【名师A计划】2017高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算习题理

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【人教课标A版】【理科数学】高考一轮复习精品课件第七单元立体几何

第七单元 │ 考纲要求
(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)． 2.点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内．公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
第七单元 │ 使用建议
(3)对本单元的重点内容是空间线面的平行与垂直、空间角的计算，第39、40讲专题讲解，还在第42讲中讲解应用空间向量解决线面位置关系，第43讲研究空间角与距离的求法． 2．教学指导立体几何主要是培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力，本单元重点是空间的元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与体积，并关注画图、识图、用图的能力的提高，在复习时我们要注重以下几点： (1)立足课标，控制难度．新课标对立体几何初步的要求，改变了经典的“立体几何”把推理论证能力放在最突出的位置，
第七单元 │ 考纲要求
定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，
那么这两个角相等或互补．
(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．
理解以下判定定理：
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两
第七单元 │ 命题趋势
其中线面位置关系的判定又常与命题、充要条件等有关知识融合在一起进行考查，在几何体表面积与体积为载体的试题中渗透函数、方程等数学思想方法；二是解答题以空间几何体为载体，考查立体几何的综合问题．主要是位置关系的判定、空间角与距离的计算，一般都可用几何法和向量法两种方法求解．预测2012年新课标高考，对立体几何考查的知识点及试题的难度，会继续保持稳定，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及几何体的表面积与体积的计算，应用空间向量处理空间角与空间距离；而三视图作为新课标的新增内容，主要形式是在三视图为载体的试题中融入简单几何体的表面积与体积的计算，也可能会出现在解答题中与其他知识点交汇与综合．

【名师A计划】(全国通用)2017高考数学一轮复习第七章立体几何第七节空间角与距离的求解课件理

【解题思路】先找到三条两两垂直的直线,建立空间直线坐标系,利用两直线方向向量的数量积为0证明直线垂直.
空间向量在平行、垂直问题证明中的应用应用向量法可以证明线线、线面、面面平行与垂直,解决方法是转化为直线的方向向量、平面的法向量的垂直与平行,利用向量知识建立方程求解.
考点 2 向量法在异面直线所成角中的应用
直线l⊥α,取直线l的方向向量a,则向量a垂直于平面α,记为a⊥α,称向量a叫做平面α的法向量.
2.空间线线、线面、面面平行与垂直的向量语言表示
设空间两条直线l1,l2的方向向量分别为a,b,两个平面α1,α2的法向量分别为u,v,则有下表:
平行 l1 与 l2 l1 与 α1 α1 与 α2 a∥b a⊥u u∥v 垂直 a⊥b a∥u u⊥v
【解题思路】建立空间直角坐标系,利用空间向量解决异面直线垂直及线
面角问题.
【参考答案】由题设知,AA1,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD, AA1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,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6.
典例2 (2015· 新课标全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(1)证明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解题思路】(1)连接BD,与菱形对角线AC相交于点G,通过证明GE与平面ACF内的两条相交
1 �� , 又�� 2
��1��1, 且��1�� = A1C1,

【三维设计】2017届高考数学一轮总复习第七章立体几何理新人教版

【三维设计】2017届高考数学一轮总复习第七章立体几何理新人教版第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)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．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选 B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]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、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)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：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，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．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正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3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“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·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)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 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．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD ＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD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PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·福州模拟)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：选A 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.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]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 cm2 D．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 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为( )A．24 2 B．12 2C．48 2 D．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE×12×22＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝42，∴S▱OABC＝6×42＝24 2.6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________．解析：因为直观图的面积是原图形面积的2倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积4为2 2.答案：2 28．如图，点O为正方体ABCDA′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①；在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②；在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABEA1B1E1符合题设要求，此时俯视图△ABE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABCA1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCDA1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD 2＝622＋62＝6 3cm.第二节空间几何体的表面积与体积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′)l2．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＝4πR2V＝43πR3[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)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，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A．8 3 B．6 3C．12 D．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a，高为h，则由图示知32a＝23，∴a＝4，∴123＝34×42×h，∴h＝3，∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体SABC，它的表面积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝32a，∴S△SBC＝34a2，∴表面积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．84 cm3 B．92 cm3C．100 cm3 D．108 cm3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100cm3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·福建高考)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 2 B．11＋2 2C．14＋2 2 D．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2×1 2×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·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．1 B．2C．4 D．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＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A．12 5 B．24 2C．24 D．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h＝22＋12＝5，侧面积S＝2＋4×52×4＝12 5.[谨记通法]几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)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、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．13＋2πB．13π6C．7π3D．5π2解析：选B 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＝136π.2．(2015·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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A．18B．17C．16D．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V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱根据题设条件求出所给几何体的底面体的体积问题积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋4×2×2＝4. 2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V＝34×43π×23＝8π.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的外接球；(4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1S2＝________.解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4·34·a2＝3a2，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S2＝4πr2＝πa26，则S1S2＝3a2π6a2＝63π.答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A．3172B ．210C ．132D ．310 解析：选 C 如图，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. 角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE＝42－32－32＝2，∴V EABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥SABCD的底面中心为O，SO与侧面成的角的正切值为22，那么过SABCD的各顶点的球的表面积为( )A．32π B．24πC．16π D．12π解析：选C 如图，取AB的中点为F，连接SF，过点O作OG⊥SF，则∠OSG为SO与侧面所成的角，且tan∠OSG＝OFSO＝22.设AB＝2a，则SO＝2a，所以13×4a2×2a＝163，得a＝ 2.延长SO交外接球于E，则EB⊥SB，由OB2＝SO·OE得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理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．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A．163πB．323πC．16π D．24π解析：选B 设球的半径为R，则表面积是16π，即4πR2＝16π，解得R＝2.所以体积为4 3πR3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A．203B．403C．20 D．40解析：选 B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A．15π B．20πC．30π D．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R＝a，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A．7 B．6C．5 D．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A．9 B．10C．12 D．18解析：选A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD⊥平面ABCD，AB与DC平行，AB＝2，DC＝4，AD＝3，SD＝3，所求体积V＝13×12×(2＋4)×3×3＝。

【名师A计划】2017高考数学一轮复习第七章立体几何第四节直线、平面平行的判定及其性质课件理

【参考答案】由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC, 所以四边形A1B1CD为平行四边形, 从而B1C∥A1D, 又A1D⊂平面A1DE,B1C⊄平面A1DE, 于是B1C∥平面A1DE.
又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF,
所以EF∥B1C.
线面平行的性质定理与判定定理的关系直线与平面平行的判定定理和性质定理经常交替使用,要弄清定理的条件和结论,防止错用,它们有如下关系:利用判定定理实施线线平行向线面平行的转化,利用性质定理实施线面平行向线线平行的转化.
3.已知m,n为异面直线,m∥平面α,n∥平面β,α∩β=l,则l ( A.与m,n都相交
)
B.与m,n中至少一条相交
C.与m,n都不相交 D.与m,n中一条相交 3.C 【解析】∵m∥平面α,n∥平面β,∴m与平面α没有公共点,n与平面β没有公共点,又∵α∩β=l,∴l⊂α,l⊂β, ∴l与m,n都不相交. 4.若M,N分别是△ABC边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是 4.MN∥β或MN⊂β .
【变式训练】
已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形.点M,N,Q分别在PA,BD,PD上,且 PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD.求证:平面MNQ∥平面PBC. 【解析】∵PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD, ∴MQ∥AD,NQ∥BP,而BP⊂平面PBC,NQ⊄平面PBC,∴NQ∥平面PBC. 又∵ABCD为平行四边形,BC∥AD, ∴MQ∥BC,而BC⊂平面PBC,MQ⊄平面PBC, ∴平面MNQ∥平面PBC.
面面平行的判定定理的应用平面与平面平行的判定定理是证明面面平行的重要工具,由判定定理可知,要证明平面与平面平行,只要证明一个平面上有两条相交直线都平行于另一个平面.由比例线段得到线线平行,依据线面平行的判定定理得到线面平行,证得两条相交直线平行于一个平面后,转化为面面平行.一般证“面面平面”问题最终转化为证线与线的平行.

高考数学一轮复习第七章第七节立体几何中的向量方法课时作业理新人教A版高三全册数学试题

【优化探究】2017届高考数学一轮复习第七章第七节立体几何中的向量方法课时作业理新人教A 版A 组考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，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，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)，设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55，即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)．又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量．因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]，所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(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 ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。

2025年高考数学一轮复习(新高考版)第7章 §7.5 空间直线、平面的垂直

的两条直线平行
_a_⊥__α_ _b_⊥__α_ ⇒a∥b
知识梳理
2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的__射__影__所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是 __9_0_°_；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是__0_° _. (2)范围：__0_，__π2_ .
知识梳理
4.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直__二__面__角__，就说这两个平面互相垂直.
知识梳理
(2)判定定理与性质定理文字语言
如果一个平面过另一个平面判定
的_垂__线___，那么这两个平面定理
垂直
图形表示
符号表示
_a_⊂__α_ _a_⊥__β_ ⇒α⊥β
知识梳理
两个平面垂直，如果一个平性质面内有一直线垂直于这两个定理平面的_交__线___，那么这条直
线与另一个平面垂直
_α_⊥__β_
_α_∩__β_＝__a_

_l_⊥__a_
⇒l⊥α
_l_⊂_β__
常用结论
1.三垂线定理平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 2.三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直. 3.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α.( × ) (2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )

2017版高考数学一轮总复习第七章立体几何第一节空间

第一节空间几何体的构造及其三视图和直观图【最新考纲】 1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特点，并能运用这些特点描绘现实生活中简单物体的构造 .2. 能画出简单空间图形 ( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简略组合 ) 的三视图，能辨别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图 .3. 会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，认识空间图形的不一样表示形式．1．多面体的构造特点(1)棱柱的侧棱都相互平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是随意多边形，侧面是有一个公共极点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥获得，其上下底面是相像多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任向来角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包含：正视图、侧视图、俯视图．(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的正前面、正左方、正上方察看几何体的正投影图．4．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(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本来的一半．1． ( 怀疑夯基 ) 判断以下结论的正误．( 正确的打“√”，错误的打“×”)(1) 有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2) 有一个面是多边形，其他各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3) 用斜二测画法画水平搁置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和 y 轴，且∠ A＝90°，则在直观图中，∠A＝45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均同样．()答案： (1) ×(2) ×(3) ×(4) ×2．如图，长方体 ABCD A′ B′ C′ D′中被截去一部分，此中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体分析：由几何体的构造特点，剩下的几何体为五棱柱．答案： C3．(2016 ·邯郸调研) 一几何体的直观图如下图，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()分析：因为组合体的上部分( 五面体 ) 与下部分 ( 长方体 ) 有同样的底面，则几何体在下底面的投影为图形 B.答案： B4．(2015 ·课标全国Ⅱ卷) 一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如以下图，则截去部分体积与节余部分体积的比值为()1 1 1 1A. 8B. 7C.6D. 5分析：如下图，由条件知，截去部分是正三棱锥D ABC.设正方体的棱长为a，则 V ＝a3 6 ，D ABC所以节余部分的体积V ＝5 3剩6a ，1故它们的体积之比为5.答案： D5．以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 ________．分析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线 l ＝ 1.所以圆柱的侧面积S＝ 2πrl ＝ 2π.答案： 2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后获得的，所以在解决棱台和圆台的有关问题时，常“还台为锥”，表现了转变的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不一样搁置对三视图的影响．2．画直观图注意平行性、长度两个因素．(1) 平行性不变； (2) 平行于 y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、 z 轴的线段长度不变．三条规则——画三视图应按照的三条规则1．画法例则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法例则：可见轮廓线和棱用实线画出，不行见线和棱用虚线画出．A 级基础稳固一、选择题1．(2014 ·福建卷 ) 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不行能是() A．圆柱B．圆锥C．四周体D．三棱柱分析：由三视图知识知圆锥、四周体、三棱柱( 放倒看 ) 都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不行能为三角形．答案： A2．一个锥体的正视图和侧视图如下图，下边选项中，不行能是该锥体的俯视图的是()分析：注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项 C 中，其宽3，与题中所给的侧视图的宽度 1 不相等，所以选 C.度为2答案： C3．已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.3B．1C.2＋ 1D. 22 2分析：因为该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，所以该几何体的正视图是一个长为2，宽为 1 的矩形，其面积为 2.答案： D4．(2014 ·北京卷 ) 在空间直角坐标系O xyz 中，已知 A(2 ，0，0) ，B(2 ，2，0) ，C(0 ，2， 0) ，D(1 ，1，2) ．若 S1，S2，S3分别是三棱锥D ABC在 xOy，yOz， zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则()A． S1＝ S2＝S3B．S2＝S1且S2≠ S3C． S3＝ S1且 S3≠ S2D．S3＝S2且S3≠ S1分析：如右图所示。

【名师A计划】2017高考数学一轮复习第七章立体几何第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算课件理

5.空间向量的数量积
内容定义向量夹角已知空间两个非零向量 a,b,将|a||b|cos θ 叫做向量 a,b 的数量积,记作 a· b. 已知两个非零向量 a,b,在空间任取一点 O,作��=a,��=b,则∠AOB 叫做两向量 a,b 的夹角,记作<a,b>,其范围是[0,π].若<a,b>= ,则称向量 a,b 互相垂直,记作 a
【变式训练】
已知 ABCD 为矩形,P 为平面 ABCD 外一点,且 PA⊥平面 ABCD,G 为△PCD 的重心,若�� =x�� +y�� +z��, 则 A.x=3,y=3,z=3 C.x=-3,y=3,z=3
2 3
考点 1 空间直角坐标系
典例1 在空间直角坐标系中,已知点P(x,y,z),下列叙述中正确的个数是 ( )
①点P关于x轴对称点的坐标是P1(x,-y,z);②点P关于yOz平面对称点的坐标是P2(x,-y,-z);③点P关于y轴对称
点的坐标是P3(x,-y,z);④点P关于原点对称的点的坐标是P4(-x,-y,-z). A.3 B.2 C.1 D.0
【解题思路】利用空间向量共面的条件,设出实数 x,y,使 c=xa+yb,列出方程组,求出 λ 的值即可.∵向量 a,b,c 2��-�� = 7, 共面,∴存在实数 x,y 使得 c=xa+yb,即(7,0,λ)=(2x-y,-x+4y,3x-2y),∴ -�� + 4�� = 0,解得 x=4,y=1,λ=10. 3��-2�� = ��, 【参考答案】 B

【名师A计划】2017高考数学一轮复习第七章立体几何第五节直线、平面垂直的判定及其性质课件理

(2)连接PO,因为O是BD的中点,PB=PD,所以PO⊥BD. 又因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,PO⊂平面 PBD, 所以PO⊥平面ABCD. 从而PO⊥CD. 又因为CD⊥PC,PC∩PO=P,PC⊂平面PAC,PO⊂平面PAC, 所以CD⊥平面PAC. 因为OM⊂平面PAC,所以CD⊥OM. 因为PA⊥PC,OM∥PA,所以OM⊥PC.
证明线线平行的方法 (1)公理 4(平行线的传递性); (2)线面平行的判定定理; (3)面面平行的性质定理; (4)线面垂直的性质定理.
【变式训练】
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与异面直线AC,A1D都垂直相交,求证:EF∥BD1. 【解析】如图所示,连接AB1,B1C,BD, 因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD, 所以DD1⊥AC, 又因为BD⊥AC,DD1∩BD=D, 所以AC⊥平面BDD1B1, 所以AC⊥BD1, 同理可证BD1⊥B1C, 又AC∩B1C=C, 所以BD1⊥平面AB1C. 因为EF⊥A1D,又A1D∥B1C, 所以EF⊥B1C, 因为EF⊥AC,AC∩B1C=C, 所以EF⊥平面AB1C, 所以EF∥BD1.
又因为CD⊂平面PCD,PC⊂平面PCD,CD∩PC=C,
所以OM⊥平面PCD.
命题角度2:直线与平面垂直的性质定理的应用
典例3 已知AD⊥AB,AD⊥AC,AE⊥BC交BC于点E,D为FG的中点,AF=AG, EF=EG,求证:BC∥FG. 【解题思路】证明BC,FG同时垂直于一个平面,利用线面垂直的性质定理证明. 【参考答案】因为AD⊥AB,AD⊥AC,AB∩AC=A, 所以AD⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC, 所以AD⊥BC, 又AE⊥BC,AD∩AE=A,得BC⊥平面ADE;连接DE,又因为D为 FG的中点,AF=AG,EF=EG, 所以FG⊥AD,FG⊥DE,AD∩DE=D, 所以FG⊥平面ADE,所以BC∥FG.

人教版高中总复习一轮数学精品课件第7章立体几何 7.4 空间直线、平面的垂直

连接B1D1,易知A1C1⊥平面BB1D1D.
因为OB1⊂平面BB1D1D,所以A1C1⊥B1O.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方
形,PA=1,则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是( B )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥PA,
确.
因为AE⊥PC,AE⊥BC,且PC∩BC=C,所以AE⊥平面PBC,故D项正确.
因为PB⊂平面PBC,所以AE⊥PB.
又AF⊥PB,且AE∩AF=A,所以PB⊥平面AEF,
又EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB,故B项正确.
因为AF⊥PB,若AF⊥BC,则AF⊥平面PBC,
则AF与AE重合,与已知矛盾,故C项错误.
②范围:设θ为异面直线a与b所成的角,则0°<θ≤90°.
当两条直线a,b相互平行时,我们规定它们所成的角为0°.所以空间两条直
线所成角θ的取值范围是0°≤θ≤90°.
(2)两异面直线垂直
如果两条异面直线所成的角是直角,就说这两条异面直线互相垂直.直线
a与直线b垂直,记作a⊥b.
问题1D1D,
√2 .
所以直线BC
与平面BB
D
D所成的角为∠MBC
设正方体 ABCD-A
a,则 MC1= 1,BC1=√2a,
1
1
1B1C1D11 的棱长为
2
所以
1
sin∠MBC1=
1
=
1
π
,所以∠MBC1=6.
2
第二环节
关键能力形成
能力形成点1

人教版高中总复习一轮数学精品课件第7章立体几何 7.3 空间直线、平面的平行

①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;
②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
其中真命题的个数为( C )
A.3
B.2
C.1
D.0
①中,当α与β相交时,也存在符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;
③中,l∥γ,l⊂β,β∩γ=m⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n.
∵M是线段CE上的动点,∴MN⊂平面CEN,∴MN∥平面PAB,
∴线段AD上存在点N,使得MN∥平面PAB.
本课结束
分别平行,则α∥β.
(4)利用平行平面的传递性:若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
2.应用平面与平面平行的性质定理的基本步骤
对点训练3
如图所示,在四棱锥P-ABCD中,BC∥平面PAD,
1
BC= AD,E是PD的中点.
2
(1)求证:BC∥AD.
(2)求证:CE∥平面PAB.
(3)若M是线段CE上一动点,则线段AD上是否存在点N,使MN∥平面PAB?

1
由重心的性质可得 = 3 ,
1
1

所以 = ,所以 PQ∥A1B1.
1
1
=
又因为AB∥A1B1,所以PQ∥AB.
因为PQ⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以PQ∥平面ABC.
1
.
3
解题心得1.证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知
直线平行的直线.
一条直线与一个平面平
行,如果过该直线的平面
与此平面相交,那么该直
线与交线平行
符号语言图形语言
作用
a⊄α,b⊂α,

高中数学一轮复习课件：空间点线面的位置关系

解析：如右图所示，
三个平面α、β、γ两两相交，交线分别是a、b、c且
a∥b∥c.

观察图形，
可得α、β、γ把空间分成7部分．
答案：C
第七模块立体几何
第十六页，编辑于星期日：二十三点八分。
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
3．如下图所示，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱
上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个
④若直线l1、l2是异面直线，则与l1、l2都相交的两条直线是异面直线．
其中假命题的个数是
()
第七模块立体几何
第十三页，编辑于星期日：二十三点八分。
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：如右图所示，在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中， A1A⊥AB，AD⊥AB，但A1A与AD相交，故①错；
思路分析：要求EF与AB所成的角，可经过某一点作两条直线的平行线，考虑到E、F为中点，故可过E或F作AB的平行线．取AC的中点，平移AB、CD，使已知角和所求的角在一个三角形中求解．
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C、D、F、E 四点是否共面？为什么？
第七模块立体几何
第二十四页，编辑于星期日：二十三点八分。
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
(2)分析一：证明D点在EF、CH确定的平面内．分析二：延长FE、DC分别与AB交于M，M′，可证M与 M′重合，从而FE与DC相交．
图是
()
第七模块立体几何
第十七页，编辑于星期日：二十三点八分。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题

设 AB＝a，BC＝b，则 a2＋b2＋22＝ 5，可得 a2＋b2＝1，
所以 V＝2ab≤a2＋b2＝1，当且仅当 a＝b＝ 22时，等号成立.
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面A1ACC1，所以 BO⊥平面 A1ACC1，因为直线 BP 与平面 A1ACC1
2π 则在此过程中动点M形成的轨迹长度为___8___.
如图，设 AC 的中点为 M0 ， △ADE 沿 DE 翻折 90°，此时平面A′DE⊥平面ABCD，取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N. MP＝M0P＝12AD＝12，MQ＝M0Q＝12AE＝12，PQ＝12DE＝ 22，△MPQ 和△M0PQ 是等腰直角三角形，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，
则BANB＝ARBA，得 BN＝12，易得 CN＝ BN2＋BC2＝
212＋12＝
5 2.
题型一平行、垂直中的动态轨迹问题
例1 如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD， BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，
若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是
A. 3a
B. 2a
3a C. 2
√D.
2a 2
连接HN，GN(图略)， ∵在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是 CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD，又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD， ∴GH∥平面A1BD，同理可证得NH∥平面A1BD，又GH∩HN＝H，GH，HN⊂平面GHN，

2025年高考数学一轮复习课件第七章立体几何-7.2空间点、直线、平面之间的位置关系

所以1 //1 .
因为//1 ，所以//1 ，所以与1 能确定一个平面1 ，
即，，1 ，四点共面.
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（2）由（1）知//1 ，且 =
1
1 ，
2
所以四边形1 是梯形.
所以与1 必相交，设交点为，
则 ∈ ，且 ∈ 1 .
时，两条直线异面.所以直线,的位置关系是异面或相交.故选D．
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【点拨】空间两条直线位置关系的判定方法：
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变式3（1）已知平面//平面，直线 ⊂ ，直线 ⊂ ，下面四种情形：
3
①//；② ⊥ ；③与异面；④与相交．其中可能出现的情形有___种.
平面 .又 ⊄ ,′ ⊂ ，所以// .故选D.
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4.（2021年全国乙卷）在正方体 − 1 1 1 1 中，为1 1 的中点，则直线与
1 所成的角为(
A.
π
2
)
π
3
B.
π
4
C.
D.
√
π
6
解：如图，∠1 即为直线与1 所成的角.易知△ 1 1 为正三角形.又为1 1 的
证明：（方法一）假设和共面，所确定的平面为，那么点
，，，，都在平面内，所以直线，，都在平面内，与已知条件，
，不共面矛盾.假设不成立，所以与是异面直线．
（方法二）因为 ∩ = ，所以它们确定一个平面，设为 .由题意, 知 ∉ 平面，
∈ 平面， ⊄ 平面， ⊂ 平面， ∉ ，所以与是异面直线．
综上，知①②③都有可能出现，共有3种情形．故填3.
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（2）如图，正方体 − 1 1 1 1 中，,分别是1 ,1 的中点，

高考数学一轮复习第七章立体几何7-4空间中的垂直关系学案理新人教版

第四节空间中的垂直关系1．直线与平面垂直(1)定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l ⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a ∥b2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2 ．3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念：①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⇒l⊥α1.判定定理的理解若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．a∥b，a⊥α⇒b⊥α.2．性质定理性质定理2如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线，在第一个平面内α⊥β，P∈β，PQ⊥α⇒PQ⊂β性质定理3如果两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线必垂直于第三个平面α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ1．(基础知识：面面垂直性质)下列命题中不正确的是() A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ〖答案〗A2．(基本方法：线面垂直性质)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交〖答案〗C3．(基本方法：判断线面垂直)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m⊥β的一个充分条件是()A．α⊥β且m⊂αB．m∥n且n⊥βC．α⊥β且m∥αD．m⊥n且n∥β〖答案〗B4．(基本应用：空间垂直关系的转化与认识)如图所示，在三棱锥V-ABC中，∠VAB＝∠VAC ＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中，直角三角形的个数为________．〖答案〗45．(基本应用：与射影结合)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.若P A ＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．〖答案〗外题型一线面垂直的判定与性质〖典例剖析〗〖典例〗(1)(2021·河南商丘模拟)如图所示，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是________．〖解析〗由P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得P A⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又P A∩AC＝A，所以BC⊥平面P AC，又AF⊂平面P AC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF ⊂平面AEF，所以PB⊥EF，故②正确；由于AF⊥平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与平面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.〖答案〗①②③(2)(2020·新高考山东卷节选)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.证明：l⊥平面PDC.证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.(3)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：①CD⊥AE；②PD⊥平面ABE.证明：①在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴P A⊥CD.又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.∵AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.②由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由①知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD.∵PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.方法总结证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：在平面内找两条相交直线与该直线垂直．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理：在平面内找与两平面交线垂直的直线．〖对点训练〗如图所示，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB.∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由(1)可知，SD ⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ， ∴SD ⊥BD .又SD ∩AC ＝D ，∴BD ⊥平面SAC .题型二平面与平面垂直的判定与性质1.(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2 ，圆锥的侧面积为3 π，求三棱锥P -ABC 的体积．〖解析〗(1)证明：由题设可知，P A ＝PB ＝PC . 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC .又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°. 从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，P A ∩PC ＝P ，故PB ⊥平面P AC ，又PB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AC .(2)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题设可得rl ＝3 ，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3 . 从而AB ＝3 .由(1)可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62，所以三棱锥P -ABC 的体积为13 ×12 P A ·PB ·PC ＝13 ×12 ×⎝⎛⎭⎫62 3 ＝68. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD.证明：(1)在△P AD中，P A＝PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD.∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面P AD，∴PE⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PE⊥BC.(2)∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面P AD.又P A⊂平面P AD，∴CD⊥P A.又P A⊥PD，CD、PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，∴P A⊥平面PCD.又P A⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面PCD.方法总结1．证明面面垂直的两种常用方法：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．3．应用面面垂直时，其性质定理的条件必须具备，缺一不可．题型三空间垂直关系的探索与转化〖典例剖析〗类型1探索条件(开放性问题)〖例1〗如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面P AD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面P AD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．〖解析〗(1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面P AD.(2)证明：如图，连接PG，因为△P AD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB.因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB.(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明：取PC的中点F，连接DE，EF，DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB ∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面P AD，PG⊂平面P AD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD.类型2探索结论(创新问题)〖例2〗如图所示，一张A4纸的长、宽分别为22a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.〖解析〗由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD.又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝52a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.〖答案〗①②③④方法总结探索垂直关系，常采用逆向思维一般假设存在线线垂直，所利用的关系常有：(1)等腰三角形的高、中线与底边垂直．(2)矩形的相邻边垂直．(3)直径所对的圆周角的两边垂直．(4)菱形的对角线垂直．(5)给出长度，满足勾股定理的两边垂直．(6)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路．〖题组突破〗1．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2 ，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论中，正确的结论个数是( )①A ′C ⊥BD ； ②∠BA ′C ＝90°；③CA ′与平面A ′BD 所成的角为30°； ④四面体A ′BCD 的体积为13 .A ．0B ．1C ．2D ．3〖解析〗∵AB ＝AD ＝CD ＝1， BD ＝2 ，∴AB ⊥AD .∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ， ∴CD ⊥平面A ′BD ，取BD 的中点O ，连接OA ′，OC (图略)， ∵A ′B ＝A ′D ， ∴A ′O ⊥BD .又平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，A ′O ⊂平面A ′BD ，∴A′O⊥平面BCD.∵BD⊥CD，∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，∴OC⊥BD，矛盾，故①错误；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，且平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面A′BD，A′B⊂平面A′BD，∴CD⊥A′B.∵A′B＝A′D＝1，BD＝2，∴A′B⊥A′D.又CD∩A′D＝D，CD，A′D⊂平面A′CD，∴A′B⊥平面A′CD.又A′C⊂平面A′CD，∴A′B⊥A′C，故②正确；∵∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，故③错误；V A′BCD＝V CA′BD＝13S△A′BD·CD＝16，故④错误．〖答案〗B2．(2020·甘肃诊断)已知长方体ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是()A．(0，1〗B．(0，2〗C．(1，3〗D．〖1，4)〖解析〗连接DP(图略)，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P上两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB 与圆有公共点，即0＜AD ≤12CD ＝2.〖答案〗B再研高考创新思维1.(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线〖解析〗如图，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB . ∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD . ∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3 ， ∴EN ＝FN 2＋EF 2 ＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12 EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12 EF ＝32 ，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝⎛⎭⎫322＋22 ＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2 ＝7 .∴BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．〖答案〗B2．(2020·高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°〖解析〗如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A 处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.〖答案〗B3．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB 两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．〖解析〗如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O 作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE ＝PF ＝3 ，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3 ，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2 ＝（3）2－12 ＝2 .〖答案〗2 素养升华垂直关系的应用如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3 ，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．〖解析〗(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N .又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ，所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN . 又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13 AM ＝3 ，PM ＝23 AM ＝23 ，EF ＝13 BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图所示，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3.底面EB 1C 1F 的面积为12 (B 1C 1＋EF )·PN ＝12 ×(6＋2)×6＝24，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.。

高考数学一轮复习第七章立体几何第六节第一课时平行、

(a1－b1，a2－b2，a3－b3) 向量差 a －b ＝ _____________________________
a1b1＋a2b2＋a3b3 数量积 a · b ＝___________________
共线垂直夹角公式 a ∥b ⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 (λ∈ R，b ≠ 0)
平面 α 与 β 相交于直线 l，平面 α 的法向量为 n 1，平面 β 的法向量为 n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角 α lβ 为 θ 或 π－θ.设二面角大小为 φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝，如图(2)(3)． |n 1||n 2
1． (教材习题改编)已知a＝(2,3,1)， b＝ (－4,2， x)，且a⊥ b，则|b|＝________.
2， 0)， E 0， 2 2 2 2 ―→ ，，AE ＝－ 2，，， 2 2 2 2
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ | AE · SD | SD ＝(0，－ 2，－ 2)，|cos〈 AE ， SD 〉|＝＝ ―→ ―→ | AE |· | SD | 2 3 3 答案： 3 ＝，故 AE，SD 所成角的余弦值为 . 3 3 3× 2 3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 a ⊥b ⇔_______________________
cos〈 a ，b 〉＝
a1b1＋a2b2＋a3b3 2 2 2 2 2 a2 ＋ a ＋ a b ＋ b ＋ b 1 2 3 1 2 3
2．异面直线所成角
|a · b|
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cos θ＝，其中 |a ||b | a ，b 分别是直线 a，b 的方向向量．
答案：2 6
2．已知正四棱锥 S ABCD 的侧棱长与底边长都相等，E 是 SB 的中点，则 AE，所成角的余弦值为________．

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