高考数学二轮复习(三)立体几何专练 文
备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32， 所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量， 于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
2019版二轮复习数学(理)全国版专题三 第二讲 大题考法——立体几何
第二讲 大题考法——立体几何[典例感悟][典例1] (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.[解] (1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0，23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面P AC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.[典例2] (2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为MN ⊄平面P AB ，AT ⊂平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz . 由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM ―→＝(0,2，－4)，PN ―→＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN ―→＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM ―→＝0，n ·PN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN ―→〉|＝|n ·AN ―→||n ||AN ―→|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.[类题通法]1．证明空间位置关系要抓两点一是平面图形中的平行与垂直关系，这是证明空间线面平行与垂直关系的起点，特别是三角形、梯形中的平行与垂直关系；二是准确利用空间线、面平行与垂直的判定与性质定理，尤其是定理中的条件要记全、记准，切忌因记漏条件或错用定理等导致出错．2．利用空间向量求线面角的解题模型[对点训练](2018·唐山模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P -AC -E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥PC . 因为AB ＝2AD ＝2CD ， 所以AC ＝BC ＝2AD ＝2CD ， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ， 所以AC ⊥平面PBC . 因为AC ⊂平面EAC ， 所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)如图，以C 为原点，CB ―→，CA ―→，CP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB ＝2，CP ＝2a (a >0)．则C (0,0,0)，A (0,2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2a )，则E (1,0，a )，CA ―→＝(0,2,0)，CP ―→＝(0,0,2a )，CE ―→＝(1,0，a )，易知m ＝(1,0,0)为平面P AC 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA ―→＝n ·CE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋az ＝0，取x ＝a ，则z ＝－1，n ＝(a,0，－1)．依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋1＝63，则a ＝ 2.于是n ＝(2，0，－1)，P A ―→＝(0,2，－22)．设直线P A 与平面EAC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈P A ―→，n 〉|＝|P A ―→·n ||P A ―→||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23.[典例1] (2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是C D 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.[解] (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .因为DM ⊂平面AMD ，所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .当三棱锥M -ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM ―→＝0，n ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n ||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.[典例2] (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值.[解] (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面P AD ， 故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，F A ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，P A ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·P A ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 由图知二面角A -PB -C 为钝角， 所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33. [类题通法]利用空间向量求二面角的解题模型[对点训练]如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD＝5，AD＝6，∠DAB＝60°，E为AB的中点．(1)证明：AC⊥PE；(2)求二面角D-P A-B的余弦值．解：(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OE，BD，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，∵O，E分别为AD，AB的中点，∴OE∥BD，∴AC⊥OE.∵P A＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD，又∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC，∵OE∩OP＝O，∴AC⊥平面POE，∴AC⊥PE.(2)连接OB，∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB，又∠DAB＝60°，∴△DAB为等边三角形，又O为AD的中点，∴OB⊥AD，∵PO⊥平面ABCD，OA⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP，OA，OB两两垂直．以OA ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (3,0,0)，B (0,33，0)，P (0，0,4)，OB ―→＝(0,33，0)为平面P AD 的一个法向量．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AP ―→＝(－3,0,4)，AB ―→＝(－3,33，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AB ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4z ＝0，－3x ＋33y ＝0，取x ＝1，则y ＝33，z ＝34，n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，34为平面P AB 的一个法向量，∴cos 〈OB ―→，n 〉＝OB ―→·n |OB ―→||n |＝333×1＋13＋916＝49191， 结合图形可知二面角D -P A -B 的余弦值为49191.[典例感悟][典例] (2016·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 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．[解](1)证明：因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，P A∩AB＝A，所以PD⊥平面P AB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为P A＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面P AD，平面P AD⊥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 . 如图所示，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)． 则PD ―→＝(0，－1，－1)，PC ―→＝(2,0，－1)，PB ―→＝(1,1，－1)， 设平面PCD 的法向量为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)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 ，当且仅当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BCD ，此时AM AP ＝14.[类题通法]利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．[对点训练](2018·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝2.(1)求证：AB ⊥PC;(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，又P A ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0,2 2，－2)，AC ―→＝(22，22，0)，AP ―→＝(0,0,2)．设PM ―→＝t PD ―→ (0<t <1)，则PM ―→＝(0,22t ，－2t )， 所以AM ―→＝AP ―→＋PM ―→＝(0,22t,2－2t )． 设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n || m || n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝cos 45°＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的法向量n ＝(1，－1，2)，M (0，2，1)， BM ―→＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝|n ·BM ―→||n ||BM ―→|＝269.所以存在PD 的中点M 使得二面角M -AC -D 的大小为45°，且BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.[解题通法点拨] 立体几何问题重在 “建”——建模、建系[循流程思维——入题快]立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型； 建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．[按流程解题——快又准][典例] (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．[解题示范](1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形， CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ， 故CE ∥平面P AB .❶(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．❷❶建模：证明线面平行的模型：⎭⎬⎫a ⊄αb ⊂αa ∥b ⇒a ∥α.❷建系：将线面角、二面角的求解问题转化为空间向量的计算问题． 设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M -AB -D 为锐角， 因此二面角M -AB -D 的余弦值为105. [思维升华] 立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．[应用体验](2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 又PF ∩EF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF ―→的方向为y 轴正方向，|BF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又因为DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2， 所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP ―→＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32.又HP ―→为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP ―→·DP ―→||HP ―→||DP ―→|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.[课时跟踪检测] A 卷——大题保分练1.(2018·洛阳模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝PD ＝2，且平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：平面AEF ⊥平面PCD ；(2)求平面AEF 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：由题意知，P A ＝PD ＝AD ，F 为PD 的中点， 可得AF ⊥PD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴CD ⊥平面P AD .又AF ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AF ， 又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ，又AF ⊂平面AEF ， ∴平面AEF ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点O ，BC 的中点G ，连接OP ，OG ，∵P A ＝PD ＝AD ，∴OP ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，OP ⊂平面P AD ，∴OP ⊥平面ABCD . 分别以OA ，OG ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (－1,2,0)，E ⎝⎛⎭⎫－12，1，32，F ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，AF ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，FE―→＝(0,1,0)．设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF ―→＝0，m ·FE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋32z ＝0，y ＝0，可取m ＝(1,0，3)，为平面AEF 的一个法向量． 同理，可得平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，3，1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1×3＋3×12×7＝217.∴平面AEF 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值为217. 2.(2018·山西八校联考)如图，三棱柱ABC -A1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，CC 1⊥底面ABC ，AC ＝BC ＝CC 1＝2，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，B 1C 1的中点，G 是棱BB 1上的动点．(1)当BGBB 1为何值时，平面CDG ⊥平面A 1DE? (2)求平面A 1BF 与平面A 1DE 所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)当BG BB 1＝12，即G 为BB 1的中点时，平面CDG ⊥平面A 1DE .证明如下：因为点D ，E 分别是AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC 且DE ＝12AC ，又AC ∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1， 所以DE ∥A 1C 1，DE ＝12A 1C 1，故D ，E ，C 1，A 1四点共面．如图，连接C1E 交GC 于H .在正方形CBB 1C 1中，tan ∠C 1EC ＝2，tan ∠BCG ＝12，故∠CHE ＝90°，即CG ⊥C 1E .因为A 1C 1⊥平面CBB 1C 1，CG ⊂平面CBB 1C 1，所以DE ⊥CG ，又C 1E ∩DE ＝E ，所以CG ⊥平面A 1DE ， 故平面CDG ⊥平面A 1DE .(2)由(1)知，当G 为BB 1的中点时，平面A 1DE 的一个法向量为CG ―→.三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，CC 1⊥底面ABC ，所以以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为AC ＝BC ＝CC 1＝2，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，B 1C 1的中点，所以C (0,0,0)，A 1(2,0,2)，D (1,1,0)，E (0,1,0)，B (0,2,0)，F (0,1,2)，G (0,2,1)，A 1B ―→＝(－2,2，－2)，A 1F ―→＝(－2,1,0)，CG ―→＝(0,2,1)．由CD 知CG ―→为平面A 1DE 的一个法向量．设平面A 1BF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1F ―→＝0，n ·A 1B ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＝0，－2x ＋2y －2z ＝0， 令x ＝1得n ＝(1,2,1)，为平面A 1BF 的一个法向量．设平面A 1BF 与平面A 1DE 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|CG ―→·n ||CG ―→|·|n |＝530＝306， 所以平面A 1BF 与平面A 1DE 所成的锐二面角的余弦值为306. 3．如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图②所示的四棱锥D 1-ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)设F 为CD 1的中点，试在AB 上找一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ；(2)求直线BD 1与平面CD 1E 所成的角的正弦值．解：(1)如图，取D1E 的中点，记为L ，连接AL ，FL ，则FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ， ∴M ，F ，L ，A 四点共面，且平面D 1AE ∩平面AMFL ＝AL ，若MF ∥平面D 1AE ，则MF ∥AL ，∴四边形AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝14AB .(2)取AE 的中点O ，过点O 作OG ⊥AB 于G ，OH ⊥BC 于H ，连接OD 1.∵AD 1＝D 1E ，∴D 1O ⊥AE ，∴D 1O ⊥平面ABCE ，D 1O ⊥OG ，D 1O⊥OH ，又易得OG ⊥OH ，故OG ，OH ，OD 1两两垂直，以O 为坐标原点，OG ，OH ，OD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则B (1,3,0)，C (－1,3,0)，E (－1,1,0)，D 1(0,0，2)．故BD 1―→＝(－1，－3，2)，CD 1―→＝(1，－3，2)，CE ―→＝(0，－2,0)．设平面CD 1E 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CD 1―→＝0，m ·CE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋2z ＝0，－2y ＝0， 取x ＝2，得m ＝(2，0，－1)．设直线BD 1与平面CD 1E 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，BD 1―→〉|＝|m ·BD 1―→||m ||BD 1―→|＝|－22|3×12＝23. 即直线BD 1与平面CD 1E 所成的角的正弦值为23.4.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，H是CF 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求直线DH 与平面BDEF 所成角的正弦值；(3)求二面角H -BD -C 的大小．解：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD .又∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，且AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥平面BDEF .(2)设AC ∩BD ＝O ，取EF 的中点N ，连接ON ，∵四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点，∴ON ∥ED .∵ED ⊥平面ABCD ，∴ON ⊥平面ABCD .由AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直．∴以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．∵底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，∴A (0，－3，0)，B (1,0,0)，D (－1，0,0)，E (－1,0,3)，F (1,0,3)，C (0，3，0)，H ⎝⎛⎭⎫12，32，32. ∵AC ⊥平面BDEF ，∴平面BDEF 的法向量AC ―→＝(0,23，0)．设直线DH 与平面BDEF 所成角为α，∵DH ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，32， ∴sin α＝|cos 〈DH ―→，AC ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪DH ―→·AC ―→|DH ―→||AC ―→|＝77， ∴直线DH 与平面BDEF 所成角的正弦值为77. (3)由(2)，得BH ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，32，DB ―→＝(2,0,0)． 设平面BDH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为ED ―→＝(0,0，－3)，则cos 〈n ，ED ―→〉＝n ·ED ―→|n ||ED ―→|＝－12， 由图可知二面角H -BD -C 为锐角，∴二面角H -BD -C 的大小为60°.B 卷——深化提能练1.(2019届高三·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD为直角梯形，其中CD ∥AB ，BC ⊥AB ，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ＝AE ＝BE ＝2BC ＝2CD ＝2，动点F 在棱AE ，且EF ＝λF A .(1)试探究λ的值，使CE ∥平面BDF ，并给予证明；(2)当λ＝1时，求直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值．解：(1)当λ＝12时，CE ∥平面BDF .证明如下：连接AC 交BD 于点G ，连接GF (图略)，∵CD ∥AB ，AB ＝2CD ，∴CG GA ＝CD AB ＝12， ∵EF ＝12F A ，∴EF F A ＝CG GA ＝12，∴GF ∥CE ， 又CE ⊄平面BDF ，GF ⊂平面BDF ，∴CE ∥平面BDF .(2)如图，取AB 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AB ，∵平面ABE ⊥平面ABCD ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，∴EO ⊥平面ABCD ，连接DO ，∵BO ∥CD ，且BO ＝CD ＝1，∴四边形BODC 为平行四边形，∴BC ∥DO ，又BC ⊥AB ，∴AB ⊥OD ，则OD ，OA ，OE 两两垂直，以OD ，OA ，OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0,1,0)，B (0，－1,0)，D (1,0,0)，C (1，－1，0)，E (0,0，3)．当λ＝1时，有EF ―→＝F A ―→，∴F ⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴BD ―→＝(1,1,0)，CE ―→＝(－1,1，3)，BF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，32，32. 设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD ―→＝0，n ·BF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝0，32y ＋32z ＝0，令z ＝3，得y ＝－1，x ＝1，则n ＝(1，－1，3)为平面BDF 的一个法向量，设直线CE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CE ―→，n 〉|＝15， 故直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值为15.2.(2018·山东潍坊模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面四边形ABCD内接于圆O ，AC 是圆O 的一条直径，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AC ＝2，E是PC 的中点，∠DAC ＝∠AOB .(1)求证：BE ∥平面P AD ；(2)若二面角P -CD -A 的正切值为2，求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵∠DAC ＝∠AOB ，∴AD ∥OB .∵E 为PC 的中点，O 为圆心，连接OE ，∴OE ∥P A ，又OB ∩OE ＝O ，P A ∩AD ＝A ，∴平面P AD ∥平面EOB ，∵BE ⊂平面EOB ，∴BE ∥平面P AD .(2)∵四边形ABCD 内接于圆O 且AC 为直径，∴AD ⊥CD ，又P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ，又P A ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD ，∴∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角，∵tan ∠PDA ＝2，P A ＝2，∴AD ＝1，如图，以D 为坐标原点，DA所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD的直线为z 轴建立空间直角坐标系D -xyz .P A ＝AC ＝2，AD ＝1，延长BO 交CD 于点F ，∵BO∥AD ，∴BF ⊥CD ，∴BF ＝BO ＋OF ，∴BF ＝1＋12＝32，又CD ＝3，∴DF ＝32，∴P (1,0,2)，B ⎝⎛⎭⎫32，32，0，C (0，3，0)，CP ―→＝(1，－3，2)，DC ―→＝(0，3，0)，设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CP ―→＝0，n ·DC ―→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋2z ＝0，3y ＝0. 令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0.∴n ＝(－2,0,1)是平面PCD 的一个法向量，又PB ―→＝⎝⎛⎭⎫12，32，－2， ∴|cos 〈PB ―→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ―→·n |PB ―→||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋0－25×5＝35， ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为35. 3.(2018·合肥一模)如图，已知平行四边形ABCD 与△EMN 所在的平面都与矩形BDEF 所在的平面垂直，且∠BAD ＝60°，AB ＝MN ＝2AD ＝2，EM ＝EN ，F 为MN 的中点．(1)求证：MN ∥AD ；(2)若直线AE 与平面ABCD 所成的角为60°，求二面角M -AB -C 的余弦值．解：(1)证明：在△ABD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝2，AD ＝1，由余弦定理可得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠BAD ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .又平面ABCD ⊥平面BDEF ，平面ABCD ∩平面BDEF ＝BD ，所以AD ⊥平面BDEF .在△EMN 中，EM ＝EN ，F 为MN 的中点，所以MN ⊥EF ，又平面EMN ⊥平面BDEF ，平面EMN ∩平面BDEF ＝EF ，所以MN ⊥平面BDEF .所以MN ∥AD .(2)在矩形BDEF 中，ED ⊥BD ，又平面ABCD ⊥平面BDEF ，平面ABCD ∩平面BDEF ＝BD ，所以ED ⊥平面ABCD . 所以∠EAD 为直线AE 与平面ABCD 所成的角，故∠EAD ＝60°.在Rt △EAD 中，ED ＝AD tan ∠EAD ＝1×tan 60°＝ 3.如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DB ，DE 所在直线为x轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)，M (1，3，3)，MA ―→＝(0，－3，－3)，AB ―→＝(－1，3，0)．因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ―→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量．设平面MAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥MA ―→，n ⊥AB ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·MA ―→＝－3y －3z ＝0，n ·AB ―→＝－x ＋3y ＝0， 整理得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＝3y ，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－1，所以n ＝(3，1，－1)是平面MAB 的一个法向量．所以cos 〈DE ―→ ，n 〉＝DE ―→·n |DE ―→|×|n |＝－3×13×(3)2＋12＋(－1)2＝－55. 设二面角M -AB -C 的大小为θ，由图可知θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈DE ―→，n 〉＝－55. 4．已知直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2，AD ＝2，AB ＝1，如图①所示，将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置得三棱锥P -BCD ，如图②所示．(1)求证：BD ⊥PC ；(2)当平面PBD ⊥平面PBC 时，求二面角P -DC -B 的大小．解：(1)证明：在图①中，连接AC ，交BD 于点G ，因为∠CDA ＝∠DAB ＝90°，所以tan ∠CAD ＝CD AD ＝2，tan ∠DBA ＝AD AB＝2， 所以∠CAD ＝∠DBA ，因为∠CAD ＋∠BAG ＝90°，所以∠DBA ＋∠BAG ＝90°，所以BD ⊥AC .所以将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置后，仍有BD ⊥PG ，BD ⊥CG ，如图②所示， 又PG ∩CG ＝G ，所以BD ⊥平面PCG ，又PC ⊂平面PCG ，所以BD ⊥PC .(2)因为平面PBD ⊥平面PBC ，PB ⊥PD ，平面PBD ∩平面PBC ＝PB ，PD ⊂平面PBD ，所以PD ⊥平面PBC ，因为PC ⊂平面PBC ，所以PD ⊥PC ，又BD ⊥PC ，BD ∩PD ＝D ，所以PC ⊥平面PBD ，所以BP ⊥CP . 以P 为坐标原点，PC ，PB ，PD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图③所示，则P (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2，0,0)，D (0,0，2)，BD ―→＝(0，－1，2)，BC ―→＝(2，－1,0)，易知平面PCD 的一个法向量为m ＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ BD ―→·n ＝0，BC ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0， 令x ＝1，则y ＝2，z ＝1，得n ＝(1，2，1)是平面BCD 的一个法向量． 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22， 易知二面角P -DC -B 为锐角，所以二面角P -DC -B 的大小为45°.。
立体几何中的最值问题-高考数学二轮复习之大题考点专练
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的最值问题常见考点考点一 最大值问题典例1．如图，在ABC 中，1AC BC ==，120ACB ∠=︒，O 为ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，且6PO =(1)求证：//BO 平面PAC ；(2)设平面PAO 面PBC l =，若点M 在线段PC （不含端点）上运动，当直线l 与平面ABM 所成角取最大值时，求二面角A BM O --的正弦值.变式1-1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点D 在边BC 上，E 为11B C 的中点.(1)如果D 为BC 的中点，求证：平面1BA E ∥平面1C DA ；(2)设锐二面角11/B AC D --的平面角为α，CD CB λ=，1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当λ取何值时，cos α取得最大值？变式1-2．如图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，2===，1SA AB BCAD=，M是棱SB的中点．(1)求证：//AM平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值；(3)设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值.-中，点O，E分别是BD，BC中点，点F是SE 变式1-3．如图，在正四棱锥S ABCD上的一点.(1)证明：OF BC⊥；(2)若四棱锥S ABCD-的所有棱长为22OF与平面SDE所成角的正弦值的最大值.考点二最小值问题典例2．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，1BF =，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BDEF ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成的夹角为θ，试求θ的最小值.变式2-1．如图，在ABC 中，1AB =，22BC =4B π=，将ABC 绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 的中点.(1)求二面角P BC A --的平面角的余弦值；(2)设Q 是线段PA 上的动点，当PC 与DQ 所成角取得最小值时，求线段AQ 的长度.变式2-2．如图，四棱锥S ABCD -的底面为矩形，SD ⊥底面ABCD ，设平面SAD 与平面SBC 的交线为m ．（1）证明：//m BC ，且m ⊥平面SDC ；（2）已知2SD AD DC ===，R 为m 上的点求SB 与平面RCD 所成角的余弦值的最小值．变式2-3．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，1BF =.（1）求证：BD ⊥平面AED ，AD ⊥平面BDEF ；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.巩固练习练习一 最大值问题1．如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =，点1A 在平面ABC 的射影为线段AC的中点，侧面11AAC C 是菱形，过点1,,B B D 的平面α与棱11A C 交于点E ．(1)证明：四边形1BB ED 为矩形；(2)求1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值的最大值．2．如图，在矩形ABCD 中，M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，2AD =，4AB =，将ADM △沿DM 翻折，在翻折过程中A 点记为P 点．(1)从ADM △翻折至NDM 的过程中，求点P 运动的轨迹长度；(2)翻折过程中，二面角P −BC −D 的平面角为θ，求tan θ的最大值.3．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)若二面角A PC D，求PA的长；--的平面角的正切值为12(3)在（2）的条件下，若Q为线段PC上一点，求BQ与面PCD所成角为θ，求sinθ的最大值．4．如图，在直角三角形AOB中，30∠=︒，斜边4OABAB=，直角三角形AOC可以--是直二面角，动点D在斜边通过AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO CAB上.(1)求证：平面COD⊥平面AOB；(2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.练习二最小值问题5．如图，ABCD为正方形，PDCE为直角梯形，90∠=，平面ABCD⊥平面PDCE，PDC且22PD AD EC ===.（1）若PE 和DC 延长交于点F ，求证：//BF 平面PAC ；（2）若Q 为EC 边上的动点，求直线BQ 与平面PDB 所成角正弦值的最小值.6．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC BC ===，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =，设点M 在线段EF 上运动.（1）证明：BC AM ⊥；（2）设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，求θ的最小值.7．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．8．如图，正方形ABCD 边长为1，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且1ED FB ==（E ，F 在平面ABCD 同侧），G 为线段EC 上的动点．（1）求证：AG DF ⊥；（2）求22AG BG +的最小值，并求取得最小值时二面角B AG C --的余弦值。
2015届高三二轮复习立体几何专题训练
D CB A FEABCA 1OB 1C 112015届高三二轮复习立体几何专题训练1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．（1）求证：平面//BCF 面AED ；（2）若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2．如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD -，如图2所示. （1）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF ； （2）求证：BD ⊥1A F ；（3）若平面1A BD ⊥平面BCD，试判断直线1AB 与直线CD 能否垂直？并说明理由.3．如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面M ABCD ,和N 分别是AD 和BC 的中点。
（1）求证：MN PM ⊥；（2）求证：平面PMN ⊥平面PBC ；（3）在PA 上是否存在点Q ，使得平面//QMN 平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。
4．如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN \是矩形，平面⊥MADN 平面ABCD ，F E ,分别为DC MA ,的中点，求证：（1）//EF 平面MNCB ；（2）平面MAC ⊥平面BND ．5．如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（1）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （2）求点C 到平面ABD 的距离.6．如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，O 是AC 的中点，O A 1⊥平面090,=∠BCA ABC ，BC AC AA ==1.（1）求证：1AC ⊥平面BC A 1;（2）若21=AA ，求三棱锥AB A C 1-的高的大小．7．已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点. 求证：（１）//1O C 面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ． （3）平面//11D AB 平面BD C 1ABCD图2 EBACD图1E1图PGFE DCBA8． 如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。
二轮复习之立体几何
（ ） 面距 离．设Ｊ 是平 面Ａ Ｃ的 ９点 ｌ Ｂ
法 向量 ，则点删 平 面Ａ Ｃ的距 离ｄ ＝
（） 线平行 ． １线 若劢 ∥ ， 则
Ａ Ｃ ． Ｂ ？Ｄ
（） 面 平行． ２线
Ｊ 。 两 露ｆ ｌｌ ‘ ， ｌ
（ ，是平面 Ｉ） ｌ 的法 向量 ， 若 上
上＆ Ｊ
（） ６ 线线 成角． ＡＢ 设 与Ｃ Ｄ所成角
大小为 则ｃｓ ｆ ｓ ， ＞． ， ｏ ｃ（ １ ｏ
匿 暖豳
使用空间向量对空
（） 面 成 角．设 Ⅳ与 平 面ＡＢ ７线 Ｃ 所 成 角大 小 为 若ｎ是 平 面Ａ 的法 ， Ｃ
间几 何 问题 进行 运 算 和证 明 ． 键 是 关
破解 思 路 立 体 几 何 中 平 行 和
垂 直 的证 明（ 判 断 ）一方 面可 以利 或 ．
用 平 行 和 垂 直 的 判 定 定 理 或 性 质 定
面 面 垂 直 判 定 定 理 ： 个 平 面 过 一
另 一 个 平 面 的 垂 线 ． 这 两 个 平 面 垂 则
理 进 行 推 理 论 证 ： 一 方 面 可 以 借 助 另
（ ） 线 段Ｂ 上 是 否 存 在 一 点 Ⅱ 在 Ｂ。
，
个 平 面 的 两 条 直 线 平 行 ． ｎ ， Ｌ 即 上 ｂ－
＝ ｑ
Ｄ Ｃ ， Ｄ ｎ Ｃ ＝Ｄｌ ＤＩ ，所 以 平 面
？ｂ ｝．
Ｄ ∥ 平面ＡＩ 因为Ｄ０ｃ平 面 Ｃ Ｂ Ｃ 。 Ｄ ， ４Ｃ 所以Ｄ０ ｌ∥平面Ａ１Ｃ Ｂ
高 考 强 化 了对 立 体 几何 的 “ 化 包 装 ” 呈 现 出 “ 花 美 ， 百 齐放 ， 彩 缤纷 ” 五 的局面 ．本 文 通 过 对 “ 形 色 色 ” 立 形 的 体 几何 题 进 行 分类 解 析 ， 从 而 帮 助 大 家 更 好 地 理 解 和
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。
xyz。
由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题3立体几何文科第1讲空间几何体三视图表面积与体积文理
表面两两垂直的平面共有
(C )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
23
【解析】 根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四 棱锥体．如图所示：平面与平面的位置关系：平面ABCD⊥平面PBC、 平面ABCD⊥平面PCD、平面PBC⊥平面PCD、平面PAB⊥平面PBC、 平面PAD⊥平面PCD.故选C．
Ⅲ卷
题号 3、12 11、 20(2)
9
考查角度
分值
与棱锥有关的计算；求球的表面积 10
在求点到面的距离时涉及球的表面积；
求四棱锥的体积
11
由三视图求几何体的表面积
5
9
年份 2019
2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 16 16 16 9 16
3、12
考查角度 点到平面的距离 多面体的棱长与面的个数
21
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平 行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的 z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直 观图中仍平行于z′轴且长度不变．
22
1．(2020·浙江模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体
38
考向2 空间几何体的体积
典例3 (1)(2020·葫芦岛模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱
长为2，在A，B，C，D，C1，D1这六个顶点中，选择两个点与A1，B1构
成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与A1，B1构成正三棱锥
Q，M表示P与Q的公共部分，则M的体积为
( A)
A．13
20届高考数学(理)二轮复习 第2部分 专题3 第2讲 立体几何(1)
第2讲 立体几何(大题)热点一 平行、垂直关系的证明用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.例1 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点.运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0，1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA →＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又BF ，BC ⊂平面BCF ，OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .(2)由题意及(1)知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0，∴OM →⊥CD →，OM →⊥FC →， 即OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .跟踪演练1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，BC ＝2，AD ＝CD ＝1，M 是PB 的中点.(1)求证：AM ∥平面PCD ； (2)求证：平面ACM ⊥平面P AB .证明 (1)如图，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C －xyz ，则A (1,1,0)，B (0,2,0)，C (0,0,0)，D (1,0,0)，P (1,1，a )(a >0)，M ⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，CP →＝(1,1，a )，CD →＝(1,0,0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，a 2， 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＋az 0＝0，x 0＝0，令y 0＝a ，则n 1＝(0，a ，－1)， 所以AM →·n 1＝a 2－a 2＝0，又AM ⊄平面PCD ， 所以AM ∥平面PCD .(2)由(1)得，CA →＝(1,1,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫12，32，a 2， 设平面ACM 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，12x 1＋32y 1＋a2z 1＝0， 令x 1＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2a ， AP →＝(0,0，a )，AB →＝(－1,1,0)，设平面P AB 的法向量为n 3＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2＝0，az 2＝0，令x 2＝1，则n 3＝(1,1,0)， 所以n 2·n 3＝1－1＝0. 所以平面ACM ⊥平面P AB .热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2).平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同). (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)二面角设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 (2019·南昌模拟)如图，四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD ＝60°，CD ＝CC 1＝2C 1D 1＝4，E 是棱BB 1的中点.(1)求证：AA 1⊥BD ；(2)求二面角E －A 1C 1－C 的余弦值.(1)证明 因为C 1C ⊥底面ABCD ，所以C 1C ⊥BD . 因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 又AC ∩CC 1＝C ，AC ，CC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 又AA 1⊂平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥AA 1.(2)解 如图，设AC 交BD 于点O ，依题意，A 1C 1∥OC 且A 1C 1＝OC ， 所以四边形A 1OCC 1为平行四边形， 所以A 1O ∥CC 1，且A 1O ＝CC 1. 所以A 1O ⊥底面ABCD .以O 为原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系. 则A (23，0,0)，A 1(0,0,4)，C 1(－23，0,4)，B (0,2,0)， AB →＝(－23，2,0).由A 1B 1----→＝12AB →，得B 1(－3，1,4).因为E 是棱BB 1的中点， 所以E ⎝⎛⎭⎫－32，32，2， 所以EA 1→＝⎝⎛⎭⎫32，－32，2，A 1C 1----→＝(－23，0,0).设n ＝(x ，y ，z )为平面EA 1C 1的法向量，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1----→＝－23x ＝0，n ·EA 1→＝32x －32y ＋2z ＝0，取z ＝3，得n ＝(0,4,3)，平面A 1C 1C 的法向量m ＝(0,1,0)，又由图可知，二面角E －A 1C 1－C 为锐二面角， 设二面角E －A 1C 1－C 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝45，所以二面角E －A 1C 1－C 的余弦值为45.跟踪演练2 (2019·河南名校联盟联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠P AB ＝90°，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠P AD ＝120°.E 和F 分别是棱CD 和PC 的中点.(1)求证：CD ⊥BF ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成的角的正弦值. (1)证明 ∵E 为CD 中点，CD ＝2AB ， ∴AB ＝DE .又AB∥CD，∴四边形ABED为平行四边形.∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，∴四边形ABED为矩形，∴AB⊥AD.由∠P AB＝90°，得P A⊥AB，又P A∩AD＝A，P A，AD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD.∵AB∥CD，∴CD⊥平面P AD.又PD⊂平面P AD，∴CD⊥PD.∵EF∥PD，∴CD⊥EF.又CD⊥BE，BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF.又∵BF⊂平面BEF，∴CD⊥BF.(2)解由(1)知AB⊥平面P AD.以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，平面P AD内过点A且与AD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示.∵∠P AD＝120°，∴∠P Az＝30°.又PB＝6，AB＝2，AB⊥P A，∴P A＝2.∴点P到z轴的距离为1.∴P(0，－1，3)，同时知A(0,0,0)，B(2，0,0).又BC＝BD＝6，CD＝22，∴BE＝2.∴C (22，2,0)，D (0,2,0).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝(x ，y ，z )·(0，3，－3)＝0，n ·CD →＝(x ，y ，z )·(－22，0，0)＝0，得⎩⎨⎧3y －3z ＝0，－22x ＝0.令y ＝1，则n ＝(0,1，3). 又PB →＝(2，1，－3)，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n |·|PB →|＝22＋1＋3×1＋3＝66.即直线PB 与平面PCD 所成的角的正弦值为66. 热点三 利用空间向量解决探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.例3 (2019·临沂模拟)如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE ＝1，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ；(2)线段AD 上是否存在一点M ，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34？若存在，试确定点M 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 ∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴BF ⊥AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABE ， ∵AE ⊂平面ABE ， ∴CB ⊥AE ，∵BF ∩BC ＝B ，BF ，BC ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE .(2)解 线段AD 上存在一点M ，当AM ＝3时，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34. ∵AE ⊥平面BCE ，BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥BE ，在Rt △AEB 中，AB ＝2，AE ＝1， ∴∠ABE ＝30°，∠BAE ＝60°，以A 为原点，建立空间直角坐标系A －xyz ， 设AM ＝h ，则0≤h ≤2， ∵AE ＝1，∠BAE ＝60°， ∴M (0,0，h )，E ⎝⎛⎭⎫32，12，0，B (0,2,0)，C (0,2,2)，所以ME →＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，CE →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，－2，设平面MCE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·ME →＝3x 2＋12y －hz ＝0，n ·CE →＝3x 2－32y －2z ＝0，令z ＝2，解得n ＝⎝⎛⎭⎫33(2＋3h )，h －2，2，平面ABE 的一个法向量m ＝(0,0,1)，由题意可知cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝213(2＋3h )2＋(h －2)2＋4＝34， 解得h ＝3，所以当AM ＝3时，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34. 跟踪演练3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝AA 1＝2，点P 为棱B 1C 1的中点，点Q 为线段A 1B 上一动点.(1)求证：当点Q 为线段A 1B 的中点时，PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ →＝λBA 1→，试问：是否存在实数λ，使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由. (1)证明 连接AB 1，AC 1，∵点Q 为线段A 1B 的中点， ∴A ，Q ，B 1三点共线， 且Q 为AB 1的中点， ∵点P 为B 1C 1的中点， ∴PQ ∥AC 1.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AC ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1， 又AC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BC ⊥AC 1.∵AC ＝AA 1，∴四边形ACC 1A 1为正方形， ∴AC 1⊥A 1C ，又A 1C ，BC ⊂平面A 1BC ，A 1C ∩BC ＝C ， ∴AC 1⊥平面A 1BC ， 而PQ ∥AC 1， ∴PQ ⊥平面A 1BC .(2)解 由题意可知，CA ，CB ，CC 1两两垂直，以C 为原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C －xyz ， 连接B 1Q ，PB ，设Q (x ，y ，z )， B (0,2,0)，A 1(2,0,2)， P (0,1,2)，B 1(0,2,2)， ∵BQ →＝λBA 1→，∴(x ，y －2，z )＝λ(2，－2,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2λ，y ＝2－2λ，z ＝2λ，∴Q (2λ，2－2λ，2λ). ∵点Q 在线段A 1B 上运动，∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量， 设平面A 1PB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， BP →＝(0，－1,2)，P A 1→＝(2，－1,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝0，n 1·P A 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0，令y ＝2，得n 1＝(1,2,1)，设平面B 1PQ 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， PB 1→＝(0,1,0)，B 1Q →＝(2λ，－2λ，2λ－2).由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB 1→＝0，n 2·B 1Q →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，2λx －2λy ＋(2λ－2)z ＝0，令z ＝1得n 2＝⎝⎛⎭⎫1－λλ，0，1＝1λ(1－λ，0，λ)， 取n 2＝(1－λ，0，λ)，由题意得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|()1，2，1·()1－λ，0，λ|6·(1－λ)2＋λ2＝16×2λ2－2λ＋1＝3010，∴9λ2－9λ＋2＝0， 解得λ＝13或λ＝23，∴当λ＝13或λ＝23时，平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010.真题体验(2019·全国Ⅰ，理，18)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值.(1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0).设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.押题预测如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别E ，F ，AB ＝AE ＝2，CD ＝5，已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE －BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥平面ABFE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，线段AB 上存在一点P ，满足CP 与平面ACD 所成角的正弦值为520，求AP 的长.(1)证明 由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，在图2中，AF ⊥BE ， 由已知得AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BDE ， ∴AF ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE ，又AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，AE ，AF ⊂平面ABFE ， ∴DE ⊥平面ABFE .(2)解 在图2中，AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面DEFC ，即AE ⊥平面DEFC ，在梯形DEFC 中，过点D 作DM ∥EF 交CF 于点M ，连接CE ， 由题意得DM ＝2，CM ＝1， 由勾股定理可得DC ⊥CF ， 则∠CDM ＝π6，CE ＝2，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ， 可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA →，EF →，EG →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎫0，－12，32，AC →＝(－2,1，3)，AD →＝⎝⎛⎭⎫－2，－12，32.设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0， 取x ＝1，得n ＝(1，－1，3)， 设AP ＝m ，则P (2，m ,0)，0≤m ≤2， 得CP →＝(2，m －1，－3)， 设CP 与平面ACD 所成的角为θ， sin θ＝|cos 〈CP →，n 〉|＝|m |5×7＋(m －1)2＝520⇒m ＝23(舍负). 所以AP ＝23.A 组 专题通关1.(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值.(1)证明 由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，因为BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1，EC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)解 由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2). 设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1).设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取m ＝(1,1,0).于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12，sin 〈n ，m 〉＝1－⎝⎛⎭⎫－122＝32， 所以二面角B －EC －C 1的正弦值为32. 2.(2019·全国Ⅲ)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2. (1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B —CG —A 的大小.(1)证明 由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ， 故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B ， BE ，BC ⊂平面BCGE ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°， 可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →＝(2，－1,0). 设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.所以可取n ＝(3,6，－3).又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.3.(2019·马鞍山模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，A 1B ⊥AC 1，AC ＝AA 1＝4，BC ＝2.(1)求证：平面A 1ACC 1⊥平面ABC ；(2)若∠A 1AC ＝60°，在线段AC 上是否存在一点P ，使二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34？若存在，确定点P 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 如图，∵AC ＝AA 1， ∴四边形AA 1C 1C 为菱形，连接A 1C ，则A 1C ⊥AC 1，又A 1B ⊥AC 1，且A 1C ∩A 1B ＝A 1， A 1C ，A 1B ⊂平面A 1CB ，∴AC 1⊥平面A 1CB ，则AC 1⊥BC ， 又∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AC 1∩AC ＝A ，AC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴BC ⊥平面A 1ACC 1，而BC ⊂平面ABC ，∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC .(2)解 在平面ACC 1A 1中，过点C 作CE ⊥AC 交A 1C 1于E ， 由(1)知，CE ⊥平面ABC ，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，∵AC ＝AA 1＝4，BC ＝2，∠A 1AC ＝60°， ∴C (0,0,0)，B (0,2,0)，A (4,0,0)，A 1(2,0,23).设在线段AC 上存在一点P ，满足AP →＝λAC →(0≤λ<1)，使得二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34. 则AP →＝(－4λ，0,0).BP →＝BA →＋AP →＝(4，－2,0)＋(－4λ，0,0) ＝(4－4λ，－2,0)，A 1P →＝A 1A →＋AP →＝(2－4λ，0，－23)， CA 1→＝(2,0,23).设平面BA 1P 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝(4－4λ)x 1－2y 1＝0，m ·A 1P →＝(2－4λ)x 1－23z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2－2λ，1－2λ3；平面A 1PC 的一个法向量为n ＝(0,1,0). 由|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2－2λ|1＋(2－2λ)2＋(1－2λ)23×1＝34， 解得λ＝43或λ＝34，因为0≤λ<1，所以λ＝34.故在线段AC 上存在一点P ，满足AP →＝34AC →，使二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34.B 组 能力提高4.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2CD ＝2BC ＝2，且∠ADC ＝∠BCD ＝90°.(1)当PB ＝2时，证明：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)当四棱锥P －ABCD 的体积为34，且二面角P －AD －B 为钝角时，求直线P A 与平面PCD所成角的正弦值.(1)证明 如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ，OB .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . ∵∠ADC ＝∠BCD ＝90°， ∴BC ∥AD ，又BC ＝12AD ＝1，∴BC ＝OD ，∴四边形BCDO 为矩形， ∴OB ＝CD ＝1.在△POB 中，PO ＝3，OB ＝1，PB ＝2， ∴∠POB ＝90°，则PO ⊥OB .∵AD ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCD ， 又PO ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面ABCD .(2)解 由(1)知AD ⊥PO ，AD ⊥BO ， ∵PO ∩OB ＝O ，∴AD ⊥平面POB ， 又AD ⊂平面ABCD ， ∴平面POB ⊥平面ABCD . 过点P 作PE ⊥平面ABCD ，则垂足E 一定落在平面POB 与平面ABCD 的交线OB 上. ∵四棱锥P －ABCD 的体积为34，∴13×PE ×12×(AD ＋BC )×CD ＝13×PE ×12×(2＋1)×1 ＝12PE ＝34， ∴PE ＝32.∵PO ＝3，∴OE ＝PO 2－PE 2＝32. 以O 为坐标原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴， 在平面POB 内过点O 作垂直于平面AOB 的直线为z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题意可知A (1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－32，32，D (－1,0,0)，C (－1，1,0)， 则DP →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DC →＝(0,1,0)，P A →＝⎝⎛⎭⎫1，32，－32.设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DP →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －32y ＋32z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则y ＝0，z ＝－23，∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－23. 设直线P A 与平面PCD 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝22×133＝31313，故直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值为31313.5.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B －AD －O 的正弦值.(1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2， 因为AB ⊥BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2， 所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内， 所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以DE ⊥AB ， 因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ， 所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ， 所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点，DB ，DE 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系.则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4).所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)， 设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0，DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15).可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210， 所以二面角B －AD －O 的正弦值为3210.。
2024年高考数学二轮复习专题三立体几何培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
设 PB=x(0<x<2),则三棱台 PBQ-A1B1C1 的体积为
1
1 2
×2×(2+
x
+
3
2
2×
1 2
7
)=
×8,解得
2
32
2
所以 PQ= 为 ×2+2
2
1
x=2(负值舍去),
9
5
4 + 4 = 2.又 A1C1=2
2
5 2
2 + =5+ .
2
2
2,
增分技巧若截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与
2024
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
空间几何体的截面问题是高考命题的热点,它是空间问题转化为平面问题
的纽带,也是考查空间想象能力的最佳切入点.确定空间几何体的截面关键
是寻找这个平面与几何体表面的交线.
平面截几何体有三种基本方式:横截、纵截和斜截.考查较多的是旋转体的
2
2
2
4
2
4
2
13
2
13
2
2
则 A1P= ,AP= ,故 D1P= 2 +
=
,EP= 1 +
=
,
3
3
3
3
3
3
2 13
13
同理可得 D1Q= 3 ,FQ= 3 ,而 EF= 2,
2 13
13
则五边形 D1QFEP 的周长为 2×( 3 + 3 )+ 2=2 13 + 2.
增分技巧若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上,可以借
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
高三第二轮专题复习资料：立体几何题型与方法(文科)
专题二：立体几何题型与方法（文科）一、 考点回顾1．平面（1）平面的基本性质：掌握三个公理及推论，会说明共点、共线、共面问题。
（2）证明点共线的问题，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点（依据：由点在线上，线在面内 ，推出点在面内）， 这样，可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。
（3）证明共点问题，一般是先证明两条直线交于一点，再证明这点在第三条直线上，而这一点是两个平面的公共点，这第三条直线是这两个平面的交线。
（4）证共面问题一般用落入法或重合法。
（5）经过不在同一条直线上的三点确定一个面. 2. 空间直线.（1）空间直线位置分三种：相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内。
（2）异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）（3）平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.（4）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等推论：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锐角（或直角）相等.（5）两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （l 1或l 2在这个做出的平面内不能叫l 1与l 2平行的平面） 3. 直线与平面平行、直线与平面垂直.（1）空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.（2）直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）（3）直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行，线线平行”）（4）直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α，a ⊥AO ，得a ⊥PO （三垂线定理）， 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ，但PO 不垂直OA . ● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面.推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.（5）a.垂线段和斜线段长定理：从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）] b.射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上。
高考数学第二轮复习立体几何题库练习
2、（2009广雅期中）如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，2AD DE AB ==，F 为CD 的中点.(1) 求证：//AF 平面BCE ； (2) 求证：平面BCE ⊥平面CDE ； (3) 求直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值.3、（09广东四校理期末）如图所示,在矩形ABCD 中，AD =2AB =2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′—（1）证明：BE ⊥C D ′；（2）求二面角D ′—B C —E 的正切值.4（09广东四校文期末）如图：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC =BC =AA 1=2，∠ACB =90︒.E 为BB 1的中点，D 点在AB 上且DE = 3 .（Ⅰ）求证：CD ⊥平面A 1ABB 1； （Ⅱ）求三棱锥A 1－C DE 的体积.5、（09北江中学文期末）如图，在底面是矩形的四棱锥ABCD P -中，⊥PA 面ABCD ，E 、F 为别为PD 、 AB 的中点，且1==AB PA ，2=BC ， （Ⅰ）求四棱锥ABCD E -的体积； （Ⅱ）求证：直线AE ∥平面PFCABCD EFD BP BCDA EF6、（2009广东东莞）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，090=∠BAC ，且异面直线B A 1与11C B 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求平面11BC A 与平面11BC B 所成的锐二面角的大小.7、（2009广州海珠）如图6，在直角梯形ABCP 中，AP//BC ，AP ⊥AB ，AB=BC=221=AP ，D 是AP 的中点，E ，F ，G 分别为PC 、PD 、CB 的中点，将PCD ∆沿CD 折起，使得⊥PD 平面ABCD,如图7.（Ⅰ）求证：AP//平面EFG ； (Ⅱ) 求二面角D EF G --的大小; （Ⅲ）求三棱椎PAB D -的体积.8、（2009广州（一））如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E 、F 分别是AB 、PD 的中点．若3PA AD ==，CD =（Ⅰ）求证：//AF 平面PCE ；AD FGCBEP图6BGCDFEAP图7ABC DA 1B 1C 1D 1P（Ⅱ） 求点F 到平面PCE 的距离；（Ⅲ）求直线FC 平面PCE 所成角的正弦值．9、（2009广东揭阳）如图，已知1111ABCD A B C D -是底面为正方形的长方体，1160AD A ∠= ，14AD =，点P 是1AD 上的动点．（1）试判断不论点P 在1AD 上的任何位置，是否都有平面11B PA 垂直于平面11AA D ？并证明你的结论；（2）当P 为1AD 的中点时，求异面直线1AA 与1B P 所成角的余弦值； （3）求1PB 与平面11AA D 所成角的正切值的最大值．10、（2009广东潮州期末）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面为直角梯形，//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD ，N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点。
2019届高考数学二轮复习专题三立体几何1.3.2点直线平面之间的位置关系课件文ppt版本
【解析】选D.因为EH∥A1D1,A1D1∥B1C1, 所以EH∥B1C1,又EH⊄平面BCC1B1, 所以EH∥平面BCC1B1, 又EH⊂平面EFGH, 平面EFGH∩平面BCC1B1=FG,
所以EH∥FG,故EH∥FG∥B1C1, 所以选项A、C正确;因为A1D1⊥平面ABB1A1, EH∥A1D1,所以EH⊥平面ABB1A1,又EF⊂平面ABB1A1,故 EH⊥EF,所以选项B也正确.
热点题型2 点、线、面之间的位置关系的证明 【感悟经典】 【典例】(2017·山东高考)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截 去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形 ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥ 平面ABCD,
(1)证明:A1O∥平面B1CD1. (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
所以BD∥平面CD1B1. 因为A1D1 B1C1 BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形, 所以A1B∥D1C, 又因为A1B⊄平面CD1B1, D1C⊂平面CD1B1,
所以A1B∥平面CD1B1, 又因为BD∩A1B=B, 所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)因为A1O⊥平面ABCD, 所以A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高. 又因为AO= AC=1,AA1= ,
③平面α ⊥平面BCFE.
其中正确的命题有 (
A.①②
B.②③
) C.①③
D.①②③
【解析】选C.由题意画出草图如图所示,因为AA1∥平 面α,平面α∩平面AA1B1B=EH,所以AA1∥EH.同理 AA1∥GF,所以EH∥GF.又ABC-A1B1C1是直三棱柱,易知 EH=GF=AA1,所以四边形EFGH是平行四边形,故①正确; 若平面α∥平面BB1C1C,由平面α∩平面A1B1C1=GH,
2021-2022年高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题13 立体几何综合练习 文(含解析
2021年高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13 立体几何综合练习文（含解析）一、选择题1．(xx·东北三校二模)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是( )A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m[答案] B[解析] 当l、m是平面α内的两条互相垂直的直线时，满足A的条件，故A错误；对于C，过l作平面与平面α相交于直线l1，则l∥l1，在α内作直线m与l1相交，满足C的条件，但l与m不平行，故C错误；对于D，设平面α∥β，在β内取两条相交的直线l、m，满足D的条件，故D错误；对于B，由线面垂直的性质定理知B正确．2．已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α、β、γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( )A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析] 若α、β换成直线a、b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a 、b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a 、b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题，故选C.3．(xx·重庆文，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[答案] B[解析] 由三视图可知该几何体是由一个圆柱和一个半圆锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2；半圆锥的底面半径为1，高也为1，故其体积为π×12×2＋16×π×12×1＝13π6；故选B.4.如图，在正四面体P －ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下列四个结论不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面PAED ．平面PDE ⊥平面ABC [答案] D[解析] ∵D 、F 分别为AB 、AC 的中点，∴BC ∥DF ，∵BC ⊄平面PDF ，∴BC ∥平面PDF ，故A 正确；在正四面体中，∵E 为BC 中点，易知BC ⊥PE ，BC ⊥AE ，∴BC ⊥平面PAE ，∵DF ∥BC ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确；∵DF ⊥平面PAE ，DF ⊂平面PDF ，∴平面PDF ⊥平面PAE ，∴C 正确，故选D.5．若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3[答案] B[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A 1B 1C 1沿平面AB 1C 1截去一个三棱锥A －A 1B 1C 1余下的部分．∴VA －BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA －A 1B 1C 1＝12×4×3×5－13×(12×4×3)×5＝20cm 3.6．如图，在棱长为5的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝2，Q 是A 1D 1的中点，点P 是棱C 1D 1上的动点，则四面体P －QEF 的体积( )A ．是变量且有最大值B ．是变量且有最小值C ．是变量且有最大值和最小值D ．是常量[答案] D[解析] 因为EF ＝2，点Q 到AB 的距离为定值，所以△QEF 的面积为定值，设为S ，又因为D 1C 1∥AB ，所以D 1C 1∥平面QEF ；点P 到平面QEF 的距离也为定值，设为d ，从而四面体P －QEF 的体积为定值13Sd .7．(xx·湖北文，5)l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，l 2是异面直线，q ：l 1，l 2不相交，则( )A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 [答案] A[解析] 若p ：l 1，l 2是异面直线，由异面直线的定义知，l 1，l 2不相交，所以命题q ：l 1，l 2不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：l 1，l 2不相交，则l 1，l 2可能平行，也可能异面，所以不能推出l 1，l 2是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A.8．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如右图所示的三棱锥B －ACD .若O 为AC 边的中点，M 、N 分别为线段DC 、BO上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N －AMC 的体积y ＝f (x )的函数图象大致是( )[答案] B[解析] 由条件知，AC ＝4，BO ＝2，S △AMC ＝12CM ·AD ＝2x ，NO ＝2－x ，∴V N －AMC ＝13S△AMC·NO ＝23x (2－x )，即f (x )＝23x (2－x )，故选B. 二、填空题9．(xx·天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.[答案]8π3[解析] 考查1.三视图；2.几何体的体积．该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成，圆柱与圆锥的底面半径都是1，所以该几何体的体积为2×13×π×1＋π×2＝8π3(m 3)．三、解答题10．如图，已知AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，F 为BC 的中点，若AB ＝AC ＝AD ＝12CE .(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：平面BDE ⊥平面BCE .[证明] (1)取BE 的中点G ，连接GF 、GD . 因为F 是BC 的中点，则GF 为△BCE 的中位线． 所以GF ∥EC ，GF ＝12CE .因为AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ， 所以GF ∥EC ∥AD .又因为AD ＝12CE ，所以GF ＝AD .所以四边形GFAD 为平行四边形．所以AF ∥DG . 因为DG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， 所以AF ∥平面BDE .(2)因为AB＝AC，F为BC的中点，所以AF⊥BC.因为EC∥GF，EC⊥平面ABC，所以GF⊥平面ABC.又AF⊂平面ABC，所以GF⊥AF.因为GF∩BC＝F，所以AF⊥平面BCE.因为AF∥DG，所以DG⊥平面BCE.又DG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCE.11.底面为正多边形的直棱柱称为正棱柱．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝a，F、F1分别是AC、A1C1的中点．(1)求证：平面AB1F1∥平面C1BF；(2)求证：平面AB1F1⊥平面ACC1A1.[分析] (1)在正三棱柱中，由F、F1分别为AC、A1C1的中点，不难想到四边形AFC1F1与四边形BFF1B1都为平行四边形，于是要证平面AB1F1∥平面C1BF，可证明平面AB1F1与平面C1BF中有两条相交直线分别平行，即BF∥B1F1，FC1∥AF1.(2)要证两平面垂直，只要在一个平面内能够找到一条直线与另一个平面垂直，考虑到侧面ACC1A1与底面垂直，F1为A1C1的中点，则不难想到B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，因此可知结论成立．[解析] (1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，连FF1，∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，∴B1B綊A1A綊FF1，∴B1BFF1为平行四边形．∴B1F1∥BF，又AF綊C1F1，∴AF1C1F为平行四边形，∴AF1∥C1F，又∵B1F1与AF1是两相交直线，∴平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1，又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，∴B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.12.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F、H分别为A1D、A1C的中点．(1)证明：A1B∥平面AFC；(2)证明：B1H⊥平面AFC.[分析] 分别利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理证明．[解析] (1)连BD交AC于点E，则E为BD的中点，连EF，又F为A1D的中点，所以EF∥A1B.又EF⊂平面AFC，A1B⊄平面AFC，∴A1B∥平面AFC.(2)连接B1C，在正方体中四边形A1B1CD为长方形，∵H为A1C的中点，∴H也是B1D的中点，∴只要证B1D⊥平面ACF即可．由正方体性质得AC⊥BD，AC⊥B1B，∴AC⊥平面B1BD，∴AC⊥B1D.又F为A1D的中点，∴AF⊥A1D，又AF⊥A1B1，∴AF⊥平面A1B1D.∴AF⊥B1D，又AF、AC为平面ACF内的相交直线．∴B1D⊥平面ACF.即B1H⊥平面ACF.13.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°，且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论．[解析] (1)证明：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，得BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.(2)证明：连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，∵PG∩BG＝G，PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB，∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.(3)解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF，则在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD 中，GB∥DE，∴AD⊥EF，AD⊥DE.∴AD⊥平面DEF，又AD⊂平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD.14．(xx·河北名校名师俱乐部模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，E在线段B 1C1上，B1E＝3EC1，AC＝BC＝CC1＝4.(1)求证：BC⊥AC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1，若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，说明理由．[分析] (1)执果索因：要证BC⊥AC1，已知BC⊥AC，故只需证BC⊥平面ACC1A1，从而BC⊥AA1，这由已知三棱柱中AA1⊥平面ABC可证．(2)假定存在，执果索因找思路：假定AC 上存在点F ，使EF ∥平面A 1ABB 1，考虑矩形C 1CBB 1中，E 在B 1C 1上，且B 1E ＝3EC 1，因此取BC 上点G ，使BG ＝3GC ，则EG ＝B 1B ，从而EG ∥平面A 1ABB 1，因此平面EFG ∥平面A 1ABB 1，由面面平行的性质定理知FG ∥AB ，从而AF FC ＝BGGC＝3，则只需过G 作AB的平行线交AC 于F ，F 即所探求的点．[解析] (1) ∵AA 1⊥平面ABC, BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥AA 1.又∵BC ⊥AC ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面AA 1C 1C ，又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.理由如下：在平面A 1B 1C 1内过E 作EG ∥A 1C 1交A 1B 1于G ，连接AG .∵B 1E ＝3EC 1，∴EG ＝34A 1C 1，又AF ∥A 1C 1且AF ＝34A 1C 1，∴AF ∥EG 且AF ＝EG ，∴四边形AFEG 为平行四边形，∴EF ∥AG ， 又EF ⊄平面A 1ABB 1，AG ⊂平面A 1ABB 1， ∴EF ∥平面A 1ABB 1.解法二：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.理由如下：在平面BCC1B1内过E作EG∥BB1交BC于G，连接FG.∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.15．已知四棱锥P－ABCD的直观图和三视图如图所示，E是PB的中点．(1)求三棱锥C－PBD的体积；(2)若F是BC上任一点，求证：AE⊥PF；(3)边PC上是否存在一点M，使DM∥平面EAC，并说明理由．[解析] (1)由该四棱锥的三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2和1的矩形，侧棱PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝2，∴V C －PBD ＝V P －BCD ＝13×12×1×2×2＝23.(2)证明：∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A .∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AE ，又在△PAB 中，∵PA ＝AB ，E 是PB 的中点， ∴AE ⊥PB .又∵BC ∩PB ＝B ，∴AE ⊥平面PBC ，且PF ⊂平面PBC ，∴AE ⊥PF . (3)存在点M ，可以使DM ∥平面EAC . 连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接EO . 在△PBD 中，EO 是中位线． ∴PD ∥EO ，又∵EO ⊂平面EAC ，PD ⊄平面EAC ， ∴PD ∥平面EAC ，∴当点M 与点P 重合时，可以使DM ∥平面EAC .。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题三立体几何第1讲空间几何体
第二篇 专题三 第1讲一、选择题1．如图，△A ′B ′C ′是水平放置的△ABC 的斜二测直观图，其中O ′C ′＝O ′A ′＝2O ′B ′，则以下说法正确的是( C )A ．△ABC 是钝角三角形B ．△ABC 是等腰三角形，但不是直角三角形 C ．△ABC 是等腰直角三角形D ．△ABC 是等边三角形【解析】根据题意，将△A ′B ′C ′还原成原图，如图，原图中，则有OC ＝OA ＝OB ， 则△ABC 是等腰直角三角形； 故选C.2．如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( D )A ．R2B ．2R3C ．4R3D ．R【解析】设球的球心为O ，半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h (h <R )，体积为V 1，下面圆锥的高为H (H >R )，体积为V 2，两个圆锥共用的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R .∵V 1＋V 2＝38V ，∴13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3， ∴r 2(h ＋H )＝32R 3.∵h ＋H ＝2R ，∴r ＝32R .∵OO 1垂直于圆锥的底面，∴OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R 2＝r 2＋|OO 1|2， ∴R 2＝r 2＋(H －R )2，∴H ＝32R ，∴h ＝12R ，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R ，故选D.3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( C )A ．12B ．13C ．14D ．18【解析】如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长，则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径， 则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( B )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【解析】由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离).连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1， 所以点E 到平面AOF 的距离为定值． 又AO ∥A 1C 1，OA 为定值， 点F 到直线AO 的距离也为定值， 所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．5．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( C )A ．2π3B ．4π3C ．5π3D ．2π【解析】如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径， 线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥， 该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.6．如图，在三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝60°，VA ＝VB ＝VC ，若三棱锥V －ABC 的内切球O 的表面积为6π，则此三棱锥的体积为( D )A ．63B ．183C ．62D ．182【解析】连接VO ，并延长交底面ABC 于点E ，连接AE ，并延长交BC 于D ，∵在三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝60°，VA ＝VB ＝VC ， ∴三棱锥V －ABC 是正四面体，∴E 是△ABC 的重心，∴VE ⊥平面ABC ， ∵三棱锥V －ABC 的内切球O 的表面积为6π， ∴4πr 2＝6π，解得球O 的半径r ＝OE ＝62， 设AB ＝a ，则AE ＝23AD ＝23a 2－⎝⎛⎭⎫a 22＝3a 3，VE ＝a 2－⎝⎛⎭⎫3a 32＝63a ， ∴AO ＝VO ＝63a －62， ∵OE ⊥AE ，∴AE 2＋OE 2＝AO 2，∴⎝⎛⎭⎫3a 32＋⎝⎛⎭⎫622＝⎝⎛⎭⎫63a －622， 解得a ＝6，∴VE ＝63×6＝26， ∴此三棱锥的体积为V ＝13S △ABC ·VE ＝13×12×6×6×sin 60×26＝18 2.故选D.7．如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( B )A ．2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π【解析】小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5).由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52， 所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5). 当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减． 所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎫25－259×⎝⎛⎭⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 二、填空题8．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A －A 1EF 的体积是．【解析】因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ， 所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离， 作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A －A 1EF 的体积VA －A 1EF ＝VE －A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.9．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为2． 【解析】如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球 －D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21 ＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.10．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__1__．【解析】如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.11．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝__2 600π__cm 2.【解析】将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm 2).12．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，过点A ，P ，C 1的平面截正方体所得的截面为M ，则截面M 的面积为2．【解析】如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G . 连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF . ∵F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点，∴AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52，PG CD ，AF D 1G . 由题意可知CD C 1D 1，∴PG C 1D 1， ∴四边形C 1D 1GP 为平行四边形， ∴PC 1D 1G ，∴PC 1AF ， ∴A ，P ，C 1，F 四点共面， ∴四边形APC 1F 为菱形． ∵AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，C 1的平面截正方体所得的截面M 为菱形APC 1F ，∴截面M 的面积S ＝12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.三、解答题13．(2021·浙江高三期末)如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝5，BB 1＝4，CC 1＝3，求：(1)该几何体的体积； (2)该几何体的表面积．【解析】 (1)把几何体ABC －A 1B 1C 1补成直棱柱A 1B 1C 1－ADE ， 如图，作C 作与底面平行的截面CMN ，则截得两个直棱柱，则AM ＝2，BN ＝BD ＝1，CE ＝2， S △A 1B 1C 1＝12×2×2＝2，V ADE －MNC ＝2×2＝4，VMNC －A 1B 1C 1＝2×3＝6，所以VABC －A 1B 1C 1＝6＋4×12＝8；(也可求出四棱锥C －ABNM 的体积为2)(2)A 1C 1＝22，因此SABB 1A 1＝12×(5＋4)×2＝9，SBB 1C 1C ＝12×(4＋3)×2＝7，SCC 1A 1A ＝12×(3＋5)×22＝82，又AC ＝22＋(22)2＝23， BC ＝22＋12＝5＝AB ，等腰三角形ABC 的底边AC 上的高为h ＝(5)2－(3)2＝2，S△ABC＝12×23×2＝6，所以所求表面积为S＝2＋6＋9＋7＋82＝18＋82＋ 6.。
2019年高考数学二轮复习大题查漏补缺——立体几何 文科
2019届二轮复习-------立体几何（文科）一、球类问题1．【2018河南中原名校质检二】一棱长为6的正四面体内部有一个可以任意旋转的正方体，当正方体的棱长取最大值时，正方体的外接球的表面积是（ B ）A. B. C. D.-内接于球O，且底面ABCD过球心O，则球O的2．【2018超级全能生全国联考】若正四棱锥P ABCD-内切球的半径之比为（A ）半径与正四棱锥P ABCDA. 1B. 2C.D. 1-的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，3．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥S ABC====，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为（ A ）AB SA SB SC4,4A.B. 2 D.34．【2018吉林长春一模】已知矩形的顶点都在球心为，半径为的球面上，，且四棱锥的体积为，则等于（ A ）A. 4B.C.D.5．【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（ B ）A. B. C. D.6．【2018河南漯河中学二模】四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为（ D ）A. B. C. D.7、(2019·广东一模)《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”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ A ）ABC． D ．24π8.【2017天津，文11】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .【答案】92π二、空间点线面问题1．【2018衡水联考】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ， F 分别是侧面11AA D D 与底面ABCD 的中心，则下列命题中错误的个数为（ A ）①//DF 平面11D EB ； ②异面直线DF 与1B C 所成角为60︒； ③1ED 与平面1B DC 垂直； ④1112F CDB V -=． A. 0 B. 1 C. 2 D. 32．【2018江苏南宁联考】在如图所示的正方体中，分别棱是的中点，异面直线与所成角的余弦值为（ D ）A. B. C. D.3.（2018·东城期末·7）某三棱锥的三视图如 图所示，该三棱锥的体积为BA.B.C.D.4.（2018·通州期末·8）如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -，M ，N 分别为线段1A B ，1B C 上的动点，且MN ∥平面11ACC A ， 则这样的MN 有D A ．1条 B ． 2条 C ．3条 D ．无数条5.（2018·海淀期末·8）已知正方体的1111ABCD A B C D -棱长为2，点M ，N 分别是棱11,BC C D 的中点，点P 在平面1111A B C D 内，点Q 在线段1A N上，若PM =，则PQ 长度的最小值为C1B.C.D.6.（2018·朝阳期末·6）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为B侧视图俯视图正视图A ．B ． 4C ． D．7．【2017课标3，文10】在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为棱CD 的中点，则（ C ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD⊥ C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC⊥8．（2018北京文、理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ C ）A ．1B ．2C ．3D ．49．（2018浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ C ）A ．2B ．4C ．6D ．8 ]10．（2018浙江）已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（ D ）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ111．（2018全国新课标Ⅰ文9）某圆柱的高为2，底面周长为16， 其三视图如右图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上， 从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ B ）A． B ．C ．3D ．2俯视图正视图12．（2018全国新课标Ⅰ文10）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ C ）A ．8B ．C ．D ．13．（2018全国新课标Ⅰ文5）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ B ） A． B ．12π C ． D ．10π14．（2018全国新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ C ）A B C D15．（2018全国新课标Ⅲ文、理）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ A ）16．（2018全国新课标Ⅲ文、理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ B ）A ．B ．C ．D ． 17．【2018黑龙江佳木斯一中调研】如图，正方体1111ABCD A B C D -中， F 是四边形ABCD 的中心，G 是1CC 的中点，则直线GF 与AB 所成的角的正切值为．18．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．1319． （2018天津理）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为112.20．（2018全国新课标Ⅱ文）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________．8πPAB CDE三、证明题1、平行四边形模型、三角形中位线模型1.【2017课标II ，理19】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点。
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(三)立体几何专练
1．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，∠CBA ＝π
3，ABEF
为直角梯形，BE ∥AF ，∠BAF ＝π
2
，BE ＝2，AF ＝3，平面ABCD ⊥平面ABEF .
(1)求证：AC ⊥平面ABEF ； (2)求三棱锥D AEF 的体积．
2．如图，P 为正方形ABCD 外一点，PB ⊥平面ABCD ，PB ＝AB ＝2，E 为
PD 的中点．
(1)求证：PA ⊥CE ；
(2)求四棱锥P ABCD 的表面积．
3．如图，四棱锥S ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，
AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，M ，N 分别为SA ，SC 的中点，E 为棱SB 上的
一点，且SE ＝2EB ，证明：
(1)MN ∥平面ABCD ； (2)DE ⊥平面SBC .
4．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 .
(1)当C ′D ＝2时，求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ； (2)当AC ′⊥BD 时，求三棱锥C ′ABD 的高．
答 案
1．解：(1)证明：在△ABC 中，AB ＝1，∠CBA ＝π
3，BC ＝2，
所以AC 2
＝BA 2
＋BC 2
－2BA ×BC cos ∠CBA ＝3， 所以AC 2
＋BA 2
＝BC 2
，所以AB ⊥AC .
又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，
AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥平面ABEF .
(2)连接CF .因为CD ∥AB ，所以CD ∥平面ABEF ，
所以点D 到平面ABEF 的距离等于点C 到平面ABEF 的距离， 又AC ＝3，
所以V D AEF ＝V C AEF ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×1×3＝32.
2．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥AD ∥BC ， 即EF ，BC 共面．
∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥BC ， 又BC ⊥AB 且PB ∩AB ＝B ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PA . ∵PB ＝AB ，∴BF ⊥PA ， 又BC ∩BF ＝B ，
∴PA ⊥平面EFBC ，∴PA ⊥CE . (2)设四棱锥P ABCD 的表面积为S ，
∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥CD ，又CD ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面PBC ，∴CD ⊥PC ，即△PCD 为直角三角形，
由(1)知BC ⊥平面PAB ，而AD ∥BC ，∴AD ⊥平面PAB ，故AD ⊥PA ，即△PAD 也为直角三角形．
综上，S ＝12PC ·CD ＋12PB ·CB ＋12PA ·AD ＋1
2
AB ·PB ＋AB ·BC ＝8＋4 2.
3．证明：(1)连接AC ，∵M ，N 分别为SA ，SC 的中点，
∴MN ∥AC ， 又MN ⊄平面ABCD ，
AC ⊂平面ABCD ，
∴MN ∥平面ABCD .
(2)连接BD ，∵BD 2
＝12
＋12
＝2，BC 2
＝12
＋(2－1)2
＝2，
BD 2＋BC 2＝2＋2＝4＝DC 2，
∴DB ⊥BC ，
又SD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ， ∴SD ⊥BC ，
∵SD ∩DB ＝D ，∴BC ⊥平面SDB ， ∵DE ⊂平面SDB ，∴BC ⊥DE ， 又SB ＝SD 2
＋DB 2
＝4＋2＝6， 且SE ＝2EB ，∴EB ＝
63
， 在△EBD 与△DBS 中，EB BD
＝
632
＝
33，DB BS ＝26＝33
， ∴EB BD ＝DB
BS
， 又∠EBD ＝∠DBS ， ∴△EBD ∽△DBS ， ∴∠DEB ＝∠SDB ＝90°， 即DE ⊥SB ， ∵SB ∩BC ＝B ， ∴DE ⊥平面SBC .
4．解：(1)证明：当C ′D ＝2时，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)当AC ′⊥BD 时，由已知AC ′⊥BC ′， ∴AC ′⊥平面BDC ′， ∵C ′D ⊂平面BDC ′，
∴AC ′⊥C ′
D ，△AC ′D 为直角三角形，
由勾股定理，C ′D ＝AD 2－AC ′2
＝3－2＝1， 而△BDC ′中，BD ＝1，BC ′＝2，
∴△BDC ′为直角三角形，S △BDC ′＝12×1×1＝1
2
.
三棱锥C ′ABD 的体积V ＝13×S △BDC ′×AC ′＝13×12×2＝2
6
.
S △ABD ＝1
2×1×3＝
32，设三棱锥C ′ABD 的高为h ，则由13×h ×32＝26，解得h ＝63
.。