高考数学大一轮复习 解答题专题突破(四)立体几何的热点问题课时作业 理
近年年高考数学一轮复习专题突破练4立体几何中的高考热点问题理北师大版(2021学年)
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专题突破练(四) 立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第293页)1.如图７所示,已知直三棱柱ABC．A１B1C1中,△ABＣ为等腰直角三角形,∠BAC＝90°,且AB=ＡＡ１，D,E，F分别为Ｂ1A，Ｃ1C,ＢC的中点.求证：图７（１)DE∥平面ABC；（２）B１Ｆ⊥平面AEF.［证明] (1)如图,建立空间直角坐标系A.xyz,令ＡB＝AＡ1=4，则A（0,０，０），Ｅ（0,4，2)，Ｆ(２,２,0)，B(4，0,0),B1（４,0，４）.取AB中点为N,连接CN,则N（2，0，0)，C(０,4，0)，D(2,０，2)，∴错误!=(-２，4，０）,错误!＝（－2,4,0)，∴错误!=错误!,∴DE∥NC。
又∵NC平面ABC,ＤE⃘平面ABＣ。
故DE∥平面ＡＢC.(２)错误!＝（－2,2,-4)，错误!=(2，－2,-2），错误!=(2，2，0)．＼o（B1F,→)·错误!＝（-２)×２+2×（－2)＋(－４）×（－2)=０,错误!·错误!=(－2）×２＋２×2＋(-4)×0＝０.∴＼o(B１Ｆ,→）⊥错误!,错误!⊥错误!,即B1F⊥EＦ,Ｂ1F⊥ＡF.又∵AＦ∩FE＝Ｆ，∴B1F⊥平面AＥＦ.2．(２018·贵州适应性考性）如图8(1)，在等腰直角三角形AＢC中,∠Ｂ=90°，将△ＡBＣ沿中位线DE翻折得到如图8(2）所示的空间图形,使二面角ADEＣ的大小为θ错误!。
高考数学(综合提升篇)+专题04+立体几何解答题(理)
专题四 立体几何解答题（理）空间向量运算与利用向量证明平行、垂直的位置关系【背一背重点知识】1．用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两个不共线向量线性表示．2．面面平行：①证明两个平面的法向量平行；②转化为线面平行，线线平行．3．用向量证明线面垂直的方法有：①证明直线的方向向量与平行的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理，转化为线线垂直．4．面面垂直的证明发法：①两个平面的法向量垂直；②转化为线面垂直，线线垂直． 【讲一讲提高技能】 必备技能：1．用向量证明空间中的平行关系①设直线1l 和2l 的方向向量分别为1v 和2v ，则1l ∥2l (或1l 与2l 重合)⇔ 1v ∥2v ．②设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量1v 和2v ，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数,x y ，使12v xv yv =+．③设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u ． ④设平面α和β的法向量分别为1u ，2u ，则α∥β⇔1u ∥2u ． 2．用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为1v 和2v ，则l 1⊥l 2⇔1v ⊥2v ⇔1v ．2v ＝0． ②设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u ③设平面α和β的法向量分别为1u 和2u ，则α⊥β⇔1u ⊥2u ⇔1u ·2u ＝0． 典型例题：例1．【2018广东省中山市】如图，PD 垂直正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 是PB 的中点，cos DP <，AE>3=．（I ）建立适当的空间坐标系，求出点E 的坐标； （II ）在平面PAD 内求一点F ，使EF ⊥平面PCB ．【答案】（I ）点E 坐标是（1，1，1）；（II ）点F 的坐标是（1，0，0）． 【解析】试题分析：（I ）由题意，分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，结合空间中点的坐标，设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ），结合平面向量夹角公式得到关于m 的方程，解方程可得点E 坐标是（1，1，1）；（II ）由题意，设F （x ，0，z ），结合平面向量的法向量和直线的方向向量得到关于坐标的方程组，求解方程组可得即点F 是AD 的中点． 试题解析：（I ）分别以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系，如图，则 A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），设P （0，0，2m ），则E （1，1，m ）， ∴ AE =（-1，1，m ），DP ＝（0，0，2m ）∴ cos DP <，221m AE m >===解得． ∴ 点E 坐标是（1，1，1）；（II ）∵F ∈平面P AD ， ∴ 可设F （x ，0，z ）EF ＝（x -1，-1，z -1）， 又EF ⊥平面PCB ， ∴ EF CB ⊥⇒ (1x -，-1，1)z - (⋅2，0，0)=0，解得，1x =； 又∵EF PC ⊥ ∴ (1x -，-1，1)(z -⋅0，2，-2)00z =⇒= ∴ 点F 的坐标是（1，0，0），即点F 是AD 的中点．【方法点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型． （I ）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行； （II ）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直； （III ）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．例2．【2018陕西咸阳高三一模】如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，D 为棱1BB 上一点，E 是AB 的中点．（I ）若D 是1BB 的中点，证明：平面1ADC ⊥平面1A EC ； （II ）若平面1ADC 与平面ABC 的夹角为45，求BD 的长．【答案】（I ）见解析；（II ）1BD =．【解析】试题分析：（I ）证明AD 垂直于面1A EC 中的两条相交直线，则AD ⊥面1A EC ．（II ）建立空间直角坐标系求解．试题解析：（I ）由,AC BC AE BE ==，知CE AB ⊥，又平面ABC ⊥平面11ABB A ，所以CE ⊥平面11ABB A ，而AD⊂≠平面11ABB A ，∴AD CE ⊥，在正方形11ABB A 中，由D E ，分别是1BB 和AB 的中点知1AD A E ⊥，而1A E CE E ⋂=，∴AD ⊥平面1A EC ，∵AD⊂≠平面1ADC ，∴平面1ADC ⊥平面1A EC ．（II ）取AC 的中点O 为原点，直线,OA OB 分别为,x y 轴，建立如图所示坐标系O xyz -，显然平面ABC 的一个法向量为()10,0,1n =，而()()11,0,0,1,0,2A C -，设()3,(02)D m m <<，则()()12,0,2,3,AC AD m =-=-．设()2,,n x y z =是平面1ADC 的法向量，则()()()()2,0,2,,00{{3,,,030x y z x z m x y z x mz -⋅=-=⇒-⋅=-+=取(23,13n m =-，则()()1220,0,13,13cos ,61m n n m ⋅-=+- ()232261m ==+- 解得1m =，即1BD =【练一练提升能力】1．【2017南京市、盐城市高三二模】如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝3π，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．（I ）求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； （II ）点M 在线段A 1D 上，11A MA Dλ=．若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 【答案】（I ）24．（II ）23λ=． 【解析】试题分析：（I ）由四棱柱1111ABCD A B C D -，证得11,A A AE A A AD ⊥⊥，进而得到AE AD ⊥，以{}1,,AE AD A A 为正交基底建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算，即可求解,EF AD 所成角的余弦值；（II ）设(),,M x y z ，由点M 在线段1A D 上，得到11A MA Dλ=，得出向量CM 则坐标表示，再求得平面AEF 的一个法向量，利用向量的数量积的运算，即可得到λ的值． 试题解析：因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以A 1A ⊥平面ABCD ． 又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD ．在菱形ABCD 中∠ABC ＝，则△ABC 是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，E(，0，0)，F(，，1)．（I）＝(0，2，0)，＝(－，，1)，所以·＝1．从而cos＜，＞＝＝．故异面直线EF，AD所成角的余弦值为．（II）设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且＝λ，则＝λ，即(x，y，z－2)＝λ(0，2，－2)．则M(0，2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1，2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为＝(，0，0)，＝(，，1)，由n·＝0，n·＝0，得x0＝0，y0＋z0＝0．取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0，2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝．2．【2018山西晋中市高三1月高考适应性调研】如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面底面，且是以为底的等腰三角形．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若四棱锥的体积等于．问：是否存在过点的平面分别交，于点，，使得平面平面？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中，连接，，，由三角形是等腰三角形，则，又，，可得，从而证出平面，可得；（Ⅱ）取，中点，，连接，，，可证明四边形为平行四边形，进一步证明平面平面，可得三角形是直角三角形，由三角形面积公式可得面积．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，∵，∴．∵且，∴是正三角形，且，又∵，，平面，∴平面，且平面，∴．（Ⅱ）解：存在，理由如下：分别取，的中点，，连接，，，则；∵是梯形，且，∴且，则四边形为平行四边形，∴．又∵，平面，，平面，∴平面，平面且，平面，，∴平面平面．∵侧面，且平面平面，由（Ⅰ）知，平面，若四棱锥的体积等于，则，所以，，在和中，，∴ ，则 ，∴ 是直角三角形，则． 利用空间向量求空间角【背一背重点知识】1．求两条异面直线所成的角，设b a ,分别是直线21,l l 的方向向量，则21,l l 所成角为θ，b a ,的夹角为><,，则ba b a ⋅>=<=,cos cos θ2．求直线与平面所成的角，设直线l 的方向向量为，平面α的法向量为，直线l 与平面α所成的角为θ，ba n a ⋅=><=,cos sin θ．3．设,是二面角βα-l -的法向量，则,的夹角大小就是二面角的平面角的大小，nm n m ⋅>=<=,cos cos θ，再根据平面是锐角还是钝角，最后确定二面角的平面角的大小．【讲一讲提高技能】 1．必备技能： 用法向量求角（I ）用法向量求二面角如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量与，则平面α与β所成的角跟法向量与所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．（II ）法向量求直线与平面所成的角1n 2n 1n 2n 2n要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量与直线a 的夹角的余弦，易知或者．2．典型例题：例1．【2018河南省豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，22,AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCDa aa n ,2-π以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()())()0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B CD-所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD ===从而三角形PAB 为等边三角形，PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,2n =--，于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为10．【易错点睛】本题主要考查了空间平行判定与性质、二面角的计算、空间想象能力和推理论证能力，考查学生综合应用知识的能力和应变能力，属综合题．其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量．例2．【2018天津滨海新区高三上学期八校联考】在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA AB =，::22AB AD CD =．（I ）证明BD PC ⊥；（II ）求二面角A PC D --的余弦值；（III ）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQPD的值．【答案】（I ）见解析（II ）（III ）23PQ PD = 【解析】试题分析：（I ）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方法向量，再根据向量数量积为零进行证明（II ）先利用方程组解得各面法向量，再根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系得二面角A PC D --的余弦值；（III ）根据共线关系设Q 点坐标，利用线面角得等量关系，解方程可得PQPD的值． 试题解析：以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系()2,0,0B ，()2,0D ，()0,0,2P ，()2,0C （I ）()2,0BD =-，()2,2PC =-， ∵•0BD PC =∴BD PC ⊥（II ）()1,2,0AC =，()0,0,2AP =，平面PAC 的法向量为()2,1,0m =-()0,2,2DP =-，()1,0,0AP =，平面DPC 的法向量为()0,2,1n =--．•2cos ,•3m n m n m n ==，二面角B PC D --的余弦值为23．（III ）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴()()()0,0,20,2,20,2,22AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角•2sin cos ,•AQ m AQ m AQ mθ===， ()222222368433222t t t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23．所以，23PQ PD =即为所求．【练一练提升能力】1．【2018浙江省金华、丽水、衢州市十二校高三8月联考】（本小题15分） 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，是中点． （I ）证明：平面； （II ）若，，求二面角的余弦值．P ABCD -60ABC ∠=E DP //PB ACE 2AP PB ==2AB PC ==A PC D --【答案】（I ）详见解析；（II． 平面中，，；设平面的法向量为，则有，即；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分 设平面的法向量为，∵，，则有可取，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．13分∴，∴ 二面角的余弦值为． 2．【2018广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）高三下学期第三次联考】如图，在四棱锥 中， 是平行四边形， ， ， ， ， ， 分别是 ， 的中点．APC (1,0,1)AP =-(0,3,1)CP =APC ()1111,,n x y z =1111111301303x x z y z z ⎧⎧=-+=⎪⎪⇒=⎨⎨+=⎪⎪=⎩⎩1(3,13)n =DPC 2222(,,)n x y z =(2,0,0)CD =(0,3,1)CP =2222030x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩2(0,1,3)n =12121227cos ,7n n n n n n <>==⨯A PC D --277（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（I）见解析（II）【解析】试题分析：（Ⅰ）运用几何法和坐标法两种方法进行证明可得结论．（Ⅱ）运用几何法和坐标法两种方法求解，利用坐标法求解时，在得到两平面法向量夹角余弦值的基础上，通过图形判断出二面角的大小，最后才能得到结论．试题解析：解法一：（Ⅰ）取中点，连，∵，∴，∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴平面，∴．∵分别是的中点，∴∥，∥，∴，，∵，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴是二面角的平面角．，，，在中，根据余弦定理得，∴二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）∵是平行四边形，，，∴，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵∥，∴．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，设，由，，可得，，，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．设是平面的法向量，由，得，令，则，，．又是平面的法向量，∴，，由图形知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．解答题（共10题）1．【2018江西南昌市高三一模】如图，四棱锥中，底面，为直角梯形，与相交于点，，，，三棱锥的体积为9．（I）求的值；（II）过点的平面平行于平面，与棱，，，分别相交于点，，，，求截面的周长．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．【解析】【试题分析】（I）利用体积公式列方程可求得．（II）利用面面平行的性质定理可有，，，利用相似三角形可求得各边长，过点作∥交于，则．所以截面的周长为．【试题解析】（Ⅰ）四棱锥中，底面，为直角梯形，，，，所以，解得．（Ⅱ）【法一】因为平面，平面平面，，平面平面，根据面面平行的性质定理，所以 ，同理 ， ， 因为 ， ， 所以 ∽ ，且，又因为 ∽ ， ，所以 ， 同理 ， ，， ，如图：作 ， ， ， ，所以 ， ， 故四边形 为矩形，即 ， （求 长2分，其余三边各1分） 在 中，所以 所以截面 的周长为 ． 【法二】因为 平面 ，平面 平面 ，，平面 平面 ， 所以 ，同理 ， 因为 ∥ ， ，所以 ∽ ，且，所以，， ．同理，连接 ，则有 ∥ ，所以 ， ，所以，同理， ，过点 作 ∥ 交 于 ，则 ，所以截面 的周长为．2．【2018河南豫南九校高三下学期第一次联考】四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，2AB BC PA PB ===，．侧面PAB ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PC BD ⊥；（II ）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 【答案】（I ）见解析（II ）10【解析】【试题分析】（I ）设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，根据面面垂直的性质定理，有PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，建立空间直角坐标系，计算0PC BD ⋅=可得证．（II ）设()0,0,P h ，利用直线BD 和平面PAD 所成角为45，计算3h =平面BPC 和平面DPC 的法向量计算二面角的余弦值． 【试题解析】解：（I ）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ， 由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD以O 为原点，OP 为z 轴，OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,,1,0P h B CD- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=-0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥．证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥， 而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB 故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠ 所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ② 由①②知BD ⊥平面PCO 所以PC BD ⊥．（II ）由AD AB ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，可得AD ⊥平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD ，交线为PA过B 作BH PA ⊥，垂足为H ，则BH ⊥平面PADBD 与平面PAD 所成的角即为角BDH ∠所以226322BH BD === 从而三角形PAB 为等边三角形，3PO =（也可以用向量法求出PO ，设()0,0,P h ，则()())0,1,0,0,1,0,2,1,0A B D --，可求得平面PAD 的一个法向量为()0,,1p h =-，而()2,2,0BD =-，由cos ,sin45p BD =︒可解得3h =设平面BPC 的一个法向量为m ，则0{m BP m BC ⋅=⋅=，()()0,1,3,2,0,0BP BC =-=，可取()0,3,1m =设平面DPC 的一个法向量为n ，则0{n DP n DC ⋅=⋅=，()()2,1,3,0,2,0DP DC =-=，可取(3,0,n =-于是10cos ,m n =-，故二面角B PC D --的余弦值为． 3．【2018安徽黄山高三一模】如图，在四棱锥P A B C D -中，底面ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，且112PA AB BC AD ====，PA ⊥平面ABCD ．（I ）求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（II ）棱PD 上是否存在一点E 满足90AEC ∠=︒?若存在，求AE 的长；若不存在，说明理由． 【答案】（I ）36（II ）不存在 【解析】试题分析：（I ）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（II ）依据题设条件90AEC ∠=︒，运用向量的坐标形式建立方程()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=， 即判定方程25410λλ-+=是否有解：解：（I ）依题意，以A 为坐标原点，分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系O xyz -， 则()()()()0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,2,0P B C D ，从而()()()1,0,1,1,1,1,0,2,1PB PC PD =-=-=-． 设平面PCD 的法向量为(),,n a b c =，则0n PC ⋅=，且0n PD ⋅=， 即0a b c +-=，且20b c -=，不妨取2c =，则1,1b a ==， 所以平面PCD 的一个法向量()1,1,2n =， 此时3cos ,26PB n ==⨯PB 与平面PCD 3（II ）设()01PE PD λλ=≤≤，则()0,2,1E λλ-，则()()1,21,1,0,2,1CE AE λλλλ=---=-，由90AEC ∠=︒得()()222110AE CE λλλ⋅=-+-=，化简得，25410λλ-+=，该方程无解，所以，棱PD 上不存在一点E 满足90AEC ∠=︒．4．【2018全国名校大联考高三第四次联考】在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为线段BC 的中点，,E F 为线段AC 的三等分点（如图1）．将ABD ∆沿着AD 折起到AB D ∆'的位置，连接B C '（如图2）．（I ）若平面AB D '⊥平面ADC ，求三棱锥B ADC '-的体积；（II ）记线段B C '的中点为H ，平面B ED '与平面HFD 的交线为l ，求证：//HF l ． 【答案】（I ）18；（II ）证明见解析． 【解析】试题分析：（I ）由题意可知ABD ∆是等边三角形，取AD 中点O ，连接B O '，则B O AD '⊥．由面面垂直的性质定理可得B O '⊥平面A D C ．三棱锥的高32B O '=，其底面积1131322ADC S ∆=⨯⨯=B ADC '-的体积为18． （II ）由中位线的性质可得//HF B E '，然后利用线面平行的判断定理可得//HF 平面B ED '，最后利用线面平行的性质定理可得//HF l ． 试题解析：（I ）在直角ABC ∆中，D 为BC 的中点，所以AD BD CD ==． 又60B ∠=，所以ABD ∆是等边三角形． 取AD 中点O ，连接B O '，所以B O AD '⊥．因为平面AB D '⊥平面ADC ，平面AB D '⋂平面ADC AD =，B O '⊂平面AB D '， 所以B O '⊥平面ADC ．在ABC ∆中，90BAC ∠=，60B ∠=，1AB =，D 为BC 的中点，所以AC =2B O '=．所以111224ADC S ∆=⨯⨯=．所以三棱锥B ADC '-的体积为1138ADC V S B O ∆'=⨯⨯=．（II ）因为H 为B C '的中点，F 为CE 的中点，所以//HF B E '． 又HF ⊄平面B ED '，B E '⊂平面B ED '，所以//HF 平面B ED '． 因为HF ⊂平面HFD ，平面B ED '⋂平面HFD l =，所以//HF l ．5．【2018甘肃高三第一次诊断性考试】四棱台被过点 ， ， 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形 是边长为2的菱形， ， 平面 ， ． （Ⅰ）求证：平面 平面 ；（Ⅱ）若 与底面 所成角的正切值为2，求二面角 的余弦值．【答案】（I ）详见解析；（II ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）易证 ， ，进而可得 平面 ，从而证得；（Ⅱ） 与底面 所成角为 ，从而可得 ，设 ， 交于点 ，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面 和平面 的法向量，利用法向量求解二面角即可． 试题解析：（Ⅰ）∵ 平面 ，∴ ． 在菱形 中， ，又 ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴平面 平面 ． （Ⅱ）∵ 平面∴ 与底面 所成角为 ，∴ ，∴ 设 ， 交于点 ，以 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ．， ， ，同理，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ．设平面 的法向量 ， ， ， ∴， ， 则 ， ， ，设平面 的法向量 ， ， ， ，， 则 ， ， ， 设二面角 为 ，．6．【2018四川乐山四校第三学期半期联考】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO OB ==．（I ）若D 为线段AC 的中点，求证AC ⊥平面PDO ； （II ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（III ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（I ）见解析（II ）13（III ）2．【解析】试题分析：（I ）由等腰三角形三线合一可得C D O A ⊥，由线面垂直的定义可得C PO ⊥A ，最后利用线面垂直的判断定理可得C A ⊥平面D P O ．（II ）当底面ABC 面积最大时，三棱锥体积由最大值，由几何关系可得当C O ⊥AB 时，C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=，结合三棱锥体积公式可得三棱锥C P -AB 体积的最大值为13． (3)将将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，由平面几何的知识可知O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．结合筝形的性质计算可得C E +OE 26+ 试题解析：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点，所以C D A ⊥O ． 又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ． 因为D O⋂PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ．（II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1． 又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =， 故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=． （III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以22112PB =+=同理C 2P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，'C 共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，''C C P =B ，所以'C O 垂直平分PB ，即E 为PB 中点．从而''222C C O =OE +E =+=，亦即C E +OE 的最小值为2． 7．【2017天津市河西区高三二模】如图，已知梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =EDCF ⊥平面ABCD ．（Ⅰ）求证：//DF 平面ABE ；（Ⅱ）求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 3若存在，求出线段BP 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（I ）见解析（II ）53131（III ）2BP = 【解析】试题分析：（I ）利用空间向量证明线面平行，一般转化为对应平面法向量与直线垂直，先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，根据向量数量积证明垂直，最后根据线面平行判定定理证明，（II ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角之间相等或互补关系求解（III ）研究线面角，一般利用空间向量进行列式求解参数，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系列式求解参数．试题解析：（Ⅰ）证明：取D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，(E ，(F -，∴(1,BE =--，()0,2,0AB =，设平面ABE 的法向量(),,n x y z =，∴20,{20,x y y --==不妨设()3,0,1n =，又(1,DF =-，∴30DF n ⋅=-+=，∴DF n ⊥，又∵DF ⊄平面ABE ，∴//DF 平面ABE ． （Ⅱ）解：∵(1,3BE =--，(3BF =-，设平面BEF 的法向量(),,m x y z =， ∴230,{230,x y z x z --+=-=不妨设()23,3,4m =，∴531cos 231m n m n θ⋅===⋅⋅∴平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值为53131． （Ⅲ）设(3DP DF λλ==- (),23λλλ=-，[]0,1λ∈，∴(),23P λλλ-， ∴()1,23BP λλλ=---，又∵平面ABE 的法向量()3,0,1n =，∴()()2223333sin cos ,21223BP n λλθλλλ--+===++-+，∴28610λλ-+=，∴12λ=或14λ=． 当12λ=时，33,2BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =；当14λ=时，533,42BP ⎛=-- ⎝⎭，∴2BP =． 综上，2BP =．8．【2018全国名校大联考高三第四次联考】如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的O 上，30CBA ∠=︒，2PA AB ==，点E 为线段PB的中点，点M 在弧AB 上，且//OM AC ．（I ）求证：平面//MOE 平面PAC ；（II ）求证：平面PAC ⊥平面PCB ；（III ）设二面角M BP C --的大小为θ，求cos θ的值． 【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析；(3) 15． 【解析】试题分析：（I ）由△ABC 中位线的性质可得//OE PA ，则//OE 平面PAC ．由线面平行的判断定理可得//OM 平面PAC ．结合面面平行的判断定理可得//MOE 平面PAC ．（II ）由圆的性质可得BC AC ⊥，由线面垂直的性质可得PA BC ⊥，据此可知BC ⊥平面PAC ．利用面面垂直的判断定理可得平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．结合空间几何关系计算可得平面PCB 的法向量()2,0,1m =-，平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =，则1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，故15cos θ=．试题解析：（I ）证明：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 ，且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 ． （II ）证明：因为点C 在以AB 为直径的O 上，所以90ACB ∠=︒，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PBC ，所以平面PAC ⊥平面PCB ．（III ）解：如图，以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C xyz -．因为30CBA ∠=︒，2PA AB ==，所以230CB cos =︒=1AC =． 延长MO 交CB 于点D ．因为//OM AC ，所以MD CB ⊥，13122MD =+=，122CD CB ==．所以()1,0,2P ，()0,0,0C ，()3,0B，32M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,0,2CP =，()3,0CB =． 设平面PCB 的法向量(),,m x y z =．因为0{ 0m CP m CB ⋅=⋅=，所以()()()(),,1,0,20{,,3,00x y z x y z ⋅=⋅=，即20{ 30x z +==． 令1z =，则2x =-，0y =． 所以()2,0,1m =-．同理可求平面PMB 的一个法向量()1,3,1n =． 所以1,5m n cosm n m n⋅==-⋅．由图可知θ为锐角，所以15cos θ=．9．【2018湖北宜昌市高三1月调研】如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ，点 在棱 上，且 ．（Ⅰ）求证： ；（Ⅱ）是否存在实数 ，使得二面角 的余弦值为？若存在，求出实数 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（I ）由边长和勾股定理得 ，又平面 平面 ，由定理证得 平面（II）建立空间直角坐标系，得出平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果解析：（Ⅰ）过点作交于，，，四边形为正方形，且，在△中，，在△中，，又平面平面，平面平面平面，平面，且平面（Ⅱ）又平面平面，平面平面平面，以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，，，，，假设存在实数使得二面角的余弦值为，令点在棱上，，．设，，，，，，，，，，则，，，平面，平面的一个法向量为，，．设平面的一个法向量为，，，由得令得， ， ， ， ，取 ， ， ， ，化简得 又 ，，存在实数使得二面角 的余弦值为． 10．【2018安徽全椒中学第一学期期中考试】如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC=60°，PA=AC=a ，PB=PD=2a ，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角E —AC —D 的余弦值； （Ⅲ）求点P 到平面EAC 的距离． 【答案】（I ）见解析；（II ）217；（III ）217a ． 【解析】试题分析：（I ）证明PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，AB 、AD 是平面ABCD 内的两条相交直线，即可证明PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，()()()3131A 0,0,0,0,0,,0,,0,,,0,,,022P a D a C a AC a ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭则，11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点 求出平面EAC 的法向量为(1,3,3n =-，平面ACD 的法向量为()0,0,AP a =，321cos ,77n AP a ==⋅即得二面角的余弦值；（Ⅲ）由（II ）问得，点P 平面EAC 的距离n AP d n⋅=代入计算即得解．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中，可证PA 2+AB 2=2a 2 = PB 2，∴PA ⊥AB ．同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD ． （II ）如图，建立空间直角坐标系A —xyz ，则汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！31 3AC ⎛= 11110,,,0,,2222PD E a a AE a a ⎛⎫⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭中点． 设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =，31110,0222n AC ax ay n AE ay az ∴⋅=+=⋅=+=，(3,1,3,3y x y z n ∴=-=-=-取，又平面ACD 的法向量为()0,0,?AP a =∴ 321,77a cosn AP a ==⋅，即二面角E —AC —D 的大小为217． （III ）点P 平面EAC 的距离32177n AP a d n ⋅===．。
高考数学一轮复习全套教案高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题
（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．线面位置关系与体积计算并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . 4分(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．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)求四面体N -BCM 的体积．[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 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】(2019·开封模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM，∵PM⊂平面PEM，∴BD⊥PM.(2)连接AM，BE，∵P A＝PD＝2，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，PE＝1，EM＝12AC＝3，∴PM＝PB＝1＋3＝2.在等边三角形DBC中，BM＝3，∴S△PBM ＝394，S△ABM＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM的高为h，则由等体积可得13·394h＝13×3×1，∴h＝413 13，∴点A到平面PBM的距离为413 13.[规律方法]求点到平面的距离(几何体的高)的两种方法(1)等积法：利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解.(2)定义法：其步骤为：一作、二证、三求.如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为31313.线面位置关系中的存在性问题命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.2.第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BH ⊥AD ，BH ⊂平面ABCD ，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB ⊂平面ABFE ，平面ABFE ∩平面PCD ＝EF ，∴EF ∥AB ，∴EF ∥CD .由S △PEF ∶S 四边形CDEF ＝1∶3知E ，F 分别为PD ，PC 的中点．如图，连接BD 交AC 于点G ，则G 为BD 的中点，连接EG ，则EG ∥PB .又EG ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，∴PB ∥平面ACE .(2)∵P A ＝2，AD ＝AB ＝1，∴AC ＝2，AE ＝12PD ＝52，∵P A ⊥平面ABCD ，∴CD ⊥P A ，又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD .在Rt △CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos ∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin ∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin ∠AEC ＝34 .设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h .∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3， ∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC .又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。
高考数学一轮复习 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题教学案 理(含解析)
以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，
∴ ＝(－2,0,1)，
又平面AFED的一个法向量 ＝(0,4,0)，
· ＝0，
∴ ⊥ ，
所以cos〈n， 〉＝ ＝－ .
由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为－ .
(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)， ＝(0,2，－1)．
因为n· ＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交．
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，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(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．
(2018·北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝ ，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角BCDC1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交．
[解](1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，
看到④想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．
[规范解答](1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
·····························································2分
高考数学一轮复习高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
四立体几何中的高考热点问题立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、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的中点．平面∥平面由已知得－＋－2＋x0＝0(20xx·北京高考，BE平面EF⊥BE如图，建立空间直角坐标系此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计AM的值；若不存在，说明AP平面⊥平面CO平面AC＝CD如图，建立空间直角坐标系如图所示，在三棱柱，平面平面平面B MN平面1MN.平面如图，设，OE，将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何为正方形，想到正方形中的边角关系；平面作＝2，································6分的中点时，求证：BM∥平面AFED；与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为306时，求三棱锥法一：取ED的中点N，连接MN，AN，1BM平面平面－的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，，翻折后垂直关系没变，，且PE∩BE＝E，αα轴，＝60°，1,0,0)，AB 平面⊥AB ，平面连接PQ ⎭⎪⎫，32，。
2024年高考数学立体几何大题突破(解析版)
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 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( )A.12B.13C.14D.18答案 C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＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，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BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.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( )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 答案 B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．6．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( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C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＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.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( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B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＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(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________． 答案 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 ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π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)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)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________． 答案2π2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.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教学案 理
高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，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．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)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 .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]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，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](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 ，[7分]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)．[8分]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)．[9分]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)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，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．则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)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[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．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( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 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，如图所示，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，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一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.。
高三理科数学一轮复习 第七章 立体几何 热点专题突破四 立体几何的综合问题课件
考点 3 立体几何中的探索性问题
探索满足线线、线面、面面平行或垂直的点的位置,实际上是各种位置关系的判定定理和性质定理的灵活
应用.这类探索性问题一般是先从结论出发,寻找使结论成立的条件,再以此为条件进行证明,注意不能出现逻辑
性错误.如果不存在,一般应用反证法证明.不特殊的点的探索也可以利用向量法,用向量法探索适合题意的点的
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典例3 (2014·湖北高考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别 是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若 不存在,说明理由.
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பைடு நூலகம்
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探索点的位置的方法 在二面角已知(如本题中的直二面角的情况下),解决探索点的位置或 λ 值的问题,用传统方法即利用二面角平 面角的定义找到平面角,利用解三角形知识建立方程求解,而利用向量法则一般都是先设出点的坐标,将二面 角转化为两个平面的法向量的夹角,利用空间向量建立方程求解.
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【变式训练】
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,AA1=AB,E为BB1的延长 线上一点,D1E⊥面D1AC,设AB=2. (1)求二面角E-AC-D1的大小. (2)在D1E上是否存在一点P,使A1P∥平面EAC?若存在,求D1P∶PE的值;若不存在,请说 明理由.
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典例2 如图所示的平面四边形ABCD中,△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形,△BCD为正三角形,且 BD=4,AC与BD交于点O(如图甲).现沿BD将平面四边形ABCD折成三棱锥A-BCD,使得折起后∠AOC= θ(0<θ<π)(如图乙).
高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题课件文新人教版
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36 2 ， 求a的值. 解答
思维升华
平面图形的翻折问题，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.
跟踪训练2 如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平 面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F， 点E，G分别是棱SA，SC的中点. 求证：(1)平面EFG∥平面ABC； 证明
由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点， 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面EFG∥平面ABC.
√α∥β
C对.若于mA∥，n若，αm⊥⊥γ，α，α⊥n⊥β，β，则则γ∥α∥β或β 相交； D.若m∥n，m∥α，则n∥α
对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或相交；
对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α.故选C.
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3.(2016·唐山模拟)如图，ABCD－A1B1C1D1为正方 体，连接BD，AC1，B1D1，CD1，B1C，现有以下 几 个 结 论 ： ①BD∥ 平 面 CB1D1 ； ②AC1⊥ 平 面 CB1D1；③CB1与BD为异面直线.其中所有正确结论 的序号为_①__②__③___. 答案 解析
3 2
时，求PA的长.
解答
因为底面ABCD是菱形，且AB＝2， ∠BAD＝60°，所以 S△BCD＝ 3. 又VC－PBD＝VP－BCD，三棱锥P－BCD的高为PA， 所以13× 3×PA＝ 23，解得 PA＝32.
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9.(2016·大连测试)如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′中， 平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面ABC是边长 为2的等边三角形，AA′＝3，E，F分别在棱AA′，CC′ 上，且AE＝C′F＝2. (1)求证：BB′⊥底面ABC； 证明
高考数学大一轮复习 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 文 北师大版(2021年最新整理)
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北师大版1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点,E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为( ）A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案B解析如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，则EF∥A1B1,DF∥B1B,∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形:①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是（）A．③④ B．①③ C．②③ D．①②答案C解析由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．(2016·成都模拟）如图是一个几何体的三视图(左视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是( )A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π答案A解析根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1,母线长为2，故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×错误!π＝20＋3π.4.如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形，E、F分别为侧棱VC、VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则错误!＝________.答案2解析连接AC交BD于点O,连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，∵VC＝3EC，∴VM＝ME＝EC,又AO＝CO,∴AM∥EO，又EO平面BDE，∴AM∥平面BDE，又AF∥平面BDE，AM∩AF＝A,∴平面AMF∥平面BDE，又MF平面AMF，∴MF∥平面BDE,又MF平面VBC，平面VBC∩平面BDE＝BE，∴MF∥BE，∴VF＝FB，∴错误!＝2.5.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E,F分别为棱PC，AC,AB的中点．若PA⊥AC，PA＝6,BC＝8,DF ＝5。
高考数学总复习考点知识专题讲解44---立体几何热点题型问题
又因为 DO＝2＝AE，所以四边形 AODE 为平行四边 形．所以 ED∥AO.
因为△ABC 为等边三角形，所以 AO⊥BC. 又因为 AO⊂平面 ABC，平面 BCD∩平面 ABC＝BC，平 面 BCD⊥平面 ABC，所以 AO⊥平面 BCD，所以 ED⊥平面 BCD. 又因为 ED⊂平面 EBD，所以平面 EBD⊥平面 BCD.
的中点．连接 DM. ∵D 为棱 BC 的中点， ∴DM∥A1C. 又 A1C⊄平面 ADB1，DM⊂平面 ADB1， ∴A1C∥平面 ADB1.
(2)在三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 侧棱 AA1⊥底面 ABC，可得 AD⊥BB1. ∵D 为棱 BC 的中点，AB＝AC， ∴AD⊥BC，又 BC∩BB1＝B， ∴AD⊥平面 BCC1B1，即 AD⊥BC1.
4－2＋2hh42＝13，解得
h＝87.经检验，符合题意．所以，线段 CF 的长为87.
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 2．(2019·山东青岛质检)如图，在多面体 ABCDE 中，AE ⊥平面 ABC，平面 BCD⊥平面 ABC，△ABC 是边长为 2 的 等边三角形，BD＝CD＝ 5，AE＝2.
[审题程序]
第一步：证平面 BEF⊥平面 PAC，需证 BE⊥平面 PAC； 第二步：建立空间直角坐标系，引入参数 λ，使B→G＝λB→P； 第三步：由线面角的向量求法得参数 λ 的方程； 第四步：解出 λ，并验证是否适合题意．
[规范解答] (1)证明：∵AB＝BC，E 为 AC 的中点，
∴BE⊥AC. 又 PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC， ∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 PAC.
高考数学大一轮复习 专题4 立体几何综合题的解答课件 文 北师大版
(2)法一：如图，设BD与AC交于点O，连接OE.
∵PC⊥平面BDE，BE、OE 平面BDE， ∴PC⊥BE，PC⊥OE. ∴∠BEO即为二面角B－PC－A的平面角． 由(1)知BD⊥平面PAC.又OE、AC 平面PAC， ∴BD⊥OE，BD⊥AC.
故矩形ABCD为正方形，∴BD＝AC＝2 2，BO＝12BD＝ 2. 由PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD得PA⊥BC. 又BC⊥AB，PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB. 而PB 平面PAB，∴BC⊥PB. 在Rt△PAB中，PB＝ PA2＋AB2＝ 5， 在Rt△PAC中，PC＝ PA2＋AC2＝3.
探究二 空间角的求解 空间角主要有异面直线所成的角、线面角和二面角三种，其 解法关键是把要求的角归纳到某直角三角形中通过构造直角三角 形求解．
[例2] 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩 形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.
(1)证明：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．
探究三 空间距离的计算 高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的 重要内容之一，在计算空间几何体的体积、空间角时，往往需要 计算距离．距离问题的关键是“垂直”，通过作垂线把求解的距 离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．距离问题也与逻 辑推理、空间想象密不可分，是立体几何考查逻辑推理能力和空 间想象能力的深化．
【审题】 关键点：①平面ABCD为矩形；②PA⊥平面 ABCD；③PC⊥平面BDE.
【转化】 (1)证BD与平面PAC内的两条相交直线垂直． (2)找到二面角的平面角后解三角形．
【求解】 (1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD， ∴PA⊥BD. 同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD. 又PA∩PC＝P， ∴BD⊥平面PAC.
高考数学大一轮复习 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 文 新人教版(2021年最新整理)
人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题文新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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新人教版1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为（）A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案B解析如图取B1C1中点为F,连接EF，DF，DE，则EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线,z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是（）A．③④ B．①③ C．②③ D．①②答案C解析由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．（2016·成都模拟）如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是（）A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π答案A解析根据几何体的三视图可知,该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体,其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×错误!π＝20＋3π.4。
如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形,E、F分别为侧棱VC、VB上的点,且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则错误!＝________。
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课时作业(四十七) 高考解答题专题突破(四)立体几何的热点问题1．(2015·临沂二模)如图所示的多面体中，四边形ABCD 是菱形，ED ∥FB ，ED ⊥平面ABCD ，AD ＝BD ＝2，BF ＝2DE ＝2 2.(1)求证：AE ⊥CF ；(2)求二面角A －FC －E 的余弦值． 解：(1)证明：证法一：在△AEF 中，AE ＝6，EF ＝6，AF ＝23，∴AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .在△AEC 中，AE ＝6，EC ＝6，AC ＝23， ∴AE 2＋EC 2＝AC 2，∴AE ⊥EC . 又∵EF ∩EC ＝E ，∴AE ⊥平面ECF . 又∵FC ⊂平面ECF ， ∴AE ⊥CF .证法二：∵四边形ABCD 是菱形，AD ＝BD ＝2， ∴AO ⊥BD ，AC ＝2 3.∵ED ⊥平面ABCD ，BD ＝2，BF ＝2DE ＝22，故可以以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线为x 轴、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (3，0,0)，E (0，－1，2)，C (－3，0,0)，F (0,1,22)， ∴AE →＝(－3，－1，2)，CF →＝(3，1,22)， ∴AE →·CF →＝－3－1＋4＝0， ∴AE ⊥CF .(2)由(1)，知AF →＝(－3，1,22)，AC →＝(－23，0,0)，EF →＝(0,2，2)，EC →＝(－3，1，－2)．设平面AFC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n 1＝0，AC →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋y 1＋22z 1＝0，－23x 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(0，－22，1)．设平面EFC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 同理可得n 2＝(－3，－1，2)． 设二面角A －FC －E 的大小θ，则cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝0＋22＋23×6＝33.2．(2015·泰安二模)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)若点M ，N 分别是边A 1B 1，BC 的中点，求证：MN ∥平面ACC 1A 1； (2)证明：AB ⊥A 1C ；(3)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求二面角B －AC －A 1的余弦值． 解：(1)证明：如图，取AC 的中点D ，连接DA1，DN ， ∵N 为BC 的中点，∴在△ABC 中，ND 綊12AB .又∵M 为A 1B 1的中点，A 1B 1∥AB ， ∴A 1M 綊12AB ，∴ND 綊A 1M ，∴四边形A 1MND 为平行四边形． ∴MN ∥A 1D .又MN ⊄平面ACC 1A 1，A 1D ⊂平面ACC 1A 1， ∴MN ∥平面ACC 1A 1.(2)证明：取AB 的中点E ，连接EC ，EA 1， 在△ABC 中，CA ＝CB ，∴EC ⊥AB . 又在△AA 1B 中，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， ∴△AA 1B 为正三角形，∴A 1E ⊥AB ，又A 1E ∩EC ＝E ，∴AB ⊥平面A 1EC ，∴AB ⊥A 1C .(3)∵CA ＝CB ，AB ＝CB ＝2，∴△ABC 为边长为2的正三角形，且CE ＝3， 易求A 1E ＝3，又A 1C ＝6， ∴A 1E 2＋CE 2＝6＝A 1C 2，∴EC ⊥EA 1. 又EC ⊥AB ，EA 1∩AB ＝E ，∴EC ⊥平面AA 1B .故以E 为原点，EA 所在直线为x 轴，EA 1所在直线为y 轴，EC 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∴A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，∴AC →＝(－1,0，3)，AA 1→＝(－1，3，0)，EA 1→＝(0，3，0)， ∵EA 1⊥平面ABC ，∴取EA 1→为平面ABC 的一个法向量， 设平面AA 1C 的法向量为n ＝(x ，y,1)，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AA 1→·n ＝0即⎩⎨⎧－x ＋3＝0，－x ＋3y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝1，∴n ＝(3，1,1)， ∴cos 〈n ，EA 1→〉＝n ·EA 1→|n ||EA 1→|＝35×3＝55， ∴二面角B －AC －A 1的余弦值为55. 3．(2015·烟台诊测)已知平行四边形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝10，BD ＝8，E 是线段AD 的中点．沿直线BD 将△BCD 翻折成△BC ′D ，使得平面BC ′D ⊥平面ABD .(1)求证：C ′D ⊥平面ABD ；(2)求直线BD 与平面BEC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：平行四边形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝10，BD ＝8， 沿直线BD 将△BCD 翻折成△BC ′D ， 可知C ′D ＝6，BC ′＝BC ＝10，BD ＝8， 即BC ′2＝C ′D 2＋BD 2，C ′D ⊥BD .又∵平面BC ′D ⊥平面ABD ，平面BC ′D ∩平面ABD ＝BD ，C ′D ⊂平面BC ′D ， ∴C ′D ⊥平面ABD .(2)由(1)，知C ′D ⊥平面ABD ，且CD ⊥BD ， 如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (8,6,0)，B (8,0,0)，C ′(0,0,6)， BD →＝(－8,0,0)．∵E 是线段AD 的中点，∴E (4,3,0)．在平面BEC ′中，BE →＝(－4,3,0)，BC ′→＝(－8,0,6)， 设平面BEC ′的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BE →·n ＝0，BC ′→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，－8x ＋6z ＝0，令x ＝3，得y ＝4，z ＝4，故n ＝(3,4,4)． 设直线BD 与平面BEC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BD →〉|＝|n ·BD →||n ||BD |＝34141.∴直线BD 与平面BEC ′所成角的正弦值为34141.4．(2015·威海模拟)已知矩形ABCD 中，AB ＝5，AD ＝2，E ，F 分别在AB ，CD 上，且AE ＝2，CF ＝1，沿EF 将四边形BEFC 向上折起，使得平面B ′EFC ′⊥平面ADFE .(1)求证：C ′D ∥平面B ′AE ； (2)求证：平面B ′DE ⊥平面B ′EF ； (3)求二面角A －B ′E －F 的平面角的余弦值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形， ∴B ′E ∥C ′F ，AE ∥DF ， ∵AE ∩B ′E ＝E ，DF ∩FC ′＝F ， ∴平面AB ′E ∥平面DFC ′，∵C ′D ⊂平面DFC ′，∴C ′D ∥平面B ′AE . (2)证明：如图，连接DE ， 在Rt △DAE 中，DE ＝4＋4＝22，∵EF ＝22，DF ＝4，∴DE 2＋EF 2＝DF 2，∴DE ⊥EF . 过B ′作B ′H ⊥EF ，∵平面B ′EF ⊥平面AEF ， ∴B ′H ⊥平面AEF ，∵DE ⊂平面AEF ，∴B ′H ⊥DE . ∵B ′H ∩EF ＝H ，∴DE ⊥平面B ′EF .∵DE ⊂平面B ′DE ，∴平面B ′DE ⊥平面B ′EF . (3)以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (2,2,0)，F (0,4,0)，B ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12，72，322. 设平面AB ′E 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， B ′E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，－322，AE →＝(0,2,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·B ′E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，32x －32y －322z ＝0，令x ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，z ＝22，所以n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，22， 平面FB ′E 的一个法向量为n 2＝DE →＝(2,2,0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝232·8＝33， 由(2)，可知二面角A －B ′E －F 的平面角为钝角， ∴二面角A －B ′E －F 的平面角的余弦值为－33. 5．(2014·新课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E —ACD 的体积． 解：(1)证明：如图，连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0) (m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.。