2018高中数学理人教A版一轮参考课件：专项突破(四) 立体几何

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2018高考数学(理)一轮复习课件第七章立体几何第4讲课件

[题点通关] 角度一判断线面的位置关系
C
1．已知直线 a 和平面 α，那么 a∥α 的一个充分条件是( A．存在一条直线 b，a∥b 且 b⊂α B．存在一条直线 b，a⊥b 且 b⊥α C．存在一个平面 β，a⊂β 且 α∥β D．存在一个平面 β，a∥β 且 α∥β
C
其中正确的命题是( A．①②③
) B．①④
C．② D．①③④ [解析] ②正确．①错在 α 与 β 可能相交．③④错在 a 可能在
α 内．
3．若平面 α∥平面 β，直线 a∥平面 α，点 B∈β，则在平面 β 内过 B 点的所有直线中(
A
)
A．不一定存在与 a 平行的直线 B．只有两条与 a 平行的直线 C．存在无数条与 a 平行的直线 D．存在唯一一条与 a 平行的直线
平行
线面平行的判定与性质(高频考点) 平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题中某一问．高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下三个命题角度： (1)判断线面的位置关系； (2)线面平行的证明； (3)线面平行性质的应用．
(1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行． (2)应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线． (3)利用平面几何知识证明线线平行的主要方法：①有中点，找中点，连中线，证平行；②构造三角形的中位线；③构造平行四边形条件．
[典例引领] (2016· 高考全国卷丙)如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AB ＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的中点． (1)证明 MN∥平面 PAB； (2)求四面体 NBCM 的体积．

2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件：热点探究课4 立体几何中的高考热点问题

即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥BE，所以 CD⊥平面 A1OC.5 分
高三一轮总复习
[解] (1)证明：在图①中，因为 AB＝BC＝1， AD＝2， E 是 AD 的中点， ∠BAD π ＝2，所以 BE⊥AC，2 分
即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥BE，所以 CD⊥平面 A1OC.5 分
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(3)∵P 为 CE 的中点， 1 ∴V 三棱锥 DABP＝V 三棱锥 PABD＝ V 三棱锥 EABD.10 分 2 ∵OE⊥平面 ABCD， 1 1 2×1 3 ∴V 三棱锥 EOE＝3× 2 × 3＝ 3 ， ABD＝ S△ABD· 3 1 3 ∴V 三棱锥 DABP＝V 三棱锥 PABD＝ V 三棱锥 EABD＝ 2 6 .12 分
第二步：利用线面垂直的判定，得 D′H⊥平面 ABCD. 第三步：建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标．第四步：利用方程思想，计算两平面的法向量．第五步：由法向量的夹角，求二面角 BD′AC 的正弦值．第六步：检验反思，查看关键点，规范解题步骤．
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[温馨提示]
1.在第(1)问，易忽视 D′H⊥OH 的论证及条件 OH∩EF＝H，导
→ → CD＝BE＝(－ 2，0,0).9 分
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设平面 A1BC 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)，平面 A1CD 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)， → n1· BC＝0，－x1＋y1＝0，平面 A1BC 与平面 A1CD 的夹角为 θ，则得取 n1＝ → y － z ＝ 0 ， 1 1 A1C＝0， n1· (1,1,1)； → n2· CD＝0， x2＝0，得取 n2＝(0,1,1)， → y2－z2＝0， A1C＝0， n2· 2 6 从而 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 3× 2 3 6 即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 3 .12 分

高中数学文人教A版一轮参考课件：专项突破(四) 立体几何

(1)求证:平面 ABE⊥平面 B1BCC1; (2)求证:C1F∥平面 ABE; (3)求三棱锥 E-ABC 的体积.
考向精准透析考向一考向二考向三考向四规范解答模板
思维透析(1) BB1⊥AB — BC⊥AB — AB⊥平面 B1BCC1 — 平面 ABE⊥平面 B1BCC1
(2) 取 AB 中点 G — FG 为中位线 — FG�� AC��EC1 — EG∥C1F — C1F∥ 平面 ABE (3) 计算 S△ABC — AA1=2 — 由 V= S△ABC· AA1 计算体积 (1)证明:在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥底面 ABC. 所以 BB1⊥AB.又因为 AB⊥BC,BB1∩BC=B, 所以 AB⊥平面 B1BCC1. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.
考向精准透析考向一考向二考向三考向四规范解答模板
考向 2
立体几何中的折叠问题
【例 2】(2014 广东,文 18)如图 1,四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图 2 折叠;折痕 EF∥DC,其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M,并且 MF⊥CF.
(1)证明:CF⊥平面 MDF; (2)求三棱锥 M-CDE 的体积.
考向精准透析考向一考向二考向三考向四规范解答模板
思维透析(1) PC⊥平面 ABCD — AD⊥CD — MD⊥平面 PCD — MD⊥
CF — CF⊥MF — CF⊥平面 MFD (2) 线段比例关系 — S△CDE 的面积 — MD 的长 — 体积公式计算 (1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,且 PD⊂平面 PCD, ∴平面 PCD⊥平面 ABCD,交线为 CD. 又∵四边形 ABCD 为矩形,AD⊥CD,AD⊂平面 ABCD,∴MD⊥平面 PCD. 又由于 CF⊂平面 PCD,∴MD⊥CF. ∵MF⊥CF,且 MD∩MF=M, ∴CF⊥平面 MDF.

2018年人教版高三数学一轮复习课件--立体几何PPT课件

设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
1．(2013· 天津质检)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4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 ( )
目录
立体几何
第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节空间几何体的表面积和体积
第三节空间点、直线、平面间的位置关系第四节直线、平面平行的判定及性质第五节直线、平面垂直的判定与性质第六节空间向量及其运算和空间位置关系
第七节空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征多面体结构特征有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并棱柱平行且相等且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点棱锥 ____ 的三角形底面截面底面棱锥被平行于的平面所截，和棱台之间的部分
标轴平行于y轴的线段长度在直观图中
．不变
变为原来的一半
五、三视图几何体的三视图包括正视图、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
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆

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

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

2018年高考数学(文理通用)一轮总复习(课件)学科素养培优系列(四)立体几何 (共59张PPT)

式cosθ =
S CBE S ACB
计算平面BCE和平面ABC夹角的余弦值.
【答题规则】恰当建系,准确确定相关点的坐标解题过程中,要充分利用题设中的垂直关系(必要时给予证明),尽量使相关点在轴上,建立空间直角坐标系,
看清题目中给出的各线段的长度,根据图形的性质,准
确求出相关点的坐标,这是后续步骤的基础,应确保万
AP =(0,y′-1,z′),………………10分
=(0,-1,1),
·n=0,即-1+2λ+2λ=0.所以λ= 1 所以 BM . 4 综上,存在M点,即当 AM 1 时,M点即为所求. AP 4 ………………………………………………12分
方法二:过B作BE∥AD,交OC于H,交CD于E. 因为OC∥AB且OC=2AB,所以OH∥AB,OH=AB,BH=AO.
结论的合理推理论证.还有学生由已知条件得出DF⊥平面ABEF再得出平面CDFE⊥平面ABEF.
(4)错误地自造条件:例如,题设条件是:“五面体………”,而许多考生直接由“五面体………”,得出
CD∥EF,题设条件是“平面ADF和平面AEF夹角与平面
BCE和平面BEF夹角都是60°”,学生不证明直接得出 ∠DFE=60°与∠CEF=60°.
夹角的余弦值. 2
3
【解析】(1)如图,设FC中点为I,连接GI,HI,在△CEF 中,GI∥EF,又EF∥OB,所以GI∥OB;在△CFB中,HI∥BC,
又HI∩GI=I,所以,平面GHI∥平面ABC,
又因为GH 平面GHI,GH⊈平面ABC,
所以GH∥平面ABC.
(2)因为AB=BC,所以OB⊥AC,又因为OO′⊥平面ABC,所以可建立以O为原点,OO′为z轴,OA为x轴,OB为y轴的空

2018年高考数学(理)——立体几何课时四

核心知识
考点精题
-8-
(2)由 (1)知�� =(-1,1,- 2),�� =(1,1,- 2),�� = 设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),则
1 1 3 3
, ,- 2 .
��· �� = �� + ��- 2 �� = 0, ��· �� = -�� + ��- 2�� = 0,
核心知识
考点精题
-3-
(1)证明连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨设GB=1. 由 ∠ABC=120° ,可得 AG=GC= 3.
由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC. 又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= . 在 Rt△FDG 中 ,可得 FG= .
|�� || �� |
核心知识
考点精题
-6-
对点训练1(2017江苏无锡一模,15)如图,已知正四棱锥P�� 1 ABCD,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且 �� = �� = 3 .
|�� · �� | |�� || �� |
=
5 3× 11
=
5 33 33
.
5 33 33
故二面角 N-PC-B 的余弦值为
.
核心知识

2018年高考数学(理)人教A版一轮复习课件：第四章三角函数、解三角形 4-4

-11考点1 考点2 考点3
解 (1)根据表中已知数据,解得数据补全如下表:
ωx+φ x Asin(ωx+φ)
π A=5,ω=2,φ=-6.
�� 3�� 0 π 2π 2 2 �� 7�� 5�� 13�� 12 3 12 6 12 0 5 0 -5 0
��π π x= + -θ,k∈Z. 2 12 π
��π π + (k∈Z) 2 6 ��π π D.x= 2 + 12(k∈Z)
π
A.x=
B.x=
关闭
由题意可知,将函数 y=2sin 2x 的图象向左平移个单位长度得 y=2sin 2 �� +
��π π 得 B x= 2 + 6(k∈Z).故选 π 12
=2sin 2�� + B.
x ωx+φ y=Asin(ωx+φ) 0
0-φ ω
0
�� -φ 3�� -φ 2��-φ φ 2 2 ω ω ω ω �� 3�� 2π π 2 2 A 0 -A 0
-3知识梳理双基自测
1 2 3
3.由y=sin x的图象得y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象的两种方法
π 6
的图象,令
π 12 π π 2x+ = +kπ(k∈Z), 6 2
关闭
解析
答案
-6知识梳理双基自测
1 2 3 4 5
�� > 示,则 ω,φ 的值分别是( A.2,-3 B.2,-6 C.4,-6

2018年高考数学(人教A版)一轮复习课件：7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图

【规范解答】(1)选B.A错,如图1;B正确,如图2,其中底面ABCD是矩形,可证明∠PAB,∠PCB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, 其侧棱必相交于同一点.
(2)选B.命题①错,因为这条边若是直角三角形的斜边, 则得不到圆锥;命题②错,因为这条腰必须是垂直于两底的腰;命题③对;命题④错,必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以.
【变式训练】(2017·济宁模拟)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相等,则此棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
2.三视图的长度特征:长对正,高平齐,宽相等. 3.斜二测画法中,原图形面积S与其直观图面积S′的关系:S′= 2 S .
4
4.底面是梯形的四棱柱,侧放后易被看作是四棱台.
【小题快练】链接教材练一练
1.(必修2P10T1改编)如图,长方体ABCD-A′B′C′D′ 被截去一部分,其中EH∥A′D′.剩下的几何体是 ( )
(2)三视图的画法: ①在画三视图时,重叠的线只画一条,挡住的线要画成虚线 _____. ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体正前方、_____ 正左方、_____ 正上方观察到的几何体的正的_____ 投影图.
4.空间几何体的直观图
斜二测画法来画,其规则是: 空间几何体的直观图常用_______
【规律方法】解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念,要善于通过举反例对概念进行辨析, 即要说明一个命题是错误的,只需举一个反例即可.

【4份】2018版高考人教A版数学(理)一轮复习课件：：选修

高三一轮总复习
5．(2015· 江苏高考)已知圆 C 的极坐标方程为 ρ ＋2 C 的半径．
2
π 2ρsinθ－4－4＝0，求圆
[解] 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点 O，以极轴为 x 轴的正半轴，建立直角坐标系 xOy.2 分圆 C 的极坐标方程可化为 ρ ＋2
2
x2＋y2－2y＝0 [由 ρ＝2sin θ，得 ρ2＝2ρsin θ. 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2－2y＝0.]
高三一轮总复习
4．已知直线 l 的极坐标方程为
π 2ρsinθ－4＝
2，点 A 的极坐标为
A2
7π 2， 4 ，
则点 A 到直线 l 的距离为________．
高三一轮总复习
抓基础 · 自主学习
明考向 · 题型突破
课时分层训练
选修 4－4
坐标系与参数方程
高三一轮总复习
第一节
坐标系
[考纲传真] 1.理解坐标系的作用，了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况.2.了解极坐标的基本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化.3.能在极坐标系中给出简单图形表示的极坐标方程．
2 π 5 2 2 [由 2ρsinθ－4＝ 2，得 2ρ sin θ－ cos θ ＝ 2， 2 2 2
∴y－x＝1. 由
A2
7π 2， 4 ，得点 A 的直角坐标为(2，－2)．
|2＋2＋1| 5 2 ∴点 A 到直线 l 的距离 d＝＝ 2 .] 2
π π ρcos θ＝a －＜θ＜ . ___________ 2 2

【高考数学】2018最新高三数学课标一轮复习课件：高考解答题专讲4 立体几何(专题拔高配套PPT课件)

-11-
题型一
题型二
题型三
题型四
利用空间向量求空间角空间向量是一种计算空间角的很好的工具,可以避免作空间角这一难点,把几何问题代数化. 【例3】 (2017浙江台州期末)如图,在边长为2的菱形ABCD 中,∠BAD=60°,O为AC的中点,点P为平面ABCD外一点,且平面 PAC⊥平面ABCD,PO=1,PA=2.
高考解答题专讲
立体几何
考情分析典例剖析
-9-
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练(2017浙江金华模拟)如图,AB=BE=BC=2AD=2,且 AB⊥BE,∠DAB=60°,AD∥BC,BE⊥AD,
(1)求证:平面ADE⊥平面BDE; (2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.
高考解答题专讲
立体几何
由 VA-DCE=VE-ADC ,得 · d· S△CDE= · |BE|· S△ACD, 可解得 d=
30 10 3 3
1
1
,而 AD=1,则 sin θ=
�� |�� |
=
30 10
,
30 10
故直线 AD 与平面 DCE 所成角的正弦值为
.
高考解答题专讲
立体几何
考情分析典例剖析
(1)求证:AC⊥平面ABB1A1; (2)求二面角A-C1D-C的平面角的余弦值.
高考解答题专讲
立体几何
考情分析典例剖析
-7-
题型一
题型二
题型三
题型四
分析:(1)推导出AB⊥AC,AA1⊥AC,由此能证明AC⊥平面ABB1A1. (2)过点C作CP⊥C1D于P,连接AP,又AC⊥平面DCC1D1,从而 ∠CPA是二面角A-C1D-C的平面角,由此能求出二面角A-C1D-C的平面角的余弦值. (1)证明:∵在底面ABCD中,AB=1,AC= 3,BC=2, ∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC, ∵侧棱AA1⊥底面ABCD,∴AA1⊥AC, 又∵AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面ABB1A1, ∴AC⊥平面ABB1A1.

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.。

2018届高考数学高考大题专项突破四高考中的立体几何文新人教A版

高考大题专项练四高考中的立体几何1.(2017东北三省四市一模,文19)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠B1BA=,M,N 分别为A1C1与B1C的中点,且侧面ABB1A1⊥底面ABC.(1)证明:MN∥平面ABB1A1;(2)求三棱锥B1-ABC的高及体积.2.(2017湖北武汉五月调考,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB 与△PAD都是边长为2的等边三角形,E是BC的中点.(1)求证:AE∥平面PCD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.3.(2016吉林东北师大附中二模,文19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,各棱长均为2,D,E,F,G分别是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中点.(1)求证:平面B1FG∥平面BDE;(2)求三棱锥B1-BDE的体积.4.(2017湖北武汉二月调考,文18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D为CC1的中点.(1)求证:DB1⊥平面ABD;(2)求点A1到平面ADB1的距离.5.(2017吉林三模,文19)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD是直角梯形,其中AB⊥AD,AB=BC=1,AD=2,AA1=.(1)求证:直线C1D⊥平面ACD1;(2)试求三棱锥A1-ACD1的体积.6.(2017山东,文18)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B1CD1.7.(2017黑龙江大庆三模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD 是等边三角形,已知BD=2AD=8,AB=2DC=4.(1)设M是PC上的一点,证明:平面MBD⊥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.8.(2017广东、江西、福建十校联考,文19)如图,在空间几何体ADE-BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC, AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)求证:AE⊥CD;(2)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(3)在(2)的条件下,求空间几何体ADM-BCF的体积.〚导学号24190960〛9.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.〚导学号24190961〛高考大题专项练四高考中的立体几何1.(1)证明取AC中点P,连接PN,PM(图略),∵在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为A1C1与B1C的中点,∴PN∥AB1,PM∥AA1,∵PM∩PN=P,AB1∩AA1=A,PM,PN⊂平面PMN,AB1,AA1⊂平面AB1A1,∴平面PMN∥平面AB1A1,∵MN⊂平面PMN,∴MN∥平面ABB1A1.(2)解设O为AB的中点,连接B1O(图略),由题意知△B1BA是正三角形,∴B1O⊥AB.又侧面ABB1A1⊥底面ABC且交线为AB,∴B1O⊥平面ABC,∴三棱锥B1-ABC的高B1O=AB=.∵S△ABC=×2×2×sin 60°=,∴三棱锥B1-ABC的体积V=×S△ABC×B1O==1.2.(1)证明∵∠ABC=∠BAD=90°,∴AD∥BC.∵BC=2AD,E是BC的中点,∴AD=CE.∴四边形ADCE是平行四边形,∴AE∥CD,又AE⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AE∥平面PCD.(2)解连接DE,BD(图略),设AE∩BD=O,则四边形ABED是正方形,∴O为BD的中点.∵△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形,∴BD=2,OB=,OA=,PA=PB=2,∴OP⊥OB,OP=,∴OP2+OA2=PA2,即OP⊥OA,又OA⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,OA∩BD=O,∴OP⊥平面ABCD.∴V P-ABCD=S梯形ABCD·OP=(2+4)×2×=2.3.(1)证明连接DG,A1C.∵D,G分别是AC,A1C1的中点,∴DG AA1BB1,∴四边形BB1GD是平行四边形,∴B1G∥BD.又B1G⊄平面EBD,BD⊂平面EBD,∴B1G∥平面EBD.∵D,E,F,G分别是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中点,∴GF∥A1C,A1C∥DE,∴GF∥ED.又GF⊄平面EBD,ED⊂平面EBD,∴GF∥平面EBD.又B1G∩GF=G,B1G⊂平面B1FG,GF⊂平面B1FG,∴平面B1FG∥平面EBD.(2)解过D作DH⊥AB交AB于点H,∵AA1⊥平面ABC,AA1⊂平面A1ABB1,∴平面A1ABB1⊥平面ABC.又平面A1ABB1∩平面ABC=AB,DH⊥AB,DH⊂平面ABC, ∴DH⊥平面A1ABB1.∵AB=BC=AC=2,∴DA=1,BD=,∴DH=.∴·DH=×2×2×.4.(1)证明在平面四边形BCC1B1中,∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=60°,∴BD=1.∵B1D=,BB1=2,∴∠BDB1=90°,∴B1D⊥BD.∵AB⊥平面BB1C1C,∴AB⊥DB1,∴B1D与平面ABD内两相交直线AB和BD同时垂直,∴DB1⊥平面ABD.(2)解对于四面体A1-ADB1,A1到直线DB1的距离即A1到平面BB1C1C的距离,A1到B1D的距离为2,设A1到平面AB1D的距离为h,△ADB1为直角三角形,×AD×DB1=,∴×h=h,∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距离为,∴×2×,∵,∴,解得h=.∴点A1到平面ADB1的距离为.5.(1)证明在梯形ABCD内过点C作CE⊥AD交AD于点E,∵由底面四边形ABCD是直角梯形,∴AB⊥AD,又AB=BC=1,易知AE=ED=1,且AC=CD=,∴AC2+CD2=AD2,所以AC⊥CD.又根据题意知CC1⊥平面ABCD,从而CC1⊥AC,而CC1∩CD=C,故AC⊥C1D.∵CD=AC=AA1=CC1,及已知可得CDD1C1是正方形,∴CD1⊥C1D.∵CD1⊥C1D,AC⊥C1D,且AC∩CD1=C,∴C1D⊥平面ACD1.(2)解∵,而CE⊥AD,且由AA1⊥平面ABCD可得CE⊥AA1,又∵AD∩AA1=A,∴CE⊥平面ADD1A1,即CE为三棱锥C-AA1D1的高.故·AA1·A1D1·CE=×2×1=.6.证明 (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.7.(1)证明在△ABD中,因为AD=4,BD=8,AB=4,所以AD2+BD2=AB2.故AD⊥BD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAD,又BD⊂平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD.(2)解过P作PO⊥AD交AD于点O.因为平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因此PO为四棱锥P-ABCD的高,又△PAD是边长为4的等边三角形,因此PO=×4=2.在底面四边形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC,所以四边形ABCD是梯形,在Rt△ADB中,斜边AB边上的高为,此即为梯形ABCD的高,所以四边形ABCD的面积为S==24.故V P-ABCD=×24×2=16.8.( 1)证明∵四边形CDEF是矩形,∴CD⊥ED.∵AD⊥DC,AD∩ED=D,∴CD⊥平面AED,∵AE⊂平面AED,∴AE⊥CD.(2)解当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF,证明如下:连接CE交DF于点N,连接MN,∵M,N分别是AE,CE的中点,∴MN∥AC.又MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,∴AC∥平面MDF.(3)解将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B'CF,∴三棱柱ADE-B'CF的体积V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,空间几何体ADM-BCF的体积V ADM-BCF=V ADE-B'CF-V F-BB'C-V F-DEM=8-×2-×1=.∴空间几何体ADM-BCF 的体积为.9.(1)解如图,由已知AD∥BC,故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由已知,得AP=,故cos∠DAP=.所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.(2)证明因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC.又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC.(3)解过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,可得DF==2,在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=.所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.。

2018版高考数学文人教A版大一轮复习配套讲义：专题探

高考导航 1.立体几何初步是高考的重要内容，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.热点一平行、垂直关系的证明与体积的计算(规范解答)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】(满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)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.满分解答(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分又BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.4分(2)解设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 ，BG ⊂平面ABCD ，得BE ⊥BG ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .7分由已知得，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❶得步骤分：第(1)问中采分点有两处，若忽视条件BD ∩BE ＝B ，AC ⊂平面AEC ，导致扣2分.另第(2)问中最后一步得分点有两处：一是计算AE ，EC ，ED 的长度得1分；二是求三个侧面的面积得2分.❷得关键分：阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分.❸得运算分：正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算错误失分.要把每一个需要计算的量求出来，各环节环环相扣，缺了哪一个环节都计算不出来，没有某个环节，就会失分.第一步：由线面垂直的性质，得AC ⊥BE .第二步：根据线面、面面垂直的判定定理，得平面AEC ⊥平面BED .第三步：由体积公式计算底面菱形的边长.第四步：计算各个侧面三角形的面积，得出结论.第五步：查看关键点，检验反思，规范步骤.【训练1】 (2017·郑州模拟)在三棱锥V －ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC ＝2，O ，M分别为AB，VA的中点.(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V－ABC的体积.(1)证明因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝ 3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C－VAB的体积等于13OC·S△VAB＝33.又因为三棱锥V－ABC与三棱锥C－VAB的体积相等，所以三棱锥V－ABC的体积为3 3.热点二平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例2】(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54，OD′＝22，求五棱锥D′－ABCFE的体积.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(22)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由EFAC＝DHDO得EF＝92.五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322.探究提高(1)①利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【训练2】(2017·秦皇岛调研)如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E 分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置，使A1F⊥CD，如图2所示.(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.(1)证明由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点三线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，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】(2017·哈尔滨质检)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.(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)解存在满足要求的点G.证明如下：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.探究提高(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.【训练3】(2017·湖南师大附中检测)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧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，试说明理由.(1)证明连接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)解在棱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＝2a 4.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.(建议用时：70分钟)1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点.求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.证明(1)在△P AD中，因为E，F分别是AP，AD的中点，所以EF∥PD.因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)如图所示，连接BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD 为正三角形.因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BF ⊂平面ABCD ，所以BF ⊥平面P AD .又BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .2.(2017·石家庄质检)如图，已知△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝1，∠ABC ＝∠DBC ＝120°.(1)在直线BC 上求作一点O ，使BC ⊥平面ADO ，写出作法并说明理由；(2)求三棱锥A －BCD 的体积.解 (1)作AO ⊥BC ，交CB 延长线于O 点，连接DO ，AO ，则BC ⊥平面ADO .证明如下：∵AB ＝DB ，OB ＝OB ，∠ABO ＝∠DBO ，∴△ABO ≌△DBO ，则∠AOB ＝∠DOB ＝90°，即OD ⊥BC ，又∵AO ∩OD ＝O ，AO ⊂平面ADO ，OD ⊂平面ADO ，∴BC ⊥平面AOD .(2)∵△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，平面ABC ∩平面DBC ＝BC ，AO ⊂平面ABC ，∴AO ⊥平面BCD ，即AO 是三棱锥A －BCD 底面BCD 上的高.在Rt △AOB 中，AB ＝1，∠ABO ＝60°，∴AO ＝AB sin 60°＝32.又∵S △BCD ＝12BC ·BD ·sin ∠CBD ＝34，∴V 三棱锥A －BCD ＝13·S △BCD ·AO ＝13×34×32＝18.3.(2016·西安模拟)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点，现在沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE .(1)解如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK .证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH .∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC ，∵KF ⊂平面DFK ，BC ⊄平面DFK ，∴BC ∥平面DFK .(2)证明 ∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1，∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2，从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE .∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面ADE ，∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE .4.(2017·合肥质检)如图，直角三角形ABC 中，A ＝60°，沿斜边AC 上的高BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上.(1)求证：PE ⊥BD ；(2)过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 的中点，若PE ∥平面DMN ，求DE DC 的值.(1)证明 ∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD ，且PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， ∴BD ⊥平面PCD .又PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE .(2)解由题意，得BM ＝14BC .取BC 的中点F ，则PF ∥MN .又PF ⊄平面DMN ，MN ⊂平面DMN ，∴PF ∥平面DMN .由条件PE ∥平面DMN ，PE ∩PF ＝P ，∴平面PEF ∥平面DMN ，∴EF ∥DM ，∴DE DC ＝MF MC ＝13.5.(2017·长沙雅礼中学模拟)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点.(1)证明：MN ∥平面AA ′C ′C ；(2)设AB ＝λA ′A ，当λ为何值时，CN ⊥平面A ′MN ，试证明你的结论.(1)证明取A ′B ′的中点E ，连接ME ，NE ，∵M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点，∴NE ∥A ′C ′，ME ∥AA ′.∵A ′C ′⊂平面AA ′C ′C ，A ′A ⊂平面AA ′C ′C ，∴ME ∥平面AA ′C ′C ，NE ∥平面AA ′C ′C ，又ME ∩NE ＝E ，∴平面MNE ∥平面AA ′C ′C ，∵MN ⊂平面MNE ，∴MN ∥平面AA ′C ′C .(2)连接BN ，设AA ′＝a ，则AB ＝λAA ′＝λa ，由题意知BC ＝2λa ，NC ＝BN ＝a 2＋12λ2a 2，∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，∴平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C ，∵AB ＝AC ，∴A ′B ′＝A ′C ′，又点N 是B ′C ′的中点，∴A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，∴CN ⊥A ′N .要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可，∴CN 2＋BN 2＝BC 2，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋12λ2a 2＝2λ2a 2， ∴λ＝2，则λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .6.(2016·全国Ⅰ卷)如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体P －DEF 的体积.(1)证明因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .又因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，又PG ⊂平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点.(2)解在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F即为E 在平面P AC 内的正投影.理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影.连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心. 由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2.所以四面体P －DEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.。

高考数学一轮总复习专题4立体几何综合课件理aa高三全册数学课件

跟踪训练 (2018·雅礼中学高三月考)如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝AB＝AC＝ BC＝ 2SB＝ 2SC，O为BC的中点． (1)求证：SO⊥平面ABC； (2)在线段AB上是否存在一点E，使二面角B－SC－E的平面角的余弦值为 510？若存在，求BBAE的值，若不存在，试说明理由．
2021/12/11
所以三棱锥D－ABC体积的最大值为13×9 3×6＝18 3. [答案] B
2021/12/11
第四页，共二十一页。
跟踪训练 (2018·长沙一中月考)在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4 3，将△ABD
沿BD折起到△PBD的位置，若二面角P－BD－C的大小为120°，则三棱锥P－BCD
的外接球的半径为
第十四页，共二十一页。
解析：(1)证明：∵SB＝SC，O为BC的中点， ∴SO⊥BC. 设SB＝a，则SO＝ 22a，AO＝ 26a，SA＝ 2a， ∴SO2＋OA2＝SA2，∴SO⊥OA. 又∵BC∩OA＝O，∴SO⊥平面ABC.
2021/12/11
第十五页，共二十一页。
(2)以O为原点，以OA所在射线为x轴正半轴，以OB所在射线为y轴正半轴，以OS 所在射线为z轴正半轴，建立空间直角坐标系．
专题四 (zhuāntí) 立体几何综合
2021/12/11
第一页，共二十一页。
专题四立体几何综合题型一|几何体与球相切、接的问题纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力．从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．学习中应结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究，以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路，力争在这部分内容不失分．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见．

数学一轮复习高考大题专项四立体几何课件新人教A版

量,
-20-
2 + = 0,
· = 0,
4
⇒ 2
则
+ = 0.
· = 0
3
3
令 x=1,解得 y=-2,z=1,所以 m=(1,-2,1).
2 2
(-2,0,2)=0,
因为=(-2,0,2),= -3 , 3,2 ,所以 m·
=(1,-2,1)·
2 2
且 m·
则 B(1,0,0),D(-1,2,0),P(0,0, 3),A(-1,-2,0).
1
∴E -2,1,
∴=
1
2
3
2
,3,
,
3
2
,∴=(2,2,0),=(-1,0, 3),
· = 0,
设平面 ABP 的一个法向量为 n=(x,y,z),则
· = 0,
+ = 0,
∴ + 3 = 0
·1 = 0.
--2 = 0.
·
2 3
于是 cos<m,n>=|||| = 2×
=
5
15
5
所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为
,
10
5
.
-16-
解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角
|n ·n |
为θ(0≤θ<π),则|cos θ|=|cos<n1,n2>|= |n 1||n2 | ,结合实际图形判断所
想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想
贯穿整个立体几何的始终.
考情分析
必备知识
从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整

【新】人教A版高考数学复习课件专题四立体几何1-4-1.ppt

▪ 解析由线面垂直的定义知，若m⊥α， n⊂α，则m⊥n，故选B.
▪
答案 B 真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华专题训练·对接高考
▪ 2．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位： cm)如图所示，则此几何体的表面积是 ( )．
▪ A．90 cm2 ▪ B．129 cm2 ▪ C．132 cm2 ▪ D．138 cm2
真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华专题训练·对接高考
解析该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为 6 cm,4 cm， 3 cm，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为 3 cm,4 cm,5 cm，所以表面积 S ＝ (2×4×6 ＋ 2×3×4 ＋ 3×6 ＋ 3×3) ＋ 3×4＋3×5＋2×12×3×4＝138(cm2)，故选 D.
▪ 第1讲立体几何的基本问题(计算与位置关系)
真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华专题训练·对接高考
▪ 高考定位 1.通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交汇，是每年的必考内容.2.有关线线、线面、面面平行与垂直的证明．试题以解答题为主，常以多面体为载体，突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力．
高为 2 m 的圆锥．
∴V＝V 柱＋V 锥＝π×12×4＋13π×22×2＝203π(m3)．
答案
20π 3
真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华专题训练·对接高考
▪ [考点整合] ▪ 1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、

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考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
(1)证明:在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥底面 ABC. 所以 BB1⊥AB.又因为 AB⊥BC,BB1∩BC=B, 所以 AB⊥平面 B1BCC1. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.
考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
(2)证明:取 AB 的中点 G,连接 EG,FG.
因为 E,F 分别是 A1C1,BC 的中点,所以 FG∥AC,且 FG= AC. 因为 AC∥A1C1,且 AC=A1C1,所以 FG∥EC1,且 FG=EC1. 所以四边形 FGEC1 为平行四边形. 所以 C1F∥EG. 又因为 EG⊂平面 ABE,C1F⊄平面 ABE, 所以 C1F∥平面 ABE.
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考向 2
立体几何中的折叠问题
【例 2】如图 1,四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图 2 折叠;折痕 EF∥DC,其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M,并且 MF⊥CF.
考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
(2)解:∵MD⊥平面 PCD,∴VM-CDE= · S△CDF· MD. ∵CF⊥平面 MDF,DF⊂平面 MDF,∴CF⊥DF. ∵在 Rt△PCD 中,CD=1,PC=2,∴∠PCD=60°,且 CD=1, ∴CF= ,故 PF=2- = .∴MF= . 又∵CF⊥MF,故利用勾股定理得:CM= ∴在 Rt△MDC 中,CM=
证明:(1)法一:取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 因为 E 为 PB 的中点,所以 EH∥AB,EH= AB. 又 AB∥CD,CD= AB,所以 EH∥CD,EH=CD, 因此四边形 DCEH 是平行四边形.所以 CE∥DH. 又 DH⊂平面 PAD,CE⊄平面 PAD,因此 CE∥平面 PAD.
(1)证明:CF⊥平面 MDF; (2)求三棱锥 M-CDE 的体积.
考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
思维透析(1) PC⊥平面 ABCD — AD⊥CD — MD⊥平面 PCD — MD⊥
CF — CF⊥MF — CF⊥平面 MFD (2) 线段比例关系 — S△CDE 的面积 — MD 的长 — 体积公式计算 (1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,且 PD⊂平面 PCD, ∴平面 PCD⊥平面 ABCD,交线为 CD. 又∵四边形 ABCD 为矩形,AD⊥CD,AD⊂平面 ABCD,∴MD⊥平面 PCD. 又由于 CF⊂平面 PCD,∴MD⊥CF. ∵MF⊥CF,且 MD∩MF=M, ∴CF⊥平面 MDF.
高考解答题专项突破(四)——立体几何
考情策略分析
从近三年高考题来看,立体几何问题是高考考查的热点,一般作为中档题考查,主要考查平行、垂直的证明,利用空间向量求线线、线面、面面夹角,解决探索性问题、最值问题等,复习备考时应高度重视.
考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
考向 1
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考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
(3)解:因为 AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以 AB= �� 2体积 V= S△ABC· AA1= × × 3×1×2= .
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考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
如图,四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.
求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
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思维透析(1) BB1⊥AB — BC⊥AB — AB⊥平面 B1BCC1 — 平面 ABE⊥
平面 B1BCC1 (2) 取 AB 中点 G — FG 为中位线 — FG�� AC��EC1 — EG∥C1F — C1F ∥平面 ABE (3) 计算 S△ABC — AA1=2 — 由 V= S△ABC· AA1 计算体积
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考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板
(2)因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA,所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF⊂平面 EFG,FG⊂平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点,所以 MN∥CD. 又 AB∥CD,所以 MN∥AB,因此 MN⊥平面 EFG. 又 MN⊂平面 EMN,所以平面 EFG⊥平面 EMN.
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法二:连接 CF.因为 F 为 AB 的中点, 所以 AF= AB. 又 CD= AB,所以 AF=CD. 又 AF∥CD,所以四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD.又 CF⊄平面 PAD,所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥ PA. 又 EF⊄平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE⊂平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD.
平行与垂直的综合应用
【例 1】如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱垂直于底面,AB⊥ BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F 分别是 A1C1,BC 的中点.
(1)求证 :平面 ABE⊥平面 B1BCC1; (2)求证 :C1 F∥平面 ABE; (3)求三棱锥 E-ABC 的体积.
考向精准透析考向1 考向2 考向3 考向4 规范解答模板