2018年高考备考+立体几何的逆问题、截面问题学案

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考点81 空间几何体的截面问题

考点81 空间几何体的截面问题1．（2018•新课标Ⅰ，理12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A B C D 【答案】A【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：26=，故选A ．2．（2015•新课标Ⅱ，理19）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，16AB =，10BC =，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11D C 上，114A E D F ==，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【解析】（1）交线围成的正方形EFGH 如图：（2）作EM AB ⊥，垂足为M ，则：10EH EF BC ===，18EM AA ==，∴6MH ，10AH ∴=。

以边DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则： (10A ，0，0)，(10H ，10，0)，(10E ，4，8)，(0F ，4，8)，∴(10,0,0),(0,6,8)EF EH =-=-。

设(,,)n x y z =为平面EFGH 的法向量，则：100680n EF x n EH y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，取3z =，则(0,4,3)n =，若设直线AF 和平面EFGH 所成的角为θ，则：45sin |cos ,|1805AF n θ=<>==，∴直线AF 与平面α．。

立体几何中的截面问题教学设计

立体几何中的截面问题教学设计引言：在立体几何中，我们经常会遇到截面问题。

截面问题是指当一个平面与立体体块相交时所形成的平面图形。

通过学习和掌握截面问题，我们可以更好地理解立体体块的性质和结构。

本次教学设计将介绍截面问题的基本概念和解题方法，并通过实例进行详细讲解。

一、截面问题的基本概念1. 定义：截面是指由一个平面与立体体块相交所形成的平面图形。

2. 分类：根据截面与立体体块的相对位置关系，截面问题可分为平行截面和非平行截面两种情况。

二、解题方法1. 平行截面问题的解题方法：a. 根据题目描述，确定平行截面的位置和形状。

b. 利用几何知识和相关定理分析平行截面，确定所求的性质或关系。

c. 运用代数方法求解，得出最终答案。

2. 非平行截面问题的解题方法：a. 根据题目描述，确定非平行截面的位置和形状。

b. 利用几何知识和相关定理分析非平行截面，确定所求的性质或关系。

c. 运用代数方法求解，得出最终答案。

三、实例讲解1. 平行截面实例：题目：一个长方体的一侧是边长为12 cm的正方形，另外一侧是边长为8 cm的正方形。

求长方体的表面积。

解析：根据题目描述，表面积的计算需要求出所有的平行截面的面积，即两个正方形的面积。

长方体的一侧是边长为12 cm的正方形，另外一侧是边长为8 cm的正方形。

因此，表面积为2(12^2+8^2)+12*8 = 416 cm^2。

答案：416 cm^2。

2. 非平行截面实例：题目：一个圆锥体的底面半径为6 cm，高为10 cm。

求圆锥体与底面平行截面的面积与底面积的比值。

解析：根据题目描述，需要求圆锥体与底面平行截面的面积与底面积的比值。

根据几何知识，我们知道截面与底面平行时，截面与底面的对应线段成比例。

因此，截面的半径为6/10*6 = 3.6 cm，面积为π*(3.6^2)。

底面积为π*(6^2)。

所求比值为(π*(3.6^2))/(π*(6^2)) = (3.6^2)/(6^2) ≈ 0.36。

高考数学：立体几何截面问题

高考数学：立体几何截面问题一、引言立体几何是高考数学的重要组成部分，其中截面问题是一个重要的考点。

截面问题涉及到三维空间中的几何形状、位置关系以及函数关系等多个方面，需要学生具备较高的空间想象能力和逻辑推理能力。

本文将从多个方面介绍截面问题的相关知识，以帮助考生更好地理解和掌握该知识点。

二、截面的定义与性质1.截面的定义：截面是指通过一个平面与三维空间中的几何体相交，所得到的交线或交面的几何形状。

2.截面的性质：截面具有与原几何体相同的形状和大小，但位置关系可能不同。

截面的形状和大小取决于平面与几何体的相对位置和方向。

三、截面与平面几何的关系1.平面几何的基本图形在三维空间中仍然适用，如线段、三角形、四边形等。

2.截面是平面几何图形在三维空间中的表现形式，可以通过平面的移动和旋转来改变截面的形状和大小。

四、截面与立体几何的关联1.立体几何的基本概念和定理在解决截面问题时同样适用，如平行、垂直、平行四边形等。

2.截面问题是立体几何中的一个特殊情况，可以通过特殊情况来推导一般情况，也可以通过一般情况来推导特殊情况。

五、截面的形状与大小1.截面的形状取决于平面与几何体的相对位置和方向。

不同的位置关系可以得到不同的截面形状，如圆形、椭圆形、长方形等。

2.截面的大小取决于平面与几何体的交线长度或交面积大小。

不同的平面位置可以得到不同的截面大小。

六、截面与空间几何的关系1.空间几何的基本概念和定理在解决截面问题时同样适用，如距离、角度、面积等。

2.截面问题是空间几何中的一个特殊情况，可以通过特殊情况来推导一般情况，也可以通过一般情况来推导特殊情况。

3.截面问题可以转化为空间几何问题来解决，也可以通过空间几何问题来推导截面问题的解决方法。

七、截面的对称性1.截面问题中常常涉及到对称性，如轴对称、中心对称等。

2.对称性可以帮助我们简化问题，找到解决问题的关键点。

3.对称性也可以帮助我们判断截面的形状和大小，以及确定平面与几何体的相对位置和方向。

高考数学立体几何截面问题

高考数学立体几何截面问题在高考数学立体几何中，截面问题是一个重要的考点。

本文将从以下几个方面对截面问题进行讲解：截面的形状和性质、截面与几何体的关系、截面与投影的关系以及截面与面积的关系。

一、截面的形状和性质1.截面的形状截面是指通过一个平面与一个几何体相交，所得的交线。

截面的形状可能是一个点、一条直线、一个平面多边形或一个圆。

在解决立体几何问题时，我们需要根据题目所给的条件，判断出截面的形状，并进一步解决问题。

2.截面的性质截面的性质包括以下几点：（1）截面是平面图形，其形状取决于几何体和截面的位置关系。

（2）截面与几何体的边界相交，但不穿过几何体的内部。

（3）截面与几何体的表面平行，因此可以运用平行投影的知识来研究截面的性质。

二、截面与几何体的关系1.截面与正方体的关系正方体的截面有三种情况：三角形、矩形和五边形。

当截面与正方体的中心轴平行时，可以得到一个正方形；当截面与正方体的中心轴垂直时，可以得到一个三角形；当截面与正方体的中心轴斜交时，可以得到一个矩形或五边形。

长方体的截面也有三种情况：三角形、矩形和五边形。

当截面与长方体的中心轴平行时，可以得到一个矩形；当截面与长方体的中心轴垂直时，可以得到一个三角形；当截面与长方体的中心轴斜交时，可以得到一个梯形或不规则四边形。

三、截面与投影的关系1.投影的定义及性质投影是指将一个几何体投射到一个平面上的结果。

投影的性质包括以下几点：（1）投影是直线与平面相交的结果。

（2）投影的长度等于被投影线段的长度。

（3）投影的方向与被投影线段的方向相同或相反。

2.截面与投影的关系截面与投影之间存在一定的关系。

如果一个几何体在一个平面上的投影是一个多边形，那么这个多边形的形状就取决于该几何体的形状以及它与平面的相对位置。

因此，在解决立体几何问题时，我们需要通过判断几何体在某一平面上的投影来推断出它的形状和性质。

四、截面与面积的关系1.面积的定义及计算方法面积是指一个平面图形所占的面积大小。

立体几何中的截面问题教学设计

《立体几何中的截面问题》教学设计一、引言立体几何是数学中一个重要的分支，它研究的是三维空间中的图形和体积。

在立体几何中，截面问题是一个非常有趣的话题，它涉及到了平面和立体图形的相互作用，对于学生来说是一个较为抽象的概念，但又是非常重要的。

在本次教学设计中，我们将以立体几何中的截面问题为主题，通过深入浅出的教学方式，帮助学生全面理解这一概念。

二、知识点介绍1.截面的定义在几何学中，截面是指一个几何图形在确定条件下与另一个几何图形交叠的部分。

在立体几何中，我们通常讨论的是平面与立体的交点部分，这些交点形成的图形称为截面。

2.截面与立体图形的关系通过对截面的研究，我们可以更加深入地理解立体图形的形状、体积和特性。

截面不仅可以帮助我们了解一个立体图形的内部结构，还能够将抽象的立体图形转化为平面图形来进行研究。

3.截面问题的应用在工程、建筑、艺术等领域，截面问题都有着广泛的应用。

通过对截面问题的研究，我们可以更好地理解和利用立体图形，从而应用到实际的生活和工作中。

三、教学目标1.了解截面的基本定义和特性。

2.掌握不同立体图形的截面求解方法。

3.能够应用截面问题解决实际生活中的问题。

4.培养学生分析和解决问题的能力。

四、教学内容与逻辑安排1.引入：通过展示一些真实生活中的立体图形，引出截面问题的概念，激发学生的兴趣。

2.理论知识讲解：首先介绍截面的定义和基本特性，然后分别针对不同的立体图形（如长方体、球体、圆柱体等）详细讲解其截面求解方法和特点。

3.实例演练：给出一些具体的例题，让学生通过实际计算和画图来掌握截面问题的求解方法。

4.拓展应用：结合实际生活中的案例，让学生应用截面问题来解决一些实际问题，培养学生的应用能力。

5.总结回顾：总结截面问题的求解方法和应用，强调理论与实际的联系，让学生对本次教学内容有一个全面的回顾和总结。

五、个人观点和理解在我看来，立体几何中的截面问题不仅是一个重要的知识点，更是一个非常有趣和实用的概念。

强基专题--立体几何中的截面问题

强基专题3 立体几何中的截面问题
[跟进训练]
1．(2021·重庆模拟)在三棱锥 P-ABC 中，PA，PB，PC 两两垂直，
PA＝3，PB＝4，PC＝5，点 E 为线段 PC 的中点，过点 E 作该三棱
锥外接球的截面，则所得截面圆的面积不可能为( )
A．6π
B．8π
C．10π
D．12π
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(2)当π2＜θ＜π时，0＜α＜θ＜π，此时sin θ＜1，sin α可以取到最大值1，
此时过圆锥母线的截面面积最大，最大值为S＝12l2.
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强基专题3 立体几何中的截面问题
综上所述，过圆锥母线的截面面积的最大值与轴截面顶角θ的范围有关，
当0＜θ≤π2时，轴截面面积最大，最大值为S＝12l2sin θ. 当π2＜θ＜π时，过圆锥母线的截面面积最大，最大值为S＝12l2.
同理 FG∥EH，所以四边形 EFGH 为平行四边形，又 AD⊥BC，所以四边形 EFGH 为矩形．
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强基专题3 立体几何中的截面问题
由相似三角形的性质得BECF＝AACF，FACC＝AFDG，所以BECF＋FAGD＝AACF＋FACC，BC＝AD＝2，所以 EF＋FG＝2，所以四边形 EFGH 的周长为定值 4，S 四边形 EFGH ＝EF×FG≤EF＋2 FG2＝1，所以四边形 EFGH 的面积有最大值 1.故选 B．]
1 2
l2sin θ.截面VCD的面积S′＝12l2sin α.在△V强基专题3 立体几何中的截面问题
(1)当0＜θ≤π2时，0＜α＜θ≤π2，sin α＜sin θ⇒S′＜S，此时过圆锥母线的截面面积最大为轴截面面积S＝12l2sin θ.
截面形状及相应面积的求法 (1)结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题； (2)结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题； (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等； (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型； ③求最值．

高中数学_高三专题复习：立体几何中的截面问题教学设计学情分析教材分析课后反思

高三专题复习：立体几何中的截面问题教学设计一、高考分析：2020新高考第16题直四棱柱与球面相交线长；2018全国Ⅰ卷第12题求正方体与平面α所得截面面积的最大值；2016全国Ⅰ卷新课标理第11题；2015全国新课标文科第19题画截面并求截面把长方体分成两部分的体积比，立体几何考点中涉及到空间几何体的截面常以选择填空的压轴题出现，考查判断截面的形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题。

二、教学目标1.结合线、面平行的判定定理与性质求截面问题；2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。

5.核心素养：空间想象能力、建模能力、运算能力三、教学过程：30的截面面积变式2如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1CC 上的一个动点，若平面1BED 交棱1AA 于点F ，给出下列命题：①四棱锥11B BED F -的体积恒为定值； ②对于棱1CC 上任意一点E ，在棱AD 上均有相应的点G ，使得//CG 平面1EBD ；③O 为底面ABCD 对角线AC 和BD 的交点，在棱1DD 上存在点H ，使//OH 平面1EBD ；④存在唯一的点E ，使得截面四边形1BED F 的周长取得最小值.其中为真命题的是____________________.（填写所有正确答案的序号）体验平行线法画截面，几何体表面最小距离问题，动画展示展开过程，注重一题多解，一题多变，多提归一动画展示，扫清了学生的思维障碍，更好地突破了教学的重难点，体验数学的简约美学情分析全国卷对于截面问题的考察灵活多变，常出现在选择或填空的压轴题中，对于进行一轮复习即将高考的学生而言更是急需攻克的难关，在诸多截面问题中，几何体截面问题与最值求值问题结合在一起嵌入题目里，很多学生无从下手。

2018版高考数学(人教A版理科)大一轮复习配套讲义专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型Word版含解析

高考导航 1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，一至两道选择题或填空题.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】 (满分12分)(2017·郑州模拟)如图，在△ABC 中， ∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB.2分又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.4分又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.6分(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).8分设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).10分设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证. 如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【训练1】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C . (2)解因为四边形AA1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO.因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.探究提高 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【训练2】 (2017·安徽江南名校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM .∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC .(2)解由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值. (1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz . 则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.探究提高立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【训练3】 (2015·陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.(建议用时：80分钟)1.(2017·青岛质检)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD ，将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图. (1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图. 由(1)知AB ⊥平面BCD ， BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1). 设平面MBC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量为n ＝(1，－1，1). 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则 sin θ＝| cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.2.如图，三棱锥P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A －PD －C 的余弦值.(1)证明由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)解由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，∴DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED→＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0).从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A －PD －C 的余弦值为36.3.(2017·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝4，BC ＝2 2.BD ⊥AC ，垂足为D ，E 为棱BB 1上一点，BD ∥平面AC 1E . (1)求线段B 1E 的长；(2)求二面角C 1－AC －E 的余弦值.解 (1)由AB ＝AC ＝4，知△ABC 为等腰三角形，又BD ⊥AC ，BC ＝22，故12·AC ·BD ＝12·BC ·AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 2，解得BD ＝7.从而在Rt △CDB 中，CD ＝BC 2－BD 2＝1，故AD ＝AC －CD ＝3.如图，过点D 作DF ∥CC 1，交AC 1于F ，连接EF .因为DF ∥CC 1，从而AD AC ＝DFCC 1＝34，得DF ＝3.因为DF ∥CC 1，CC 1∥BB 1，故DF ∥BB 1，即DF ∥BE ，故DF 与BE 确定平面BDFE .又BD ∥平面AC 1E ，而平面BDFE ∩平面AC 1E ＝EF ，故BD ∥EF .故四边形BDFE 为平行四边形，从而DF ＝BE ＝3，所以B 1E ＝BB 1－BE ＝1.(2)如图，以D 为坐标原点，分别以DA→，DB →，DF →的方向为x轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (－1，0，0)，E (0，7，3)，DC →＝(－1，0，0)，DE →＝(0，7，3).设平面ACE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·DC →＝0，n 1·DE →＝0，得⎩⎨⎧－x ＝0，7y ＋3z ＝0，故可取n 1＝(0，3，－7).又平面ACC 1在xDz 面上，故可取n 2＝(0，1，0)为平面ACC 1的一个法向量. 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝34.由图知二面角C 1－AC －E 为锐角，故二面角C 1－AC －E 的余弦值为34. 4.(2017·郑州模拟)等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1－DE －B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由.(1)证明因为等边三角形ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得 DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE . 折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1－DE －B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)解存在.理由：由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以射线DB ，DE ，DA 1为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz . 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0，0，1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0). 所以P A 1→＝(a －2，－3a ，1). 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE→＝(0，3，0). 要使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，则sin 60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54.此时2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意.所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.5.(2017·石家庄一模)在平面四边形ACBD (图①)中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB ＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C ′－ABD ，且使C ′D ＝ 2.(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ； (2)求二面角A －C ′D －B 的余弦值.(1)证明如图，取AB 的中点O .连接C ′O ，DO . 在Rt △AC ′B ，Rt △ADB 中， AB ＝2，则C ′O ＝DO ＝1，∵C ′D ＝2，∴C ′O 2＋DO 2＝C ′D 2，即C ′O ⊥OD ，又C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ， ∴C ′O ⊥平面ABD ，∵C ′O ⊂平面ABC ′，∴平面C ′AB ⊥平面DAB .(2)解以O 为原点，AB ，OC ′所在的直线分别为y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (0，1，0)， C ′(0，0，1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，∴AC ′→＝(0，1，1)，BC ′→＝ (0，－1，1)，C ′D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1. 设平面AC ′D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AC ′→，n 1⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC ′→＝0，n 1·C ′D →＝0，即⎩⎨⎧y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，∴n 1＝(3，－1，1).设平面BC ′D 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC ′→，n 2⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ′→＝0，n 2·C ′D →＝0，即⎩⎨⎧－y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，1，∴cos 〈n 1，n 2〉＝3×33＋（－1）×1＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535， ∴二面角A －C ′D －B 的余弦值为－10535.6.(2017·合肥模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1. (1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.(1)证明在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥BD .∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)解由(1)可建立分别以直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系.如图所示.令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， ∴AB→＝(－1，3，0)，BP →＝(0，λ－3，1). 设n 1＝(x ，y ，z )为平面P AB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB→＝0，n 1·BP →＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，（λ－3）y ＋z ＝0，取y ＝1，得n 1＝(3，1，3－λ)，∵n 2＝(0，1，0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋（3－λ）2×1 ＝1（λ－3）2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12， ∴θ的最小值为π3.。

高考数学立体几何中的截面问题的深度分析

专题讲义：立体几何中的截面【基本知识】1．截面定义：在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。

其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。

最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。

2、正六面体的基本斜截面：3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形。

【基本技能】技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题；技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；技能3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。

例1 一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能．．．是（）分析考虑过球心的平面在转动过中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形，故选D 。

例2 如图，在透明的塑料制成的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列四个命题：① 水的部分始终呈棱柱状； ② 水面EFGH 的面积不改变； ③ 棱A 1D 1始终与水面EFGH 平行；④当容器倾斜到如图5（2）时，BE·BF 是定值；其中正确的命题序号是______________分析当长方体容器绕BC 边转动时，盛水部分的几何体始终满足棱柱定义，故①正确；在转动过程中EH//FG ，但EH 与FG 的距离EF 在变，所以水面EFGH 的面积在改变，故②错误；在转动过程中，始终有BC//FG//A 1D 1，所以A 1D 1//面EFGH ，③正确；当容器转动到水部分呈直三棱柱时如图5（2），因为BC BF BE V ⋅⋅=21水是定值，又BC 是定值，所以BE·BF 是定值，即④正确。

高考数学立体几何截面问题

高考数学立体几何截面问题
在高考数学中，立体几何截面问题是一个常见的问题。

截面问题考察的是学生的空间想象能力和动手操作能力，需要判断截面的形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题。

解决立体几何截面问题的一般方法是通过作几何体的截面，将空间问题转化为平面问题。

这个过程需要学生利用已知不共线三点作几何体的截面，通过转化为平面问题来深化理解空间点线面关系。

在具体解题过程中，学生还需要掌握一些基本的定理和公式，如平行线的性质、三角形中位线定理、勾股定理等，以及一些常见的立体几何截面形状，如三角形、四边形、五边形等。

此外，学生还需要通过大量的练习来提高解题的速度和准确性，掌握不同类型题目的解题技巧和方法。

总之，高考数学立体几何截面问题需要学生具备扎实的数学基础和较强的空间想象能力和动手操作能力，通过不断的学习和练习来提高解题的能力。

高三培优讲义18---立体几何体中的截面问题(1)

专题3-4 立体几何体中的截面问题（常考题型梳理）一、如何做截面？作出过EFG 三点的截面C 1DABB 1A GC 1DABB 1A G二、如何确定截面是否已经“搞定”？题型一作截面类型1：三个点在棱上 1．作出过EFG 三点的截面2．作出过EFG 三点的截面,EFG 为所在棱上中点（三条边都在正方体内部）ED 1C 1CGD FABA 1B 1EF D 1C 1CG D ABA 1B 1GF ED 1C 1CDABA 1B 1ED 1C 1CDFABA 1B 1G 重点题型·归类精讲3．如图①，正方体1111ABCD A B C D −的棱长为2，P 为线段BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A 、P 、Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，若12CQ <<，请在图中作出截面S （保留尺规作图痕迹）；4．如图，已知正方体1111ABCD A B C D −，点E 为棱1CC 的中点，在图中作出平面1BED 截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理由.类型二：两个点在棱上，一个点在面上5．已知G 是底面ABCD 上一点，E,F 为棱上的点，作出过EFG 三点的截面1C DBA B 1GE F题型二补全截面再判断位置关系武汉调研&浙江杭州二模6．（多选）如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，满足直线MN //平面ABC 的是( )2023·温州模拟7．下列正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，则能满足//AB 平面MNP的是（）A ．B ．C ．D ．题型三确定截面形状8．在正方体1111ABCD A B C D −中，1BB 和11C D 的中点分别为M ，N ．如图，若以A ，M ，N 所确定的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状为( )A ．六边形B ．五边形C ．四边形D ．三角形AAMCBBCAB MC BNCMDCAB M9．如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，2AB =，E 为棱BC 的中点，F 为棱11A D 上的一动点，过点A ，E ，F 作该正方体的截面，则该截面不可能是( )A ．平行四边形B ．等腰梯形C ．五边形D ．六边形2023·重庆巴蜀中学高三校考10．（多选）已知截面定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形（包含图形内部）称为这个几何体的一个截面.则下列关于正方体截面的说法，正确的是（） A ．截面图形可以是七边形B ．若正方体的截面为三角形，则只能为锐角三角形C ．当截面是五边形时，截面可以是正五边形D ．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形2024届雅礼中学月考（二）11．如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，点M ，N 分别为棱11B C ，CD 上的动点（包含端点），当M ，N 分别为棱11B C ，CD 的中点时，则过1A ，M ，N 三点作正方体的截面，所得截面为______边形12．如图正方体1111ABCD A B C D −，棱长为1，P 为BC 中点，Q 为线段1CC 上的动点，过A ､P ､Q 的平面截该正方体所得的截面记为Ω.若1CQ CC λ→→=，则下列结论错误的是（）A ．当102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,时，Ω为四边形B ．当12λ=时，Ω为等腰梯形 C ．当3,14λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，Ω为六边形D ．当1λ=时，Ω6题型四截面周长，面积相关计算13．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D −中，点EF 分别是棱111,B B B C 的中点，点G 是棱1C C 中点，则过线段AG 且平行于平面1A EF 的截面的面积为________．14．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，则过三点A,D 1,E 的截面面积等于（）FED 11CDBA B 1A ．3 2B ．3 102C ．92D ．315．如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D −中，M ，N 分别为棱AB ，11B C 的中点，过C ，M ，N 三点作正方体的截面，则以B 点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为( )A ．83B ．8C 83D 163162ABCD A B C D −''''中，点E 、F 、G 分别是棱A B ''、B C ''、CD 的中点，则由点E 、F 、G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于．17．如图，在正方1111ABCD A B C D −中，2,,,,,AB E F P M N =分别是11,,,,AB CC DD AD CD 的中点，存在过点,E F 的平面α与平面P MN 平行，平面α截该正方体得到的截面面积为______D1C CDBB 1A题型五球的截面计算计算球截面基本规律 1.确定球心和半径2.寻找做出并计算截面与球心的距离3.要充分利用“球心做弦的垂直垂足是弦的中点”这个性质4.强调弦的中点，不一定是几何体线段的中点。

立体几何中的截面问题

立体几何中的截面问题立体几何中的截面问题一、引言1·1 概述本文档将详细介绍立体几何中的截面问题。

截面问题是立体几何中常见的问题类型之一，涉及到在给定几何体上进行切割，求解切割平面与几何体的交线或截面的形状、性质等问题。

1·2 目的本文档的目的是为读者提供关于立体几何中截面问题的全面了解，包括截面的定义、不同几何体的截面特征、相关定理和推论的证明方法、截面问题的应用等。

1·3 适用范围本文档适用于对立体几何有一定了解的读者，特别是对截面问题感兴趣的学生、教师和研究人员。

二、截面的定义与分类2·1 截面的定义截面是指一个平面与立体几何体相交所得的曲线、线段或点集。

2·2 平行截面与垂直截面根据切割平面与几何体的相对位置，我们可以将截面分为平行截面和垂直截面两种类型。

三、不同几何体的截面特征3·1 球体的截面3·1·1 截面形状球体的截面是一个圆或一个点。

3·1·2 截面性质球体的截面是等面积的，并且与球心的连线垂直于截面。

3·2 圆柱体的截面3·2·1 截面形状圆柱体的截面可以是一个圆、一个椭圆、一条直线或两个平行线段。

3·2·2 截面性质圆柱体的截面与轴线平行或垂直，并且截面上的点到轴线的距离是恒定的。

3·3 圆锥体的截面3·3·1 截面形状圆锥体的截面可以是一个圆、一个三角形、一个直线或两个平行线段。

3·3·2 截面性质圆锥体的截面与轴线平行或垂直，并且截面上的点到轴线的距离是变化的。

3·4 正多面体的截面3·4·1 截面形状正多面体的截面可以是一个正多边形、一个多边形、一个直线或两个平行线段。

3·4·2 截面性质正多面体的截面与对称轴平行或垂直，并且截面上的点到对称轴的距离是恒定的。

2018版高中数学第一章立体几何初步章末复习课学案苏教版

第一章立体几何初步学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.能熟练画出几何体的直观图，能熟练地计算空间几何体的表面积和体积，体会通过展开图、截面化空间为平面的方法.1.四个公理公理1：如果一条直线上的________在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是__________________.公理3：经过________________________的三点，有且只有一个平面. 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相________. 2.直线与直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧，，异面直线：不同在一个平面内，没有公共点.3.平行的判定与性质 (1)线面平行的判定与性质4.垂直的判定与性质(1)线面垂直的判定与性质5.空间角(1)异面直线所成的角①定义：设a与b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′∥a，b′∥b，我们把a′与b′所成的______________叫做异面直线a，b所成的角.②范围：设两异面直线所成的角为θ，则0°<θ≤90°.(2)直线和平面所成的角①平面的一条斜线与它在这个________________所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.②一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线与平面平行或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角.(3)二面角的有关概念①二面角：一般地，一条直线和由这条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角.②二面角的平面角：一般地，以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作______________的射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.6.几何体的侧面积和体积的有关计算柱体、锥体、台体和球体的侧面积和体积公式类型一空间中的平行关系例1 如图，E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点，求证：(1)GE ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .反思与感悟 (1)判断线面平行的两种常用方法 ①利用线面平行的判定定理.②利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面. (2)判断面面平行的常用方法 ①利用面面平行的判定定理.②面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ). ③利用线面垂直的性质(l ⊥α，l ⊥β⇒α∥β).跟踪训练1 如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，PB ⊥平面ABCD ，MA ∥PB ，PB ＝2MA .在线段PB 上是否存在一点F ，使平面AFC ∥平面PMD ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由.类型二空间中的垂直关系例2 如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝AA1.求证：(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)BC1⊥AB1.反思与感悟空间垂直关系的判定方法(1)判定线线垂直的方法①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角).②线面垂直的性质(若a⊥α，b⊂α，则a⊥b).(2)判定线面垂直的方法①线面垂直定义(一般不易验证任意性).②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，b∩c＝M⇒a⊥α).③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α).④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，a⊥l⇒a⊥α).⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β).⑥面面垂直的性质(α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ).(3)面面垂直的判定方法①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°).②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).跟踪训练2 如图，A，B，C，D为空间四点.在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2，等边△ADB 以AB为轴运动.(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD；(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论.类型三平行与垂直的综合应用例3 如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由. 反思与感悟平行、垂直也可以相互转化，如图.跟踪训练3 在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.类型四空间几何体的表面积与体积例4 如图，从底面半径为2a，高为3a的圆柱中，挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，求圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比.反思与感悟空间几何体的体积与表面积的计算方法(1)等积变换法：三棱锥也称为四面体，它的每一个面都可作底面来处理，恰当地进行换底等积变换便于问题的求解.(2)割补法：像求平面图形的面积一样，割补法是求几何体体积的一个重要方法，“割”就是将几何体分割成几个熟悉的柱、锥、台体或它们的组合体；“补”就是通过补形，使它转化为熟悉的几何体.总之，割补法的核心思想是将不熟悉的几何体转化为熟悉的几何体来解决.(3)展开法：把简单几何体沿一条侧棱或母线展开成平面图形，这样便把空间问题转化为平面问题，可以有效地解决简单空间几何体的表面积问题或侧面上(球除外)两点间的距离问题.(4)构造法：当探究某些几何体性质较困难时，我们可以将它放置在我们熟悉的几何体中，如正方体等这些对称性比较好的几何体，以此来研究所求几何体的性质.跟踪训练4 如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，求三棱锥A1－AB1D1的高.1.如图，AE ⊥平面α，垂足为点E ，BF ⊥平面α，垂足为点F ，l ⊂α，C ，D ∈α，AC ⊥l ，则当BD 与l ________时，平面ACE ∥平面BFD .2.已知平面α∥β∥γ，两条直线l ，m 分别与平面α，β，γ相交于点A ，B ，C 和D ，E ，F ，已知AB ＝6，DE DF ＝25，则AC ＝________.3.设m ，n ，l 是三条不同的直线，α是一个平面，l ⊥m ，则下列说法正确的是________.(填序号)①若m ⊄α，l ⊥α，则m ∥α； ②若l ⊥n ，则m ⊥n ； ③若l ⊥n ，则m ∥n ； ④若m ∥n ，n ⊂α，则l ⊥α.4.已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3.5.如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的圆O 上，点E 为线段PB 的中点，点M 在AB 上，且OM ∥AC .求证： (1)平面MOE ∥平面PAC ； (2)平面PAC ⊥平面PCB .1.空间中平行关系的转化2.空间中垂直关系的转化3.空间角的求法(1)找异面直线所成角的三种方法①利用图中已有的平行线平移.②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移.③补形平移.(2)线面角：求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形.答案精析知识梳理1．两点经过这个公共点的一条直线不在同一条直线上平行 2．平行相交任何3．(1)a ∩α＝∅ a ⊂α，b ⊄α，a ∥b a ∥α a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b(2)α∩β＝∅ a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b 4．(1)任意 m ∩n ＝O a ⊥α b ⊂α a ∥b (2)垂线垂直交线5．(1)①锐角(或直角) (2)①平面内的射影 (3)①两个半平面 ②垂直于棱题型探究例1 证明 (1)如图，取B 1D 1的中点O ，连结GO ，OB ，易证OG 綊12B 1C 1，BE 綊12B 1C 1，∴OG 綊BE ，∴四边形BEGO 为平行四边形， ∴OB ∥GE .又∵OB ⊂平面BDD 1B 1，GE ⊄平面BDD 1B 1，∴GE ∥平面BDD 1B 1.(2)由正方体性质得B 1D 1∥BD ， ∵B 1D 1⊄平面BDF ，BD ⊂平面BDF ， ∴B 1D 1∥平面BDF . 连结HB ，D 1F ，易证HBFD 1是平行四边形， ∴HD 1∥BF .又∵HD 1⊄平面BDF ，BF ⊂平面BDF ，∴HD 1∥平面BDF .∵B 1D 1∩HD 1＝D 1，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .跟踪训练1解当点F 是PB 的中点时，平面AFC ∥平面PMD .证明如下：如图，连结BD ，和AC 交于点O ，连结FO .∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点．∴OF ∥PD .又OF ⊄平面PMD ，PD ⊂平面PMD ，∴OF ∥平面PMD .又MA 綊12PB ， ∴PF 綊MA .∴四边形AFPM 是平行四边形，∴AF ∥PM .又AF ⊄平面PMD ，PM ⊂平面PMD ，∴AF ∥平面PMD .又AF ∩OF ＝F ，AF ⊂平面AFC ，OF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ∥平面PMD .例2 证明 (1)设BC 的中点为M ，连结B 1M .∵点B 1在底面ABC 上的射影恰好是点M ，∴B 1M ⊥平面ABC .∵AC ⊂平面ABC ，∴B 1M ⊥AC .又∵BC ⊥AC ，B 1M ∩BC ＝M ，∴AC ⊥平面B 1C 1CB .又∵AC ⊂平面ACC 1A 1，∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)连结B1C.∵AC⊥平面B1C1CB，∴AC⊥BC1.在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∵BC＝AA1＝CC1.∴四边形B1C1CB是菱形，∴B1C⊥BC1.又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面ACB1，∴BC1⊥AB1.跟踪训练2 解 (1)如图，取AB的中点E，连结DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE＝3，EC＝1，在Rt△DEC中，CD＝DE2＋EC2＝2.(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：①当D在平面ABC内时，因为AC＝BC，AD＝BD，所以C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.又因为AC＝BC，所以AB⊥CE.又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.例3 (1)证明∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC.(2)证明∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC，AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连结EF，CE，CF，∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.跟踪训练3 证明(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，如图，连结DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)设FC的中点为I，连结GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC，因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.例4 解由题意知，S 1＝2π×2a ×3a ＋2π×(2a )2＝(43＋8)πa 2， S 2＝S 1＋πa3a 2＋a 2－πa 2 ＝(43＋9)πa 2，∴S 1∶S 2＝(43＋8)∶(43＋9)．跟踪训练4 解设三棱锥A 1－AB 1D 1的高为h ，则VA 1－AB 1D 1＝13h ×34×(2a )2 ＝3a 2h 6. 又VA 1－AB 1D 1＝VB 1－AA 1D 1＝13a ×12a 2＝a 36，所以3a 2h 6＝a 36，所以h ＝33a . 所以三棱锥A 1－AB 1D 1的高为33a . 当堂训练1．垂直 2.15 3.① 4.96π5．证明 (1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以OE ∥PA . 因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ，所以OE ∥平面PAC .因为OM ∥AC ，又AC ⊂平面PAC ， OM ⊄平面PAC ，所以OM ∥平面PAC .因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ，所以平面MOE ∥平面PAC .(2)因为点C 在以AB 为直径的圆O 上，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC .因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC .因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PAC ⊥平面PCB .。

2018版高中数学第一章立体几何初步章末复习课学案新人教B版必修2

- 让每一个人同等地提高自我第一章立体几何初步学习目标 1. 整合知识构造，形成知识网络、深入所学知识.2. 会画几何体的直观图和三视图，并能计算几何体的表面积和体积.3. 娴熟掌握线线、线面、面面间的平行与垂直关系．1．空间几何体的构造特点(1)棱柱：有两个面相互平行，其他各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边相互平行．棱锥：有一个面是多边形，其他各面是有一个公共极点的三角形．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截而成的．这三种几何体都是多面体．(2)圆柱、圆锥、圆台、球是由平面图形矩形、直角三角形、直角梯形、半圆面旋转而成的，它们都称为旋转体．在研究它们的构造特点以及解决应用问题时，常需作它们的轴截面或截面．(3)由柱、锥、台、球构成的简单组合体，研究它们的构造特点本质是将它们分解成多个基本几何体．2．空间几何体的三视图与直观图(1)三视图是察看者从三个不一样地点察看同一个空间几何体而画出的图形；它包含主视图、左视图、俯视图三种．绘图时要按照“长对正、高平齐、宽相等”的原则．注意三种视图的摆放次序，在三视图中，分界限和可见轮廓线都用实线画出，不行见轮廓线用虚线画出．熟记常有几何体的三视图．画组合体的三视图时可先拆，后画，再查验．(2)斜二测画法为：主要用于水平搁置的平面图形或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；②画平行于 x、y、z 轴的线段分别为平行于x′、′、′轴的线段；③截线段：平行于x、z轴的线段的长度yz不变，平行于y 轴的线段的长度变成本来的一半．三视图和直观图都是空间几何体的不一样表示形式，二者之间能够相互转变，这也是高考考察的要点；依据三视图的画法例则理解三视图中数据表示的含义，进而能够确立几何体的形状和基本量．3．几何体的表面积和体积的相关计算(1)常有几何体的表面积和体积的计算公式面积体积圆柱S侧＝2π rh V＝ Sh＝π r 2h圆锥侧＝π1 1 2S rl V＝3Sh＝3π r h- 让每一个人同等地提高自我1 2 22＝ 3π r l － r1圆台V ＝3( S 上＋ S 下＋ S 上 S 下 )h12 2＝ 3π h ( r 1 ＋ r 2＋ r 1r 2)直棱柱S 侧＝chV ＝ Sh正棱锥S 侧＝1 ′ ＝ 12chV 3Sh正棱台侧11 上＋ S 下上下S ＝ 2( c ＋c ′)h ′V ＝3( S ＋ S S ) h243球S 球面＝4π RV ＝ 3πR(2) 求几何体体积常用技巧①等体积法；②割补法．4．平行关系(1) 基天性质 4平行于同一条直线的两条直线________．即假如直线 a ∥ b ， c ∥b ，那么 ________ ．(2) 直线与平面平行的判断与性质定理条件结论符号语言假如 ________________这条直线和这个平面________，m ? α，判断的一条直线和 ________ ________________? l ∥ α的一条直线平行假如一条直线和一个平性质面 ________，经过这条这条直线和 l ∥ α ， ________，直线的平面和这个平面__________________＝ ?∥mm l ____________(3) 平面与平面平行的判断①文字语言：假如一个平面内有两条订交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．②符号语言： a ? β， b ? β， ________， a ∥α ， b ∥ α?β∥ α.③图形语言：如下图．2- 让每一个人同等地提高自我(4)平面与平面平行的性质定理①文字语言：假如两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线平行．②符号语言：α∥β，α∩γ＝a，______?a∥b.③图形语言：如下图．④作用：证明两直线平行．5．垂直关系(1)直线与平面垂直的判断定理定理：假如一条直线与平面内的________________ 直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．推论：假如在两条________________ 中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线与平面垂直的性质性质 1：假如一条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的________一条直线垂直．a⊥α符号表示：b?α ? a⊥b.性质 2：假如两条直线________________________ ，那么这两条直线平行．(3)面面垂直的判断定理假如一个平面过另一个平面的________________ ，则这两个平面相互垂直．(4)面面垂直的性质定理假如两个平面相互垂直，那么在________________ 垂直于 ________________ 的直线垂直于另一个平面．6．共面与异面直线(1)共面：空间中的 ________或 ________________ ，假如都在同一平面内，我们就说它们共面．(2)异面直线：既 ________又 ________的直线．种类一三视图与表面积及体积的计算例 1 (1) 如图是一几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A．5＋ 3 B．5＋2 3C． 4＋2 2 D．4＋2 3(2)一个几何体的三视图如下图 ( 单位： m)，则该几何体的体积为 ________m3.反省与感悟此类题目是先将三视图复原成几何体，计算几何体的体积时，关于不规则的几何体可利用割补法求体积．追踪训练 1 (1) 若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如下图，其极点都在一个球面上，则该球的表面积为 ________．(2)某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为________．种类二空间中的平行问题例 2 如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．求证： (1) GE∥平面BB1D1D；(2)平面 BDF∥平面 B1D1H.反省与感悟(1) 判断线线平行的方法①利用定义：证明线线共面且无公共点．②利用平行公义：证明两条直线同时平行于第三条直线．③利用线面平行的性质定理：a∥α， a?β，α∩β＝b? a∥ b.④利用面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.⑤利用线面垂直的性质定理：a⊥α， b⊥α? a∥ b.(2)判断线面平行的方法①利用定义：证明直线 a 与平面α没有公共点，常常借助反证法．②利用直线和平面平行的判断定理：a?α，b?α， a∥ b? a∥α.③利用面面平行的性质的推行：α∥β，a?β?a∥α .(3)判断面面平行的方法①利用面面平行的定义：两个平面没有公共点．②利用面面平行的判断定理：a?α， b?α，a∩ b＝ A， a∥β， b∥β?α∥β.③垂直于同一条直线的两个平面平行，即a⊥α， a⊥β?α∥β.④平行于同一个平面的两个平面平行，即α∥γ，β∥γ?α∥β .追踪训练 2 如图，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝ 2BD，M是EA的中点， N是 EC的中点，求证：平面 DMN∥平面 ABC.- 让每一个人同等地提高自我种类三空间中的垂直关系例 3如图，已知直角梯形 ABCD 中， E 为 CD 的中点，且AE ⊥ CD ，又 G ， F 分别为 DA ， EC 的中点，将△沿AE 折起，使得⊥ .ADEDE EC(1) 求证： AE ⊥平面 CDE ； (2) 求证： FG ∥平面 BCD ；(3) 在线段 AE 上找一点 R ，使得平面 BDR ⊥平面 DCB ，并说明原因．反省与感悟空间中垂直关系的判断方法(1) 判断线线垂直的方法①计算所成的角为90°( 包含平面角和异面直线所成的角 ) ．②线面垂直的性质 ( 若 a ⊥ α， b ? α，则 a ⊥ b ) ．(2) 判断线面垂直的方法①线面垂直定义 ( 一般不易考证随意性 ) ．②线面垂直的判断定理( a ⊥ b ， a ⊥c ， b ? α， c ? α， b ∩ c ＝ M ? a ⊥ α) ．③平行线垂直平面的传达性质( a ∥b ， b ⊥ α? a ⊥ α) ．④面面垂直的性质 ( α⊥β， α ∩β＝ l ， a ? β ， a ⊥l ? a ⊥ α) ．⑤面面平行的性质( a⊥α，α∥β? a⊥β) ．(3)面面垂直的判断方法①依据定义 ( 作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°) ．②面面垂直的判断定理( a⊥β，a? α? α⊥β ) ．2追踪训练3如图，在△ ABC中，AC＝BC＝2AB，四边形ABED是边长为a的正方形，平面ABED⊥平面 ABC，若 G，F 分别是 EC， BD的中点．(1)求证： GF∥平面 ABC；(2)求证：平面 EBC⊥平面 ACD；(3)求几何体 A－ DEBC的体积 V.1．某三棱锥的三视图如下图，则该三棱锥的表面积是()A．2＋ 5 B．4＋ 5C． 2＋2 5 D． 52．若l1，l 2，l 3 是空间三条不一样的直线，则以下命题正确的选项是()A．l1⊥l2，l2⊥l3? l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3? l1⊥l3C．l1∥l2∥l3? l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点 ? l1，l2，l3共面3．设有不一样的直线m、 n 和不一样的平面α、β，以下四个命题中，正确的选项是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m? α，n? α，m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m? α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m?α，则m∥α4. 如下图，ABCD—A1B1C1D1是棱长为 a 的正方体， M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点，aP 是上底面的棱AD上的一点， AP＝3，过 P，M， N 的平面交上底面于PQ， Q在 CD上，则 PQ＝________.5.如图，在棱锥 P－ ABC中， D，E， F 分别为棱 PC， AC，AB的中点．已知 PA⊥ AC，PA＝6，BC＝8，DF＝ 5.求证： (1) 直线PA∥平面DEF；(2) 平面BDE⊥平面ABC.- 让每一个人同等地提高自我1．研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可获得其直观图，同时能够经过作截面把空间几何问题转变成平面几何问题来解决．此外，圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是经过睁开图、化空间为平面的方法获得的，求球的切接问题往常也是由截面把空间问题转变成平面问题来解决．2．转变思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为- 让每一个人同等地提高自我答案精析知识梳理4． (1) 平行a∥ c(2) 不在一个平面平面内平行l ?αl ∥ m 平行订交两平面的交线平行l ?βα∩β(3)② a∩ b＝ P(4)②β∩γ＝b5． (1) 两条订交平行直线(2)随意垂直于同一个平面(3)一条垂线(4)一个平面内它们交线6． (1) 几个点几条直线(2)不平行不订交题型研究例 1 (1)A[ 如下图，1 1 1该几何体的表面积S＝1×1＋2×1×1×2＋2×2×(1＋2)×1＋2×6× 2＝ 5＋3，应选A.]8(2)π3分析由几何体的三视图可知，该几何体由同样底面的两圆锥和一个圆柱构成，底面半径为1 m，圆锥的高为 1 m，圆柱的高为2 m，因此该几何体的体积V＝2×1π×12×1＋π×12×2 3＝8π(m3) ．319追踪训练 1 (1) 3π分析由主视图知，三棱柱的底面边长为2，高为 1，外接球的球心在上下两个三角形中心连102 1 2 23 2 19线的中点上，连结球心和随意一个极点的线段长为球的半径，则 R＝(2)＋( 3 ) ＝12( 此中2 19 19R为球的半径)，则球的表面积S＝4π R ＝4π×12＝3π.(2)24分析由俯视图能够判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图能够判断该几何体是由直三棱柱( 侧棱与底面垂直的棱柱) 截取获得的．在长方体中剖析复原，如图(1) 所示，1故该几何体的直观图如图(2) 所示．在图 (1) 中，V棱柱ABC－A B C＝ S△ABC· AA1＝2×4×3×5＝ 30，1 1 11S ABC 1 1－1 1的体积为30－6＝ 24.＝1× ×4×3×3＝ 6.故几何体V棱锥 P－ A1B1C13· PB＝3 2ABC PAC 1 1 1例 2 证明(1) 取 1 1中点，连结，，B D O GO OB易证1OG綊2B1C1，1BE綊2B1C1，∴OG綊 BE，四边形 BEGO为平行四边形．∴OB∥GE.∵OB?平面 BB1D1D，GE?平面 BB1D1D，∴GE∥平面 BB1D1D.(2)由正方体性质得 B1D1∥ BD，∵ B1D1?平面 BDF， BD?平面BDF，∴ B1D1∥平面 BDF.连结 HB， D1F，易证 HBFD1是平行四边形，得 HD1∥BF.∵HD1?平面 BDF，BF?平面BDF，∴ HD1∥平面 BDF.∵B1D1∩ HD1＝ D1，∴平面 BDF∥平面 B1D1H.追踪训练2证明∵ M、N分别是EA与EC的中点，∴ MN∥ AC，又∵ AC?平面 ABC， MN?平面 ABC，∴MN∥平面 ABC，∵DB⊥平面 ABC， EC⊥平面ABC，∴ BD∥EC，∵N为 EC中点， EC＝2BD，∴NC綊 BD，∴四边形 BCND为矩形，∴DN∥BC，又∵ DN?平面 ABC， BC?平面 ABC，∴DN∥平面 ABC，又∵ MN∩ DN＝ N，∴平面 DMN∥平面 ABC.例 3 (1) 证明由已知得DE⊥ AE，AE⊥ EC.∵DE∩EC＝ E， DE， EC?平面DCE，∴ AE⊥平面 CDE.(2) 证明取AB的中点H，连结GH，FH，∴GH∥BD，FH∥ BC.∵GH?平面 BCD， BD?平面 BCD，∴ GH∥平面 BCD.同理， FH∥平面 BCD，又 GH∩ FH＝ H，∴平面 FHG∥平面 BCD，12∵GF?平面 FHG，∴ GF∥平面 BCD.(3) 解取线段AE的中点R，DC的中点 M， DB的中点 S，连结 MS， RS， BR， DR， EM，1则 MS綊2BC.1又 RE綊2BC，∴ MS綊 RE，∴四边形 MERS是平行四边形，∴ RS∥ME.在△ DEC中， ED＝ EC， M是 CD的中点，∴EM⊥DC.由 (1) 知AE⊥平面CDE，AE∥BC，∴ BC⊥平面 CDE.∵EM?平面 CDE，∴ EM⊥BC.∵BC∩CD＝ C，∴ EM⊥平面 BCD.∵EM∥RS，∴ RS⊥平面 BCD.∵RS?平面 BDR，∴平面 BDR⊥平面 DCB.追踪训练 3 (1) 证明如图，取BE的中点 H，连结 HF， GH.由于 G， F 分别是 EC和 BD的中点，因此 HG∥ BC，HF∥ DE.又由于四边形ADEB为正方形，因此 DE∥ AB，进而 HF∥ AB.因此 HF∥平面 ABC， HG∥平面 ABC.又由于 GH∩ HF＝ H，因此平面 HGF∥平面 ABC.因此 GF∥平面 ABC.(2) 证明由于四边形 ADEB 为正方形，因此 EB ⊥ AB .又由于平面 ABED ⊥平面 ABC ，平面 ABED ∩平面 ABC ＝ AB ，因此 BE ⊥平面 ABC ，因此 BE ⊥ AC .2 22又由于 CA ＋ CB ＝ AB ，因此 AC ⊥ BC .又由于 BE ∩ BC ＝ B ，因此 AC ⊥平面 BCE .又由于 AC ? 平面 ACD ，进而平面 EBC ⊥平面 ACD .(3) 解取 AB 的中点 N ，连结 CN ，由于 AC ＝ BC ，11因此 CN ⊥ AB ，且 CN ＝ 2AB ＝ 2a .又平面 ABED ⊥平面 ABC ，平面 ABED ∩平面 ABC ＝ AB ，因此 CN ⊥平面 ABED .由于 C － ABED 是四棱锥，C － ABED1ABED121 1 3因此 V＝ 3S · CN ＝ 3a · 2a ＝ 6a .即几何体－的体积＝1 3.A DEBCV 6a当堂训练1． C2 2 4.3 a分析∵ MN ∥平面 AC ，平面 PMN ∩平面 AC ＝ PQ ，2a∴ MN ∥PQ ，易知 DP ＝ DQ ＝ 3 ，2 2a22故 PQ ＝ PD ＋ DQ ＝ 2DP ＝ 3 .5．证明(1) 由于 D ， E 分别为棱 PC ， AC 的中点，因此 DE ∥ PA .又由于 PA ?平面 DEF ，DE ? 平面 DEF ，因此直线 PA ∥平面 DEF .141(2) 由于D，E，F分别为棱PC， AC， AB的中点， PA＝6， BC＝8，因此 DE∥ PA， DE＝2PA＝3，1EF＝2BC＝4.22 2又由于 DF＝5，故 DF＝ DE＋ EF，因此∠ DEF＝90°，即 DE⊥ EF.又 PA⊥ AC， DE∥ PA，因此 DE⊥ AC.由于 AC∩ EF＝ E， AC?平面 ABC，EF?平面 ABC，因此 DE⊥平面 ABC.又 DE?平面 BDE，因此平面 BDE⊥平面 ABC.。

2018年高考数学二轮复习考前回扣7立体几何讲学案理

回扣 7 立体几何1．观点理解(1) 四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2) 三视图①三视图的正 ( 主 ) 视图、侧 ( 左 ) 视图、俯视图分别是从几何的正前面、正左方、正上方察看几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯同样长，俯侧同样宽，正侧同样高．②三视图摆列规则：俯视图放在正 ( 主 ) 视图的下边，长度与正 ( 主 ) 视图同样；侧 ( 左 ) 视图放在正 ( 主 ) 视图的右边，高度和正 ( 主 ) 视图同样，宽度与俯视图同样．2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面睁开图表面积体积直棱柱长方形S ＝ 2S 底＋S 侧V ＝S 底 · h圆柱长方形＝2π r 2 ＋2πrl＝π 2·lSVr1棱锥由若干三角形组成S ＝S 底＋S 侧V ＝3S 底 · h圆锥扇形S ＝π r 2＋π rl12V ＝ π r· h31棱台由若干个梯形组成＝S 上底＋S 下底＋S 侧V ＝3( S ＋ SS ′＋SS ′) · hS ＝π r ′ 2＋π(r ＋ r ′ ) l ＋＝ 1 π ( r 2＋ rr ′＋ ′圆台扇环π r 2V 3r2) · h球S ＝4π r2＝ 4πr 3S 33.平行、垂直关系的转变表示图(1)(2)两个结论a⊥αa∥b①b⊥α ? a∥b，②a⊥α?b⊥α. 4．用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a＝ (a1，1，1)，平面α，β的法向量分别为μ＝ (a2， 2，2)，vb c b c＝( a3，b3，c3) ．则有：(1)线面平行l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2) 线面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3) 面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.5．用向量求空间角(1) 直线l1，l2的夹角θ有 cos θ＝ |cos 〈l1，l2〉|( 此中l1，l2分别是直线l 1，l 2的方向向量) ．(2) 直线 l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos〈l，n〉|(此中l是直线l的方向向量，n 是平面α 的法向量)．(3) 平面α，β 的夹角θ 有cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，则α—l—β 二面角的平面角为θ或π－θ(此中n1，n2分别是平面α，β 的法向量)．1．混杂“点 A 在直线 a 上”与“直线 a 在平面α内”的数学符号关系，应表示为A∈ a，a?α.2．在由三视图复原为空间几何体的实质形状时，依据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不行见轮廓线为虚线．在复原空间几何体实质形状时一般是以正( 主 ) 视图和俯视图为主．3．易混杂几何体的表面积与侧面积的差别，几何体的表面积是几何体的侧面积与全部底面1面积之和，不可以遗漏几何体的底面积；求锥体体积时，易遗漏体积公式中的系数3.4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判断定理和性质定理，忽略判断定理和性质定理中的条件，致使判断犯错．如由α ⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β 的结论，就是因为忽略面面垂直的性质定理中?α的限制条件．m5．注企图形的翻折与睁开前后变与不变的量以及地点关系．比较前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的地点关系与数目关系去探究变化后的元素在空间中的位置与数目关系．6．几种角的范围两条异面直线所成的角0°<α≤90°；直线与平面所成的角0°≤α≤90°；二面角 0°≤α≤180°；两条订交直线所成的角( 夹角 )0 °<α≤90°；直线的倾斜角0°≤α<180°；两个向量的夹角0°≤α≤180°；锐角 0°<α<90°.7．空间向量求角时易忽略向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不可以依据几何体判断二面角的范围，忽略向量的方向，误认为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致犯错．1．(2017 ·重庆外国语学校月考) 一个几何体的三视图如下图，则这个几何体的体积是()D ．π答案 D分析由三视图可知，该几何体为球的33 4 3，其半径为1，则体积 V ＝ × ×π× 1 ＝π.44 32．直三棱柱— 1 1 1 的直观图及三视图如下图，D 为的中点，则以下命题是假命题ABC A BCAC的是 ()A ． AB 1∥平面 BDC 1B ． A 1C ⊥平面 BDC 1C ．直三棱柱的体积 V ＝ 4D ．直三棱柱的外接球的表面积为4 3π答案D分析由三视图可知，直三棱柱ABC — A 1B 1C 1 的侧面 B 1C 1CB 是边长为 2的正方形，底面 ABC 是等腰直角三角形， AB ⊥ BC ， AB ＝ BC ＝ 2.连结 B 1C 交 BC 1 于点 O ，连结 OD .在△ CAB 1中， O ， D 分别是 B 1C ， AC 的中点，∴OD ∥ AB 1，又 OD?平面 BDC1， AB1?平面 BDC1，∴AB1∥平面 BDC1.故A正确；在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中， AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥ BD.又 AB＝ BC＝2， D为AC的中点，∴BD⊥ AC，又 AA1∩ AC＝ A， AA1， AC?平面 AA1C1C，∴BD⊥ A1C.又 A1B1⊥ B1C1， A1B1⊥ B1B，∴A1B1⊥平面 B1C1CB，∴A1B1⊥ BC1.∵BC1⊥ B1C，且 A1B1∩ B1C＝ B1，∴BC1⊥平面 A1 B1C.∴BC1⊥ A1C，又 BD∩ BC1＝ B， BD， BC1?平面 BDC1，∴A1C⊥平面 BDC1.故B正确；1V＝ S△ABC× C1C＝×2×2×2＝4，故C正确；2此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π， D错．应选 D. 3．已知直线l，m和平面α，则以下结论正确的选项是 ()A．若l∥m，m? α，则l∥αB．若l ⊥α， ?α，则l⊥mmC．若l⊥m，l⊥α，则m∥αD．若l∥α，m? α，则l∥m答案 B分析若 l ∥ m，m?α，则 l ∥α或 l ?α，故A错误；若 l ⊥α，m?α，则 l ⊥m，B正确；若 l ⊥ m， l ⊥α，则 m?α或 m∥α，故C错误；若 l ∥α，m?α，则 l ∥ m或 l ， m异面，应选 B.4．已知相互垂直的平面α，β 交于直线l.若直线m，n知足m∥α，n⊥β，则() A．m∥l B ．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C分析由题意知，α∩β＝l，∴l?β，∵n⊥β，∴n⊥l.应选 C.5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β. 直线l知足l⊥m，l⊥n，l ?α，l ?β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β订交，且交线垂直于lD．α与β订交，且交线平行于l答案 D分析假定α∥β，由⊥平面α，⊥平面β，得∥，这与已知，为异面直线矛盾，m n m n m n那么α 与β 订交，设交线为l 1，则l 1⊥m，l 1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于 n，那么 l1 和 l 都垂直于直线m与 n 所确立的平面，所以l ∥l .1 16.如图，正方体 AC1的棱长为1，过点 A作平面 A1 BD的垂线，垂足为点 H，以下四个命题：①点 H是△ A1BD的垂心；② AH垂直于平面 CB1D1；③直线AH和BB1所成角为45°；④AH的延伸线经过点C1，此中假命题的个数为( )A． 0 B． 1C． 2 D． 3答案 B分析∵ AB＝ AA1＝ AD，BA1＝ BD＝A1D，∴三棱锥 A－ BA1D为正三棱锥，∴点 H是△ A1BD的垂心，故①正确；∵平面 A1BD与平面 B1CD1平行， AH⊥平面 A1BD，∴AH⊥平面 CB1D1，故②正确；∵AA1∥ BB1，∴∠ A1AH就是直线 AH和 BB1所成的角，在直角三角形AHA1中，23 6∵AA1＝1， A1H＝3×2×2＝3，6 2∴s in ∠A1AH＝3≠2，故③错误；依据正方体的对称性获得AH的延伸线经过C1，故④正确，应选 B.7．将正方体的纸盒睁开如图，直线AB， CD在原正方体的地点关系是()A．平行 B ．垂直C．订交成60°角 D．异面且成60°角答案 D分析如图，直线 AB，CD异面．由于 CE∥ AB，所以∠ ECD即为直线 AB，CD所成的角，由于△CDE为等边三角形，故∠ ECD＝60°.8．长方体的极点都在同一球面上，其同一极点处的三条棱长分别为3,4,5 ，则该球面的表面积为()A．25πB．50πC．75ππ答案 B分析设球的半径为R，由题意可得(2 R) 2＝ 32＋ 42＋ 52＝50，∴ 4R2＝ 50，球的表面积为S＝4πR2＝ 50π.9．如图，三棱锥A－ BCD的棱长全相等，点E 为AD的中点，则直线CE与 BD所成角的余弦值为 ( )答案 A分析方法一取AB中点G，连结EG，CG. ∵E 为 AD中点，∴ EG∥ BD.2018年高考数学二轮复习考前回扣7立体几何讲学案理∴∠ GEC 为 CE 与 BD 所成的角．设AB ＝ 1，11则 EG ＝ 2BD ＝ 2，3CE ＝ CG ＝ 2 ，222EG ＋ EC － GC∴cos ∠ GEC ＝2× EG ×EC1 23 2 3 2＋ 2 －22 ＝132×2× 23 ＝.6方法二设＝，则 → · → ＝ → － →→ → ＝ 1→ →→ →AC ) ·( －AB )AD － AC ·( －AB 1 CE BD ( AE AD 2 AD AB )＝1→ 2－ 1→ · →－ →·→＋→ ·→ 2AD 2AD AB AC AD AC AB ＝1－ 1 cos 60 °－ cos 60 °＋ cos 60 °＝ 1.2 24→→1∴cos 〈→， →〉＝CE ·BD＝4 ＝ 3 ，应选 A.CE BD→ →3 6| CE || BD |210．已知正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的侧棱长与底面边长相等，则 AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成角的正弦值等于()答案 A分析如下图成立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2 ，则 O (0,0,0) ，B (3 ，0,0) ， A (0 ，－ 1,0) ， B (→3，3， 0,2) ，则 AB ＝ (11→3， 0,0) 为侧面 ACC 1A 1 的法向量，1,2) ，则 BO ＝ ( － → → 6| AB 1· BO |故 sin θ＝ → → ＝ 4 .||||1AM AN间四边形ABCD 中，点 M ∈ AB ，点 N ∈ AD ，若＝，则直线 MN 与平面 BDC MB ND的地点关系是 ________．答案平行AM AN分析由＝，得MN∥ BD.MB ND而 BD?平面 BDC， MN?平面 BDC，所以 MN∥平面 BDC.12．已知长方体ABCD—A′B′C′D′，E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中点，从中任取两点确立的直线中，与平面AB′ D′平行的有________条．答案 6分析如图，连结EG， EH， FG，∵ EH綊 FG，∴EFGH四点共面，由EG∥ AB′， EH∥AD′，EG∩ EH＝ E， AB′∩ AD′＝ A，可得平面 EFGH与平面 AB′ D′平行，∴切合条件的共有 6 条．13．点P在正方形ABCD所在平面外， PA⊥平面 ABCD，PA＝ AB，则 PB与 AC所成角的大小是________．答案π3分析以 A为原点， AB所在直线为 x 轴， AD所在直线为 y 轴， AP所在直线为 z 轴成立空间直角坐标系，设正方形 ABCD的边长为1，则A(0,0,0) ，P(0,0,1) ，B(1,0,0) ，C(1,1,0)→，PB＝(1,0 ，－1)，→＝ (1,1,0) ，所以AC→ →1＋0×1＋0× ( －1)1cos 〈 PB ， AC 〉＝222222＝，1 ＋ 0 ＋ (－1) · 1 ＋ 1 ＋ 02所以和π所成的角为 60°，即 .PBAC314．设 m ，n 是不一样的直线， α， β，γ 是不一样的平面，有以下四个命题： α∥ β，α⊥ β，①?β ∥ γ；②? ⊥β ；α∥ γm ∥ αm⊥ α ，∥ ，mm n? m ∥ α.③? α⊥ β；④m ∥ βn ? α此中，正确的命题是 ________． ( 填序号 ) 答案 ①③分析①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中 m ，β 可能平行，订交或直线在平面内；③中由面面垂直的判断定理可知结论正确；④中， α 可能平行或线在面内．m15．如图 (1) ，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，∠ DAB ＝60°，点 E ，F 分别是边 CD ，CB 的中点，AC ∩ EF ＝ O ，沿 EF 将△ CEF 翻折到△ PEF ，连结 PA ，PB ，PD ，获得如图 (2) 所示的五棱锥 P－ABFED ，且 PB ＝ 10.(1) 求证： BD ⊥ PA ；(2) 求四棱锥 P － BFED 的体积．(1) 证明 ∵点 E ， F 分别是边 CD ， CB 的中点， ∴BD ∥ EF .∵菱形 ABCD 的对角线相互垂直，∴BD ⊥ AC .∴EF ⊥ AC .∴EF ⊥ AO ，EF ⊥ PO .∵AO ? 平面 POA ， PO ? 平面 POA ， AO ∩ PO ＝ O ，∴EF ⊥平面 POA ，∴BD ⊥平面 POA ，又 PA ? 平面 POA ， ∴BD ⊥ PA .(2) 解设 AO ∩ BD ＝H .连结 BO ，∵∠ DAB ＝60°，∴△ ABD 为等边三角形，∴BD ＝ 4， BH ＝ 2，HA ＝ 2 3， HO ＝ PO ＝ 3，在 Rt △中，＝2＋2＝ 7，BHO BO BH HO2 22在△ PBO 中， BO ＋ PO ＝ 10＝ PB ，∴PO ⊥ BO .∵PO ⊥ EF ，EF ∩ BO ＝O ， EF ? 平面 BFED ，BO ? 平面 BFED ，∴OP ⊥平面 BFED ，1 梯形 BFED 的面积 S ＝ ( EF ＋ BD ) ·HO ＝ 33，2∴四棱锥 P － BFED 的体积11V ＝ 3S · PO ＝ 3× 33× 3＝3.16. 如图，四棱锥 S － ABCD 的底面是正方形， SD ⊥平面 ABCD ，SD ＝ AD ＝a ，点 E 是 SD 上的点，且 DE ＝λa (0 ＜λ ≤ 1) ．(1) 求证：对随意的 λ∈ (0,1] ，都有 AC ⊥ BE ；(2) 若二面角 C － AE － D 的大小为 60°，求 λ 的值．(1) 证明如图，成立空间直角坐标系Dxyz ，则A ( a, 0,0)，B ( a ，a, 0) ，C (0 ，a, 0) ，D (0,0,0)，E (0,0 ， λa ) ．→ → ∴AC ＝ ( － a ，a, 0) ，BE ＝ ( － a ，－ a ， λa ) ，→ →对随意 λ∈ (0,1] 都成立，即对随意的 λ ∈(0,1] ，都有 AC ⊥ BE .∴AC · BE ＝ 0(2) 解明显＝ (0,1,0) 是平面的一个法向量，设平面的法向量为＝( x ，， ) ，nADEACEmyz→→→m ·AC ＝ 0，∵AC ＝ ( － a ，a, 0) ，AE ＝ ( － a, 0， λa ) ，∴·→＝ 0，m AE－ax＋ay＝0，即－ax＋λaz＝0，x－ y＝0，∴x－λz＝0，取 z＝1，则 x＝ y＝λ，∴m＝(λ，λ，1)，∵二面角 C－ AE－ D的大小为60°，∴cos 〈n，m〉＝n· m λ1 | | | | ＝1＋2λ2＝，2 n mλλ2 ∵∈ (0,1] ，∴＝2 .。

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