−2)，
设平面EFG的一个法向量\overrightarrow {n}=\left(x,y，z)，
则
，取y = 1，得：
平面EFG的一个法向量\overrightarrow
{n}=\left(0,
1，2)．
\left(2\right)\overrightarrow
{AG}=\left(-8,
2，2)，
答案
解析
⎧
⎨
⎩
→n ⋅EF = 3x + 2y −z = 0
→n ⋅EG = −2x + 4y −2z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅EF = 3x + 2y −z = 0
→n ⋅EG = −2x + 4y −2z = 0
−
→
−
→
7
则sin θ = | cos < AG,→n > | = |AG ⋅→n|
|AG| ⋅|→n|
=
6
√5 ⋅√72
= √10
10 ，
∴直线AG与平面EFG所成角θ = arcsin √10
10 ．
\left(3\right)\overrightarrow
{EA}=\left(6,
2，−4)，
∴点A到平面EFG的距离d = |EA ⋅→n|
|→n|
=
6
√5
= 6√5
5
．
本题主要考查了平面的法向量、线面角、点到平面的距离的求法，空间中线线、线面、面面间的位置关系及
数形结合思想，属于中档题．
教法备注
【考点】点到直线的距离
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
−
→
−
→
−
→
知识点2——角度计算
考点2：异面直线夹角
知识笔记
异面直线夹角求法
设直线a, b的方向向量分别为→a,
→
b ，若两直线的夹角为θ，则cos θ = |cos <→a,
→
b > | =
→a ⋅→b
|→a| ⋅|→b |
, θ ∈(0, π
2 ].
经典例题
例2
已知直线l1的方向向量
→s 1 = (1, 0, 1)与直线l2的方向向量
→s 2 = (−1, 2, −2)，则l1和l2夹角的余弦值为 
 .
√2
2
答案
8
先利用向量夹角公式求出cos ⟨
→s 1,
→s 2⟩，再取绝对值得直线夹角的余弦值.
因为
→s 1 = (1, 0, 1),
→s 2 = (−1, 2, −2)，
所以cos ⟨
→s 1,
→s 2⟩=
→s 1 ⋅
→s 2
→s 1
→s 2
= −1 −2
√2 × 3
= −√2
2 ，
所以l1和l2夹角的余弦值为|cos ⟨
→s 1,
→s 2⟩| = √2
2 .
故答案为：
√2
2 .
解析
变式2-1
已知点A (1, 2, 1), B (3, 3, 2), C (λ + 1, 4, 3)，若AB, AC的夹角为锐角，则λ的取值范围为 
 ．
(−2, 4) ∪(4, +∞)
根据AB, AC的夹角为锐角，可得AB ⋅AC > 0，且不能同向共线.解出即可得出．
AB = (2, 1, 1)，AC = (λ, 2, 2)，
∵AB, AC的夹角为锐角，∴AB ⋅AC = 2λ + 2 + 2 > 0，且不能同向共线．
解得λ > −2，λ ≠4．则λ的取值范围为(−2, 4) ∪(4, +∞)．
故答案为:(−2, 4) ∪(4, +∞)．
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
变式2-2
如图，在三棱锥A −BCD中，平面ABD⊥平面BCD, AB = AD, O为BD的中点.
   
(1)
求证：AO⊥CD；
(2)
若BD⊥DC, BD = DC, AO = BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.
9
(1) 证明见解析；
(2) π
3 .
(1) 在三棱锥A −BCD中，由AB = AD, O为BD的中点，得AO⊥BD，
而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD = BD，AO ⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，又CD ⊂平面BCD，
所以AO⊥CD.
(2) 分别取AB, AC的中点M, N，连接OM, ON, MN，于是MN//BC, OM//AD，
则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，
   
由（1）知，AO⊥BD，又AO = BO，AB = AD，
则∠ADB = ∠ABD = π
4 ，于是∠BAD = π
2 ，
令AB = AD = 2，则DC = BD = 2√2，又BD⊥DC，
则有BC = √BD2 + DC2 = 4，
OC = √DC2 + OD2 = √10，又AO⊥平面BCD，OC ⊂平面BCD，
则AO⊥OC，AO = √2，AC = √AO2 + OC2 = 2√3，
由M, N分别为AB, AC的中点，得MN = 1
2 BC = 2, OM = 1
2 AD = 1, ON = 1
2 AC = √3，
显然MN 2 = 4 = OM 2 + ON 2，即有∠MON = π
2 ，cos ∠OMN = OM
MN = 1
2 ，则∠OMN = π
3 ，
所以异面直线BC与AD所成的角的大小π
3 .
教法备注
【考点】异面直线所成角
答案
解析
10
【教法】利用空间直角坐标系求解
考点3：直线与平面所成角
知识笔记
直线与平面所成角
 设平面α的法向量为→n，直线l的方向向量为→l ，直线l与平面α所称的角为θ，则sin θ =
|cos <→n,→l > | =
→n ⋅
→
l
|→n| ⋅|
→
l |
, θ ∈[0, π
2 ].
经典例题
例3
若平面α的法向量
→n = (−1, 0, 1)，直线l的方向向量为
→
d = (0, 1, 1)，则l与α所成角的大小为 
 .
π
6 | 30
∘
设直线l与平面α所成角为θ，则θ ∈[0, π
2 ]，直接利用直线与平面所成的角的向量计算公式，即可求出直线l与
平面α所成的角．
解：已知直线l的方向向量为
→
d = (0, 1, 1)，平面α的法向量为
→n = (−1, 0, 1)，
设直线l与平面α所成角为θ，则θ ∈[0, π
2 ]，
∴sin θ =
→n ⋅
→
d
→n
→
d
=
1
√2 × √2
= 1
2 ，∴θ = π
6 ，
所以直线l与平面α所成角为π
6 .
故答案为：π
6 .
答案
解析
变式3-1
11
如图，在四棱锥P −ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA = PD = √2
2 a，
设E，F分别为PC，BD的中点．
(1)
求证：平面PAB⊥平面PDC；
(2)
求直线EF与平面ABCD所成角的大小．
(1) 证明见解析
(2) π
4
(1) 在△PAD中，PA = PD = √2
2 a，AD = a，
由PA2 + PD2 = AD2，可得PA⊥PD，                  ．
由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
AD⊥CD，CD ⊂平面ABCD，可得CD⊥平面PAD，
又PA ⊂面PAD，则CD⊥PA，                           ．
又PA⊥PD，CD ∩PD = D，CD, PD ⊂面PCD，
则PA⊥平面PCD，又PA ⊂平面PAB，
则平面PAB⊥平面PDC；
(2) 取PD中点S，AD中点T，连接ES, ST, TF，又E，F分别为PC, BD的中点，
则ES//CD，ES = 1
2 CD，TF//AB，TF = 1
2 AB，
又AB//CD, AB = CD，则ES//TF, TF = ES，
则四边形ESTF为平行四边形，则EF = TS，
答案
解析
12
连接PT，△PAD中，PA = PD, AT = DT，则PT⊥AD，
又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD = AD，PT ⊂面PAD，
则PT⊥平面ABCD，则PT为点P到平面ABCD的距离，
又E为PC的中点，则点E到平面ABCD的距离为1
2 PT，
又△PAD中，PA = PD = √2
2 a，AD = a，AT = DT，
则PT = 1
2 a，1
2 PT = 1
4 a，则点E到面ABCD的距离为1
4 a，
又EF = ST = 1
2 PA = √2
4 a，
设直线EF与平面ABCD所成角为θ，则sin θ =
1
4 a
√2
4 a
= √2
2 ，
又θ ∈[0, π
2 ]，则θ = π
4 ，则直线EF与平面ABCD所成角的大小为π
4 ．．
变式3-2
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面AA1C1C为正方形，AB = AC = 4；设M是CC1的中点，满足AM⊥A1B1，
N是BC的中点，P是线段A1B1上的一点．
   
(1)
证明：AM⊥平面A1PN；
(2)
若BC = 4√2，A1P = 1，求直线AB1与平面PMN所成角的大小．
(1) 证明见解析；
(2) π
3 .
(1) 在三棱柱ABC −A1B1C1中，取AC中点Q，连接NQ, A1Q，
答案
解析
13
由点M为正方形AA1C1C边CC1中点，得Rt △ACM ≌Rt △A1AQ，则∠CAM = ∠AA1Q，
有∠AA1Q + ∠A1AM = ∠CAM + ∠A1AM = π
2 ，则A1Q⊥AM，
由N是BC的中点，得NQ//AB//A1B1，而AM⊥A1B1，于是NQ⊥AM，
又A1Q ∩NQ = Q, A1Q, NQ ⊂平面A1PN，
所以AM⊥平面A1PN.
   
(2) 显然AB2 + AC2 = 32 = BC2，则AB⊥AC，由（1）知AB⊥AM，又AC ∩AM = A, AC, AM ⊂平面
AA1C1C，
于是AB⊥平面AA1C1C，而AA1 ⊂平面AA1C1C，则AB⊥AA1，显然直线AB, AC, AA1两两垂直，
以点A为原点，直线AB, AC, AA1分别为x, y, z建立空间直角坐标系，
则A(0, 0, 0), B1(4, 0, 4), N(2, 2, 0), M(0, 4, 2), P(1, 0, 4)，
AB1 = (4, 0, 4), NM = (−2, 2, 2), NP = (−1, −2, 4)，
设平面PMN的法向量→n = (x, y, z)，则
，令z = 1，得→n = (2, 1, 1)，
设直线AB1与平面PMN所成的角为θ，则sin θ = | cos ⟨→n, AB1⟩| = |→n ⋅AB1|
|→n||AB1|
= 2 × 4 + 1 × 4
√6 × 4√2
= √3
2 ，
而θ ∈[0, π
2 ]，解得θ = π
3 ，
所以直线AB1与平面PMN所成角的大小为π
3 .
教法备注
【考点】直线与平面所成角
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅NM = −2x + 2y + 2z = 0
→n ⋅NP = −x −2y + 4z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
考点4：平面与平面所成角
知识笔记
14
平面与平面所成角
设二面角α −l −β的大小为θ，平面α的法向量为→
m，平面β的法向量为→n，则
|cos θ| =|cos < →
m,→n > | =
→
m ⋅→n
|→
m| ⋅|→n|
, θ ∈[0, π].
经典例题
例4
若平面α的一个法向量为→
m = (0, 1, 1)，平面β的一个法向量为→n = (√5, 2, 0)，则平面α与平面β夹角的余弦值为
（     ）
A. √5
3
B. √6
3
C. √2
9
D.
√2
3
D
由二面角的向量求解公式，代入计算，即可得到结果.
设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ =
cos ⟨→
m,→n⟩
=
→
m ⋅→n
→
m
→n
=
2
√1 + 1 × √5 + 4
= √2
3 .
故选：D
答案
解析
变式4-1
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120∘得到的，点G
是
⌢
DF的中点，点P在
⌢
CE上，异面直线BP与AD所成的角是30∘．
15
   
(1)
求证：AE⊥BP；
(2)
若AB = 3，AD = 2，求二面角E −AG −C的大小．
(1) 证明见解析
(2) 60
∘
(1) 因为AD//BC，所以∠CBP是直线BP与AD所成角，为30∘，
所以∠EBP = 120∘−30∘= 90∘，得BP⊥BE，                                      
又因为AB⊥BP，且BE ∩AB = B，BE ⊂平面ABEF，AB ⊂平面ABEF，
所以BP⊥平面ABEF，
由AE ⊂平面ABEF，得AE⊥BP．
(2) 解法一：取
⌢
EC的中点H，连接EH，GH，CH．
因为∠EBC = 120∘，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE = GE = AC = GC = √32 + 22 = √13．
取AG中点M，连接EM，CM，EC．
   
则EM⊥AG，CM⊥AG，
答案
解析
16
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM = 1，所以EM = CM = √13 −1 = 2√3．
在△BEC中，由于∠EBC = 120∘，
由余弦定理得EC2 = 22 + 22 −2 × 2 × 2 × cos 120∘= 12，
所以EC = 2√3，因此△EMC为等边三角形，
因此二面角E−AG−C的大小为60
∘．
解法二：以B为坐标原点，分别以BE、BP、BA的方向为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角
坐标系．
由题意得A(0, 0, 3)，E(2, 0, 0)，G (1, √3, 3)，C (−1, √3, 0)，
   
故AE = (2, 0, −3)，AG = (1, √3, 0)，CG = (2, 0, 3)，
设n1 = (u1, v1, w1)是平面ACG的一个法向量．
由
，可得{
，
取w1 = −2，可得平面ACG的一个法向量n1 = (3, −√3, −2)．
设n2 = (u2, v2, w2)是平面AEG的一个法向量．
由
，可得{
，
取w2 = 2，可得平面AEG的一个法向量n2 = (3, −√3, 2)．
所以cos ⟨n1, n2⟩=
n1 ⋅n2
n1
⋅
n2
= 1
2 ．
因此二面角E−AG−C的大小为60
∘．
教法备注
【考点】二面角的平面角
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
n1 ⋅AG = 0
n1 ⋅CG = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
u1 + √3v1 = 0
2u1 + 3w1 = 0
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
n2 ⋅AE = 0
n2 ⋅AG = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
2u2 −3w2 = 0
u2 + √3w2 = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
变式4-2
17
如图，已知ABCD为等腰梯形， AD//BC，∠BAD = 120∘，PA⊥平面ABCD，AB = AD = AP = 2.
(1)
求证：PC⊥AB；
(2)
求二面角C −BP −A的大小.
(1) 证明见解析；
(2) arctan √6.
(1) 连接AC，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，∠BAD = 120∘，AB = AD = 2，
则CD = AD = 2, ∠ADC = 120∘，于是∠DAC = 30∘, ∠BAC = 90∘，即AB⊥AC，
由PA⊥平面ABCD，AB ⊂平面ABCD，得AB⊥PA，
而PA ∩AC = A, PA, AC ⊂平面PAC，因此AB⊥平面PAC，又PC ⊂平面PAC，
所以PC⊥AB.
(2) 取BP的中点H，连接CH, AH，由AB = AP，得AH⊥PB，
在△ADC中，AC = 2AD cos ∠DAC = 2√3，
由PA⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，得AC⊥PA，
则PC = √PA2 + AC2 = √AB2 + AC2 = BC，于是CH⊥BP，
因此∠CHA为二面角C −BP −A的平面角，
因为PA⊥AC, AC⊥AB，PA ∩AB = A, PA, AB ⊂平面ABP，
则AC⊥平面ABP，又AH ⊂平面ABP，则AC⊥AH，
答案
解析
18
在Rt △AHC中，CA = 2√3，AH = √2，则tan ∠CHA = CA
AH = √6，
所以二面角C −BP −A的大小为arctan √6.
教法备注
【考点】二面角的平面角
【教法】利用空间直角坐标系求解
变式4-3
在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE : EB = CF : FA= CP : PB = 1 : 2（如
图1）.将△AEF沿EF折起到
的位置，使二面角A1 −EF −B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）
（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；
（Ⅱ）求二面角B −A1P −F的余弦值.
（Ⅰ）取BE的中点D，连结DF∵AE :EB=CF :FA=1 :2，∴AF=AD=2，而∠A=60 ,∴△ADF是正三角形，
AE=DE=1，∴EF⊥AD，在图2中，A E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A EB为二面角A -EF-B的平面角．∴A E⊥BE∴A E⊥平
面BEF，即A E⊥平面BEP（Ⅱ） −7
8
试题分析：不妨设正三角形ABC 的边长为 3 .
答案
0
1
1
1
1
1
1
解析
19
(I)在图1中，取BE的中点D，连结DF．
∵AE:EB=CF:FA=1:2，∴AF=AD=2，而∠A=60 ,∴△ADF是正三角形，
又AE=DE=1，∴EF⊥AD．       2分
在图2中，A E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A EB为二面角A -EF-B的平面角．
由题设条件知此二面角为直二面角，∴A E⊥BE．
又BE∩EF=E，∴A E⊥平面BEF，即A E⊥平面BEP． .4分
(II)建立分别以ED、EF、EA为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(0,0,0),A(0,0,1),
B(2,0,0),F(0, √3,0), P (1, √3,0),则,AB = (2, 0, −1), BP = (−1, √3, 0)．
设平面ABP的法向量为n1 = (x1, y1, z1)，
由n1⊥平面ABP知，n1⊥AB, n1⊥BP，即
{
令x1 = √3，得y1 = 1, z1 = 2√3，n1 = (√3, 1, 2√3)．
AF = (0, √3, −1), PF = (−1, 0, 0)，设平面AFP的法向量为n2 = (x2, y2, z2)．
由n2⊥平面AFP知，n2⊥AF, n2⊥PF，即
{
令y2 = 1，得x2 = 0, z2 = √3，n2 = (0, 1, √3)．
cos < n1, n1 >=
n1 ⋅n2
|n1| ⋅|n2|
=
√3 × 0 + 1 × 1 + 2√3 × √3
√(√3)
2 + 12 + (2√3)
2 ⋅√02 + 12 + (√3)
2 = 7
8 ,
所以二面角B-A P-F的余弦值是−7
8 13分
考点：线面垂直的判定及二面角的求解
点评：证明线面垂直主要通过已知中的垂直的直线来推理，其重要注意翻折前后保持不变的量；第二问二面
角的求解充分把握好从点E出发的三线两两垂直建立空间坐标系，通过两面的法向量的夹角得到二面角
教法备注
【考点】二面角的平面角
【教法】利用空间直角坐标系求解
0
1
1
1
1
1
1
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
2x1 −z1 = 0,
−x1 + √3y1 = 0.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−2x2 = 0,
√3y2 −z2 = 0.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
1
考点5：空间向量最值问题
20
经典例题
例5
如图，在棱长为2 的正方体ABCD −A1B1C1D1 中，点O 为线段BD 的中点，且点P 满足
BP = λBC + μBB1 (0 ≤λ, μ ≤1)，则下列说法正确的是（       ）
A. 若D1P//平面A1BD，则λ2 + μ2最小值为1
2
B. 若PO⊥平面A1BD，则λ = 1
2 , μ = 1
C. 若λ = μ = 1
2 ，则P到平面A1BD的距离为√3
3
D. 若λ = 1，0 ≤μ ≤1时，直线DP与平面A1BD所成角为θ，则sin θ ∈[ √3
3 , √6
3 ]
AD
建立空间直角坐标系，可得到各点坐标，对于A，求出平面A1BD的法向量，根据线面平行可得λ + μ = 1，再
借助基本不等式即可得解；对于B，借助空间向量计算即可；对于C，利用点到平面距离公式计算即可；对于
D，利用空间向量夹角公式计算即可.
如图，以点D为坐标原点，以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则有D (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (2, 2, 0), C (0, 2, 0), D1 (0, 0, 2), B1 (2, 2, 2), A1 (2, 0, 2),
C1 (0, 2, 2), O (1, 1, 0)，
则BC = (−2, 0, 0), BB1 = (0, 0, 2)，BP = λBC + μBB1 = (−2λ, 0, 2μ)，
−
→
−
→
−
→
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
21
对于A：A1B = (0, 2, −2), DA1 = (2, 0, 2), D1B = (2, 2, −2),
设平面A1BD的一个法向量为→
m = (x, y, z)，则有{
，
令x = 1，则y = z = −1，故→
m = (1, −1, −1).
因为D1P = D1B + BP = (2 −2λ, 2, 2μ −2)，D1P//平面A1BD，
所以→
m ⋅D1P = 2 −2λ −2 −2μ + 2 = 0，得λ + μ = 1，
又因为0 ≤λ，μ ≤1，所以λ2 + μ2 ≥(λ + μ)2
2
= 1
2 ，
当且仅当λ = μ = 1
2 时，等号成立，
所以λ2 + μ2的最小值为1
2 ，故A正确；
对于B：BO = (−1, −1, 0)，则PO = BO −BP = (2λ −1, −1, −2μ)，
若PO⊥平面A1BD，则有PO//→
m，即2λ −1
1
= −1
−1 = −2μ
−1 ，
解得λ = 1, μ = 1
2 ，故B错误；
对于C：若λ = μ = 1
2 ，则BP = (−1, 0, 1)，
则P到平面A1BD的距离为
BP ⋅→
m
→
m
= |−1 −1|
√3
= 2
3 √3，故C错误；
对于D：BD = (−2, −2, 0)，当λ = 1，0 ≤μ ≤1时，DP = BP −BD = (0, 2, 2μ)，
则cos ⟨DP,→
m⟩
=
DP ⋅→
m
DP
→
m
=
|2μ + 2|
√3 × √4 + 4μ2 = √3
3
×
|μ + 1|
√μ2 + 1
= √3
3
√(μ + 1)2
μ2 + 1
= √3
3 √1 +
2μ
μ2 + 1 ，
当μ = 0时，cos ⟨DP,→
m⟩
= √3
3 ，
当0 < μ ≤1时，cos ⟨DP,→
m⟩
= √3
3 √1 +
2μ
μ2 + 1 = √3
3
1 +
2
μ + 1
μ
≤√3
3
1 +
2
2√μ × 1
μ
= √6
3 ，
当且仅当μ = 1时，等号成立，
−
→
−
→
−
→
2y −2z = 0
2x + 2z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→


⎷


⎷
22
故cos ⟨DP,→
m⟩
∈[ √3
3 , √6
3 ]，即sin θ ∈[ √3
3 , √6
3 ]，故D正确.
故选：AD.
教法备注
【考点】最值问题
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
变式5-1
已知正方体ABCD −A1B1C1D1棱长为2，点P满足AP = λAD + μAA1 (λ ∈[0, 1], μ ∈[0, 1])，E为B1C1中点，则下
列论述正确的是（       ）
   
A. 若λ = μ = 3
4 ，则EP⊥BC1
B. 若2λ −μ = 1，则直线B1P//平面BDE
C. 若λ + μ = 1，则点P到平面AB1C的距离为√3
D. 若λ = μ，则平面A1CP与平面ABCD所成角的取值范围为[ π
4 , π
2 ]
AB
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判
断即可.
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
−
→
−
→
−
→
答案
解析
23
   
则D (0, 0, 0)、A (2, 0, 0)、B (2, 2, 0)、C (0, 2, 0)、D1 (0, 0, 2)、A1 (2, 0, 2)、
B1 (2, 2, 2)、C1 (0, 2, 2)、E (1, 2, 2)，
对于A选项，当λ = μ = 3
4 时，AP = 3
4 AD1 = 3
4 (−2, 0, 2) = (−3
2 , 0, 3
2 )，
则EP = EA + AP = (1, −2, −2) + (−3
2 , 0, 3
2 ) = (−1
2 , −2, −1
2 )，BC1 = (−2, 0, 2)，
所以，EP ⋅BC1 = 1 −1 = 0，故EP⊥BC1，A正确；
对于B选项，当2λ −μ = 1时，则λ = μ + 1
2
，
所以，AP = μ + 1
2
AD + μAA1 = μ + 1
2
(−2, 0, 0) + μ (0, 0, 2) = (−μ −1, 0, 2μ)，
则DP = DA + AP = (2, 0, 0) + (−μ −1, 0, 2μ) = (1 −μ, 0, 2μ)，则P (1 −μ, 0, 2μ)，
所以，B1P = (−1 −μ, −2, 2μ −2)，BD = (−2, −2, 0)，BE = (−1, 0, 2)，
设平面BDE的一个法向量为→
m = (x, y, z)，则
，
取z = 1，可得→
m = (2, −2, 1)，所以，→
m ⋅B1P = −2 −2μ + 4 + 2μ −2 = 0，即→
m⊥B1P ，
因为B1P ⊄平面BDE，所以直线B1P//平面BDE，B正确；
对于C选项，AP = λAD + (1 −λ)AA1 = (−2λ, 0, 0) + (0, 0, 2 −2λ) = (−2λ, 0, 2 −2λ)，其中λ ∈[0, 1]，
AB1 = (0, 2, 2)，AC = (−2, 2, 0)，设平面AB1C的法向量为→n = (a, b, c)，
则
，取a = 1，可得→n = (1, 1, −1)，
则点P到平面AB1C的距离为
AP ⋅→n
|n|
=
2
√3
= 2√3
3
，C错误；
对于D选项，若AP = λAD1 = λ (−2, 0, 2) = (−2λ, 0, 2λ)，其中λ ∈[0, 1]，
A1C = (−2, 2, −2)，A1P = A1A + AP = (0, 0, −2) + (−2λ, 0, 2λ) = (−2λ, 0, 2λ −2)，
设平面A1CP的一个法向量为n1 = (x1, y1, z1)，则
，
取x1 = λ −1，可得n1 = (λ −1, 2λ −1, λ)，
易知平面ABCD的一个法向量为n2 = (0, 0, 1)，
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→
m ⋅BD = −2x −2y = 0
→
m ⋅BE = −x + 2z = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅AB1 = 2b + 2c = 0
→n ⋅AC = −2a + 2b = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
n1 ⋅A1C = −2x1 + 2y1 −2z1 = 0
n1 ⋅A1P = −2λx1 + (2λ −2)z1 = 0
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
24
设平面A1CP与平面ABCD所成角为θ，所以，cos θ =
cos ⟨n1, n2⟩
=
n1 ⋅n2
n1
⋅
n2
=
λ
√6λ2 −6λ + 2
，
当λ = 0时cos θ = 0，
当0 < λ ≤1时，则1
λ ∈[1, +∞)，
cos θ = √
λ2
6λ2 −6λ + 2 =
1
2( 1
λ )
2
−6 ⋅1
λ + 6
=
1
2( 1
λ −3
2 )
2
+ 3
2
∈(0, √6
3 ]，
综上，cos θ ∈[0, √6
3 ]，与θ ∈[ π
4 , π
2 ]矛盾，D错误.
故选：AB.
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐
标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，
从而得到二面角的余弦值.
教法备注
【考点】最值问题
【教法】利用空间直角坐标系求解
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→


⎷


⎷