2014高考数学必考、易错知识点全面扫描立体几何篇

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2014年高考立体几何(解析版)

2014年高考真题立体几何汇编解析版16．（2014江苏）(本小题满分14 分)如图，在三棱锥P ABC -中，D E F ，，分别为棱PC AC AB ，，的中点．已知6PA AC PA ⊥=，，8BC =，5DF =．（1）求证：直线P A ∥平面DEF ；（2）平面BDE ⊥平面ABC ．【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分. （1）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴DE ∥P A ∵PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ∴P A ∥平面DEF （2）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴13DE PA == ∵E F ，为AC AB ，中点 ∴142EF BC == ∴222DE EF DF += ∴90DEF ∠=°，∴DE ⊥EF∵//DE PA PA AC ⊥，，∴DE AC ⊥ ∵AC EF E = ∴DE ⊥平面ABC∵DE ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面ABC ．17.（2014山东）（本小题满分12分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠=22AB CD ==，M 是线段AB 的中点.（I ）求证：111//C M A ADD 平面；B 1C 1D 1A 1DCBMA（II ）若1CD 垂直于平面ABCD且1CD 平面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值. 解：（Ⅰ）连接1AD1111D C B A ABCD - 为四棱柱，11//D C CD ∴ 11D C CD =又M 为AB 的中点，1=∴AM AM CD //∴,AM CD =11//D C AM ∴,11D C AM =11D AMC ∴为平行四边形 11//MC AD ∴又111ADD A M C 平面⊄ 111A D D A AD 平面⊂111//ADD A AD 平面∴（Ⅱ）方法一：11//B A AB 1111//D C B A共面与面1111D ABC M C D ∴作AB CN ⊥,连接N D 1 则NC D 1∠即为所求二面角在ABCD 中， 60,2,1=∠==DAB AB DC 23=∴CN 在CN D Rt 1∆中，31=CD ,23=CN 2151=∴N D 方法二：作AB CP ⊥于p 点以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，1CD 为z 轴建立空间坐标系，)0,23,21(),3,0,0(),3,0,1(11M D C -∴)3,23,21(),0,0,1(111-==∴M D D C设平面M D C 11的法向量为),,(111z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=-+=∴03232101111z y x x )1,2,0(1=∴n 显然平面ABCD 的法向量为)0,0,1(2=n5551,cos 21==<∴n n 显然二面角为锐角，所以平面M D C 11和平面ABCD 所成角的余弦值为555515321523cos 11====∠∴N D NC CN D18．三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示。

高一2014年必修一数学知识：立体几何_知识点总结

高一2014年必修一数学知识：立体几何_知识点总结
高中是重要的一年，大家一定要好好把握高中，查字典数学网小编为大家整理了高一2014年必修一数学知识，希望大家喜欢。

1、柱、锥、台、球的结构特征
(1)棱柱：
定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体。

分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。

表示：用各顶点字母，如五棱柱或用对角线的端点字母，如五棱柱
几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。

在高中复习阶段，大家一定要多练习题，掌握考题的规律，掌握常考的知识，这样有助于提高大家的分数。

查字典数学网为大家整理了高一2014年必修一数学知识，供大家参考。

全国高考数学理科(立体几何部分)解析汇编知识讲解

2014年全国高考数学理科(立体几何部分)解析汇编【全国卷·新课标I·第19题】如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（1）证明：AC=AB1；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．解：（1）∵面BB1C1C为菱形∴BC1⊥B1C，O为B1C和BC1的中点∵AB⊥B1C∴B1C⊥面ABC1令BC1与B1C交于点O，连接AO∵AO⊂面ABC1∴B1C⊥AO∵B1O=CO∴AO是B1C的中垂线∴AC=AB1（2）因为AO、BC1、B1C两两互相垂直，以O为坐标原点，分别以OB、1OB、OA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令|OB|=1，由AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC易得：∴1AB=（03311A B AB==（-1，0311B C BC==（-1，设向量n=(x，y，z)是平面AA1B1的一个法向量，则：1113n AB=0n A B=0y zx z⎧⋅=⎪⎪⎨⎪⋅-=⎪⎩由此，可取n=(1，3同理可得，平面A1B1C1的一个法向量为：m=(1∴n m1cos n,m=7|n||m|7⋅〈〉==⋅⋅1仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢2【全国卷·新课标II·第18题】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，E-ACD的体积．解：（1）连接BD交AC于O，连接OE ∵底面ABCD为矩形∴O为BD的中点∵E为PD的中点∴PB∥OE∵OE⊂面AEC，PB⊄面AEC∴PB∥平面AEC（2）∵PA⊥平面ABCD∴PA⊥AB，PA⊥AD又AB⊥AD，即PA、AB、AD两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP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∵平面ADE与平面yOz重合∴可取平面ADE的一个法向量为n =(1，0，0)设CD=a，由（a0）∴AC =（a，由∴AE=（0，2设向量m=(x，y，z)是平面ACE的一个法向量，则m AC=031m AE=02axy z⎧⋅=⎪⎨⋅+=⎪⎩由此，可取m=(3，，3)∵二面角D-AE-C为60°∴3n m1 cosn,m=cos602|n||m|9o⋅〈〉===⋅过点E作EF⊥AD于F∵PA⊥平面ABCD，即PA⊥平面ACD∴EF⊥平面ACD∴EF是三棱锥E-ACD的高仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢3仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢4【全国卷·大纲版·第19题】如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC 1=2．（1）证明：AC 1⊥A 1B ；解：（1）∵点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上∴A 1D ⊥平面ABC ∵A 1D ⊂平面ACC 1A 1 ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABC ∵∠ACB=90°，即BC ⊥AC ∴BC ⊥平面ACC 1A 1 ∵AC 1⊂平面ACC 1A 1 ∴AC 1⊥BC连接A 1C ，由AC=CC 1知，侧面ACC 1A 1为菱形∴AC 1⊥A 1C∵BC 、A 1C ⊂平面A 1BC ∴AC 1⊥平面A 1BC ∵A 1B ⊂平面A 1BC ∴AC 1⊥A 1B（2）过点D 作DF ⊥AB 于F ，连接A 1F∵A 1D ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ∴AB ⊥A 1D ∴AB ⊥平面A 1DF ∴A 1F ⊥AB∴∠A 1FD 是二面角A 1-AB-C 的平面角仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢5过点A 1作A 1E ⊥CC 1于E 则A 1E ⊥平面BCC 1B 1 ∵AA 1∥平面BCC 1B 1∴A 1E 为直线AA 1到平面BCC 1B 1的距离∵AC=CC 1=2，A 1D ⊥AC ∴由菱形ACC 1A 1的面积得，在Rt △A 1DA 中，A 1A= CC 1=2ABCD A 1B 1C 1EF【北京市·第17题】如图，正方形AMDE 的边长为2，B 、C 分别为AM 、MD 的中点，在五棱锥P-ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD 、PC 分别交于点G 、H ．（1）求证：AB ∥FG ；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA=AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长PABMCDEFGH解：（1）∵AB ∥DE ，DE ⊂平面PDE且AB ⊄平面PDE∴AB∥平面PDE∵平面AFGB∩平面PDE=FGAB⊂平面AFGB，FG⊂平面PDE∴AB∥FG（2）由题知，AP、AM、AE两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AM、AE、AP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由AM=AE=PA=2，易得：B（1，0，0），F（0，1，1），C（2，1，0），P（0，0，2）∴BC=（1，1，0），AB=（1，0，0），AF=（0，1，1），PC=（2，1，-2）设向量m =(x，y，z)是平面ABF的一个法向量则m AB=0m AF=0xy z⎧⋅=⎪⎨⋅+=⎪⎩由此，可取m =(0，1，-1)设直线BC与平面ABF所成角为θ，则m BC1 sin cos m,BC=2|m||BC|2θ⋅=〈〉==⋅∴直线BC与平面ABF所成角θ=6π设H（a，b，c），点H 在棱PC上，不妨PH=k PC，其中0＜k＜1∵PC=（2，1，-2），PH=（a，b，c-2）∴（a，b，c-2）=k（2，1，-2）∴a=2k，b=k ，c=2-2k∴AH=（2k，k，2-2k）∵m=(0，1，-1)为平面ABF的一个法向量且AH⊂平面ABF∴m AH0⋅=∴k-2+2k=0，得k=23∴|PH|=2【天津市·第17题】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⊥DC；（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢6（3）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的余弦值．解：（1）由题意知，AP、AB、AD两两互相垂直，以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP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易得：B（1，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，2）∴DC=（2，0，0）∵E是PC的中点∴E（1，1，1）∴BE=（0，1，1）∵DC·BE=0 ∴BE⊥CD（2）∵PB=（-1，0，2），DB=（-1，2，0）设向量m =(x，y，z)是平面PBD的一个法向量则m PB=20 m DB=20x zx y⎧⋅-+=⎪⎨⋅-+=⎪⎩由此，可取m =(2，1，1)设直线BE与平面PBD所成角为θ，则m BEsin cos m,BE=|m||BE|6θ⋅=〈〉==⋅∴直线BE与平面PBD所成角的正弦值为（3）点F在PC上，不妨设PF=k PC，其中0≤k≤1设F（a，b，c），由PC=（2，2，-2）得：（a，b，c-2）=k（2，2，-2）∴a=2k，b=2k，c=2-2k∴F（2k，2k，2-2k）∴BF=（2k-1，2k，2-2k）∵BF⊥AC，且AC=（2，2，0）∴BF·AC=0即2(2k-1)+4k=0，得14k=∴AF=（2k，2k，2-2k）=（12，12，32）又AB=（1，0，0）设向量n=(x，y，z)是平面ABF的一个法向量仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢7仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢8则n AB=0113n AF=0222x x y z ⎧⋅=⎪⎨⋅++=⎪⎩ 由此，可取n =(0，3，-1)因为平面ABP 与平面xOz 重合，则可取平面ABP 的一个法向量为t =（0，1，0）n t cos n,t =|n ||t |101⋅〈〉==⋅⋅∴二面角F-AB-P【重庆市·第19题】如图，四棱锥P-ABCD ，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB=2，∠BAD=3π，M 为BC 上的一点，且BM=12，MP ⊥AP ．（1）求PO 的长；（2）求二面角A-PM-C 的正弦值解：（1）连接BD 、AC∵底面ABCD 是菱形，中心为O 且PO ⊥底面ABCD ∴OP 、AC 、BD 两两互相垂直以O 为坐标原点，分别以OA 、OB 、OP 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由AB=2，∠BAD=3π，易得A C （B （0，1，0）∴BC =（∵BM=12，BC=2∴BM∴M （设P （0，0，a ），则AP =（a ），MP =（∵AP ⊥MP∴=-3∴a =仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢9知：AP =（-），MP =2向量则n AP=3033n MP=04x y z ⎧⋅-=⎪⎪⎨⎪⋅-+=⎪⎩ 由此，可取n =(1，52)同理可得，平面CPM 的一个法向量为： m =(1，|n ||m |40=⋅∴二面角A-PM-C 的正弦值为=【江苏省·第16题】如图，在三棱锥P-ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，已知PA ⊥AC ，PA=6，BC=8，DF=5．求证：（1）直线PA ∥平面DEF ；（2）平面BDE ⊥平面ABC解：（1）∵D 、E 分别是PC 、AC 的中点∴PA ∥DE∵DE ⊂平面DEF ，PA ⊄平面DEF ∴直线PA ∥平面DEF（2）∵D 、E 分别是PC 、AC 的中点∴DE=12PA=3∵E 、F 分别是AC 、AB 的中点 ∴EF=12BC=4∵DF=5 ∴DE 2+EF 2=DF 2∴∠DEF=90°，即DE ⊥EF ∵DE ∥PA ，PA ⊥AC ∴DE ⊥AC∵AC∩EF=E ∴DE ⊥平面ABC∵DE ⊂平面BDE∴平面BDE ⊥平面ABC仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢10PACDEF【浙江省·第20题】如图，在四棱锥A-BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，（1）证明：DE ⊥平面ACD ；（2）求二面角B-AD-E 的大小解：（1）在直角梯形BCDE 中，易求得∵在△ABC 中，∴AB 2+BC 2=AB 2∴∠ACB=90°，即AC ⊥BC∵平面ABC ⊥平面BCDE 且AC ⊂平面ACD ∴AC ⊥平面BCDE ∵DE ⊂平面BCDE ∴AC ⊥DE∵∠CDE=90° ∴DE ⊥CD∵CD ⊂平面ACD ∴DE ⊥平面ACD（2）由题，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系易得E （1，0，0），B（1，1，0），A（0，2∴DE = （1，0，0），DA =（0，2，DB = （1，1，0）设向量n =(x ，y ，z )是平面ADE 的一个法向量则n DE=0n DA=20x y ⎧⋅=⎪⎨⋅+=⎪⎩ 由此，可取n =(0，-1同理可得，平面ADB 的一个法向量为：m =(1，-1∴n m cos n,m=|n ||m |3⋅〈〉==⋅⋅∴二面角B-AD-E【山东省·第17题】如图，在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M 是线段AB 的中点．（1）求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；弦值．1解：（1）连接AD 1.∵M 是线段AB 的中点，AB=2 ∴AM=1∵C 1D 1=CD=1 ∴C 1D 1=AM ∵AM ∥CD ，CD ∥C 1D 1∴C 1D 1∥AM∴四边形AM C 1D 1是平行四边形∴C 1M ∥AD 1∵C 1M ⊄平面A 1ADD 1，AD 1⊂平面A 1ADD 1∴C 1M ∥平面A 1ADD 1（2）过点C 作CE ⊥AB 于E ，则CE ⊥CD∵CD 1⊥平面ABCD ∴CD 1⊥CD ，CD 1⊥CE以C 为坐标原点，分别以CD 、CE 、1CD 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由由∠DAB=60°，AB=2CD=2，在等腰梯形2∴1MD =（111D =（1，0，0）设向量n =(x ，y ，z )是平面C 1D 1M 的一个法向量则111n C D =01n MD =02x xy ⎧⋅=⎪⎨⋅+=⎪⎩ 由此，可取n =(0，2，1)因为平面ABCD 与平面xOy 重合，则可取平面ABCD 的一个法向量为m =（0，0，1）∴n m cos n,m =|n ||m |5⋅〈〉==⋅⋅ ∴平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角的【江西省·第20题】如图，四棱锥P-ABCD 中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ．（1）求证：AB ⊥PD ；（2）若∠BPC=90°，PC=2，问AB 为何值时，四棱锥P-ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．解：（1）∵底面ABCD 是矩形 ∴AB ⊥AD∵平面PAD ⊥平面ABCD 平面PAD ∩平面ABCD=AD ∴AB ⊥平面PAD∵PD ⊂平面PAD ∴AB ⊥PD（2）∵∠BPC=90°，PC=2∴过点P 作PO ⊥AD 于O∵平面PAD ⊥平面ABCD ∴PO ⊥平面ABCD∴V P-ABCD 过点O 作OE ⊥AD 交BC 于E ，连接PE设AB=x ，则OE=x最大由前述，可建立如图所示的空间直角坐标系0）D（3∴PB =（BC =PD =（DC = （0，设向量n=(x ，y ，z )是平面PBC 的一个法向量则n BC=606n PB=0x y z ⎧⋅-=⎪⎨⋅=⎪⎩由此，可取n =(0，1，1)同理可得，平面PDC 的一个法向量为：m =(-1，0，2)∴n m cos n,m =|n ||m |2⋅〈〉==⋅⋅ ∴平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值为【广东省·第18题】如图，四边形ABCD为正方形．PD⊥平面ABCD，∠DPC=30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E．（1）证明：CF⊥平面ADF；（2）求二面角D-AF-E的余弦值．解：（1）∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD∴AD⊥PD∵四边形ABCD为正方形∴AD⊥CD∵PD、CD⊂平面PCD∴AD⊥平面PCD∵CF⊂平面PCD ∴CF⊥AD∵AF⊥PC，即CF⊥AF且AD、AF⊂平面ADF∴CF⊥平面ADF（2）因为PD、CD、AD两两互相垂直，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设正方形ABCD的边长为1，则AD=CD=1∴A（0，0，1），则DA=（0，0，1）由(1)知，DF⊥PC，在Rt△PDC中，由444∴EF=（0，），AE=（1）DF=（44设向量n=(x，y，z)是平面AEF的一个法向量则3n EF=043n AE=0yx z⎧⋅=⎪⎪⎨⎪⋅-=⎪⎩由此，可取n=(4，0同理可得，平面ADF的一个法向量为：m=(31，0)∴n m4cos n,m=|n||m|19⋅〈〉==⋅【湖南省·第19题】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．（1）证明：O1O⊥底面ABCD；（2）若∠CBA=60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值解：（1）∵四边形ACC1A1为矩形∴A1A⊥AC由题知，四边形ABCD和A1B1C1D1是菱形∴点O是AC、BD的中点点O1是A1C1、B1D1的中点∴OO1∥A1A∴OO1⊥AC同理可证：OO1⊥BD∵AC、BC⊂底面ABCD∴O1O⊥底面ABCD（2）∵底面ABCD是菱形∴AC⊥BD由（1）知，AC、BD、O1O两两互相垂直以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。

专题12 立体几何(基础篇)-2014年高考数学备考艺体生文化课百题突围系列(解析版)

三视图【背一背基础知识】1.投影：区分中心投影与平行投影。

平行投影分为正投影和斜投影。

2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图；侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图；正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图；注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正视图相等，“宽度”与俯视图。

（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽”.（2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。

3.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。

直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。

【讲一讲基本技能】1.必备技能：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、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．一般地，若俯视图中出现圆，则该几何体可能是球或旋转体，若俯视图是多边形，则该几何体一般是多面体；若主视图和左视图中出现三角形，则该几何体可能为椎体。

2.典型例题例1 【广东省惠州市2014届高三第一次调研考试】若正三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的表面积是（）A. 623+ B. 93C. 63+ D. 3例2一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱例3如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A．6 B．9 C．12 D．18【练一练趁热打铁】1.如图是一个几何体的三视图．若它的体积是33，则a＝________.2. 【湖北省武汉市2014届高三10月调研测试数学（文）】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．4＋2 6 B．4＋ 6 C．4＋2 2 D．4＋ 2【答案】A【解析】根据三视图可知该几何体是三棱锥，所以62422321222212+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=S.如图所示：3.【广东省广州市执信、广雅、六中2014届高三10月三校联考(文）】如图,三棱柱的棱长为2,底面是边长为2的正三角形,1111CBAAA面⊥,正视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则左视图的面积为（）A．4 B．22C．23D．2几何体的表面积和体积【背一背基础知识】1. .柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(1)表面积公式 (2)体积公式①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ①柱体的体积V ＝Sh ； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ②锥体的体积V ＝13Sh ；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的表面积S ＝4πR 2 ④球的体积V ＝43πR【讲一讲基本技能】1.必备技能：求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在。

2014高考数学知识点讲析立体几何初步

图 12014高考数学知识点讲析:立体几何初步【专题测试】一、选择题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）6 （Ｃ）5 （Ｄ）32、如图1，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则（）（A ）EF 与GH 互相平行（B ）EF 与GH 异面（C ）EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上（D ）EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上3、下列说法正确的是（）（A ）直线l 平行于平面α内的无数直线，则l ∥α （B ）若直线l 在平面α外，则l ∥α （C ）若直线l ∥b ，直线b ⊂α，则l ∥α （D ）若直线l ∥b ，直线b ⊂α，那么直线l 就平行平面α内的无数条直线4A ．10πB ．12πC ．13πD ．14π 5、设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（）(A) βαβα⊥⊥,//,b a (B) βαβα//,,⊥⊥b a (C) βαβα//,,⊥⊂b a (D) βαβα⊥⊂,//,b a6、如图，下列四个正方体图形中，A B ，为正方体的两个顶点，M N P ，，分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是（）．（A ）①④（B ）②④（C ）①③④（D ）俯视图正(主)视图侧(左)视图第10题图①③7、如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角的余弦值是（）（A ）23 （B ）1010 （C ）52 （D ）53 8、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（）A.9、在△ABC 中，02, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是（）A.32π B. 52π C. 72π D. 92π10、如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，AB ＝10，AD ＝5，1AA ＝4。

2014届高考数学专题复习课件：第三篇专题5 立体几何

查缺补漏
第三篇 5
BC 与 AE 是相交直线，所以 BC 一定不与平面 PAE 平行， ③错误；
本讲
直线 PD 与平面 ABC 所成角为∠PDA，
栏目
在 Rt△PAD 中，AD＝PA，
开
关 ∴∠PDA＝45°，④正确．
答案 ④
查缺补漏
第三篇 5
8．对于四面体 ABCD，给出下列四个命题：
①若 AB＝AC，BD＝CD，则 BC⊥AD；
目
开关
∴∠BSA＝90°，以 S 为顶点，将三棱锥补成
一个正方体，如图所示，
故外接球的直径 2R＝ 3·SA，即 R＝3，
∴S＝4πR2＝36π.
查缺补漏
第三篇 5
10．如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD⊥
平面 ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，
F 分别是 AP，AD 的中点．
目开
②若 α∥β，l⊂α，则 l∥β；
关 ③α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β；
④若 m，n 为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则 α∥β.
其中正确命题的个数是________．
查缺补漏
第三篇 5
解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；
由直线与平面平行的定义知命题②正确；
求证：(1)直线 EF∥平面 PCD；
本讲
(2)平面 BEF⊥平面 PAD.
栏目
证明 (1)因为 E，F 分别是 AP，AD 的中点，∴EF∥PD.
开关
又∵PD⊂面 PCD，EF⊄面 PCD，
∴直线 EF∥平面 PCD.
(2)连结 BD，∵AB＝AD，∠BAD＝60°，

2014高一必修一数学知识：立体几何_知识点总结

2014高一必修一数学知识：立体几何_知识点总结
高中最重要的阶段，大家一定要把握好高中，多做题，多练习，为高考奋战，小编为大家整理了2014高一必修一数学知识，希望对大家有帮助。

点线面三位一体，柱锥台球为代表。

距离都从点出发，角度皆为线线成。

垂直平行是重点，证明须弄清概念。

线线线面和面面、三对之间循环现。

方程思想整体求，化归意识动割补。

计算之前须证明，画好移出的图形。

立体几何辅助线，常用垂线和平面。

射影概念很重要，对于解题最关键。

异面直线二面角，体积射影公式活。

公理性质三垂线，解决问题一大片。

查字典数学网小编为大家整理了2014高一必修一数学知识，希望对大家有所帮助。

立体几何2014年高考

立体几何1.在如图所示的多面体中，底面BCFE 是梯形，EF//BC ，又EF ⊥平面AEB ，,//.24AE EB AD EF BC AD ⊥==，3,2,EF AE BE G BC ===为的中点.（I ）求证：AB//平面DEG ；（2）求证：BD EG ⊥；（3）求二面角C —DF —E 的正弦值. 解：（1）证明：//,//,//AD EF EF BC AD BC ∴，2,//,BC AD G BC AD BG AD BG =∴=为的中点，且.//.ABGD AB DG ∴∴四边形是平行四边形， …………2分 ,,//.AB DEG DG DEG AB DEG ⊄⊂∴平面平面平面…………4分(2)证明：EF AEB AE AEB BE AEB ∴⊥⊂⊂平面，平面，平面,,,,,,EF AE EF BE AE EB EB EF EA ∴⊥⊥⊥∴两两垂直.……6分以点E 为坐标原点，,,,,EB EF EA x y z 分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知得(002),(200),(240),(022),(030),(220).A B C D F G ，，，，，，，，，，，，(220),(22,2),=-2222200.EG BD EG BD ∴==-⋅⨯+⨯+⨯=，，，故BD EG ∴⊥ ………………………8分(3)由已知可得(2,0,0)EB =是平面EFDA 的一个法向量. 设平面DCF 的一个法向量为()=x,y,z n ，(0-1,2(210)FD FC ==，），，，，20,11, 2.(1,2,1).20y z z x y x y -+=⎧∴==-==-⎨+=⎩n 令得即……………10分设二面角C FD E --的大小为θ，则cos cos ,66n EB θθ=<>==-=…………11分C DF E ∴--二面角………………………12分 2.如图1，在3090Rt ABC ACB ABC ∆∠=∠=中，，，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E ，延长AE 交于BC 于F ，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示. （I ）求证：AE ⊥平面BCD ；（II ）求二面角A DC B --的余弦值；（III ）已知点M 在线段AF 上，且EM//平面ADC ，求AMAF的值.3.如图，四棱锥E ABCD -中，平面EAD ⊥平面ABCD ,DC // AB ,BC CD ⊥,EA ED ⊥,且4AB =，2BC CD EA ED ====.（I ）求证：BD ⊥平面ADE ；（II ）求BE 和平面CDE 所成角的正弦值；（III ）在线段CE 上是否存在一点F 使得平面BDF ⊥平面CDE ，请说明理由. 解：（I ）由BC CD ⊥，2BC CD ==.,可得BD =．由EA ED ⊥，且2EA ED ==可得AD = 又4AB =．所以BD AD ⊥．又平面EAD ⊥平面ABCD ，平面ADE平面ABCD =BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面ADE ．（II ）如图建立空间直角坐标系D xyz -，则(0,0,0)D ，(0,B ，(C ，E ，(2,BE =-，(2,0,DE =，(DC =．x设(,,)x y z =n 是平面CDE 的一个法向量，则0DE ⋅=n ，0DC ⋅=n ，即0,0.x z x y +=⎧⎨-+=⎩令1x =，则(1,1,1)=-n ．设直线BE 与平面CDE 所成的角为α，则||sin |cos ,|3||||BE BE BE ⋅=<>===⋅αn n n ．所以BE 和平面CDE 所成的角的正弦值3． ……………1０分（III ）设CF CE =λ，[0,1]λ∈．(DC =，CE =，(0,DB =.则2(21,1,)DF DC CF DC CE =+=+=--+λλλλ．设(,,)x'y'z'=m 是平面BEF 一个法向量，则0EB ⋅=n ，0EF ⋅=n ，即0,(21)(1)0.y'x'y'z'=⎧⎨-+-++=⎩λλλ令1x'=，则21(1,0,)λλ-=-m ．若平面BEF ⊥平面CDE ，则0⋅=m n ，即2110λλ-+=，1[0,1]3λ=∈.所以，在线段CE 上存在一点F 使得平面BEF ⊥平面CDE .……………14分4. 如图，在底面是正方形的四棱锥P ABCD PA -⊥中，面ABCD ，BD 交AC 于点E ，F 是PC 中点，G 为AC 上一点.（I ）求证：BD FG ⊥；（II ）确定点G 在线段AC 上的位置，使FG//平面PBD ，并说明理由；（III ）当二面角B PC D --的大小为23π时，求PC 与底面ABCD 所成角的正切值.。

2014高考数学迎考重要锦囊立体几何知识整合

2014高考数学迎考重要锦囊：立体几何知识整合高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。

选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2. 判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。

⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行“。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。

⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为”性质定理“，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。

2014高考数学大纲——知识点总结

2014高考数学大纲——知识点总结D3.立体几何初步(1)认识空间几何①认识柱、锥、台、球极其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物理的结构。

②能画出简单空间图形(长方形、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的指示图。

③会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同形式。

④会画某些建筑的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)。

⑤了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

(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个点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在此平面内。

·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。

·定理：空间中如果一个角度的两边与另一个角的两边平行，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平面平行，那么这两个平面都平行。

·如果一条直线与另一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面平行。

·如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直。

理解以下性质定理，并能够证明·如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行。

.如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行..垂直于同一个平面的两条直线平行。

2014高考新课标数学考点总复习_考点6_善于观察,精妙转化,做好立体几何不再是难事

2014高考新课标数学考点总复习一.专题综述理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．二.考纲解读1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法．2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法．3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法，并注重运算能力的训练．三.2014年高考命题趋向1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等．2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．四．高频考点解读考点一三视图的辨别与应用例1[课标全国卷]在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图可以为()【答案】D【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，，故侧视图选D.例2[山东卷]右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是( )．A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A．【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；②可以是长方体；③可以是放倒了的圆柱．故选择A．另解：①②③均是正确的，只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧；②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；③圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选A．【解析】由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．考点二求几何体的体积例4[陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3【答案】A【解析】分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V ＝2×2×2－13π×12×2＝8－23π.例5 [课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．【答案】13【解析】如图，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，则球面面积为4πR 2，圆锥底面面积为πr 2，由题意πr 2＝1216πR 2，所以r ＝32R ，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝R 2－34R 2＝12R ，所以SO 1＝R ＋12R ＝32R ， S 1O 1＝R －12R ＝12R ，所以S 1O 1SO 1＝R23R 2＝13.例6[安徽卷] 如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形． (1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF . (向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－32，32. 则有BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利． (1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之． (2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．考点三求几何体的表面积【答案】C【解析】由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.例8[陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．考点四平行与垂直例9[辽宁卷] 如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是( ) A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【答案】D 【解析】 ①由SD ⊥底面ABCD ，得SD ⊥AC ，又由于在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，SD ∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面SBD ，故AC ⊥SB ，即A 正确．②由于AB ∥CD ，AB ⊄平面SCD ，CD ⊂平面SCD ，所以AB ∥平面SCD ，即B 正确．③设AC ，BD 交点为O ，连结SO ，则由①知AC ⊥平面SBD ，则由直线与平面成角定义知SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO .由于△ADS ≌△CDS ，所以SA ＝SC ，所以△SAC 为等腰三角形，又由于O 是AC 的中点，所以∠ASO ＝∠CSO ，即C 正确．④因为AD ∥CD ，所以AB 与SC 所成的角为∠SCD ，DC 与SA 所成的角为∠SAB ，∠SCD 与∠SAB 不相等，故D 项不正确．例10 [课标全国卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD . (1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面P AD ，故P A ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD . 故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.例11[山东卷] 如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC1∥平面A 1BD . 证明：(1)证法一：因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得 BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos60°＝3AD 2. 所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1，所以AA 1⊥BD . 证法二：因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥D 1D .取AB 的中点G ，连接DG .在△ABD 中，由AB ＝2AD 得AG ＝AD ，又∠BAD ＝60°，所以△ADG 为等边三角形．因此GD ＝GB .故∠DBG ＝∠GDB ，又∠AGD ＝60°，所以∠GDB ＝30°，故∠ADB ＝∠ADG ＋∠GDB ＝60°＋30°＝90°，所以BD ⊥AD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1，又AA 1⊂平面ADD 1A 1，所以AA 1⊥BD . (2)连接AC ，A 1C 1.设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1.因为四边形ABCD 为平行四边形，所以EC ＝12AC ，由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知， A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形．因此CC 1∥EA 1，又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，所以CC 1∥平面A 1BD .【解题技巧点睛】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，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，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．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．考点五与球相关的问题例12 [课标全国卷] 已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为________．【答案】83【解析】如图，由题意知，截面圆的直径为62＋(23)2＝48＝43，所以四棱锥的高||OO 1＝OA 2－O 1A 2＝16－12＝2，所以其体积V ＝13S 矩形ABCD ·||OO 1＝13×6×23×2＝8 3. 例13[辽宁卷] 已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为( ) A ．3 3 B ．2 3 C. 3 D ．1 【答案】C【解析】如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD . 由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边，所以△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥ SC ，所以BD ⊥SC .由此得SC ⊥平面ABD .所以V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在直角三角形△SAC 中∠ASC ＝30°，SC ＝4，所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在直角三角形△BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC＝ 3.又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×(3)2·sin60°×4＝3，所以选C.【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．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，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图考点六异面直线所成的角例14[天津卷] 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．【解答】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.(2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝⎛⎭⎫22，322，52. 设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝⎛⎭⎫22－a ，322－b ，52. 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫22－a ·(－22)＝0，⎝⎛⎭⎫22－a ·(－2)＋⎝⎛⎭⎫322－b ·(－2)＋52·5＝0.解得⎩⎨⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎫22，24，0.因此BM →＝⎝⎛⎭⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二：(1)由于AC ∥A 1C 1.故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.因此cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.(2)连接AC 1，易知AC 1＝B 1C 1.又由于AA 1＝B 1A 1，A 1C 1＝A 1C 1，所以△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R ，于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin ∠RA 1B 1＝22·1－⎝⎛⎭⎫232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R ，cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27，从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1，取HB 1中点D ，连接ND .由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND ∥C 1H 且ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B .故ND⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND .连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1.故ME ∥AA 1.由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22，延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22.连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME .故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM ，在Rt △BFM 中．BM ＝FM 2＋BF 2＝104.【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在解答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或通过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何法或向量法解决立体几何问题的能力.考点七线面角例15[天津卷] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明PB ∥平面ACM ； (2)证明AD ⊥平面P AC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．【解答】 (1)证明：连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)证明：因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面P AC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455.【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解.考点八二面角（理）例16[课标全国卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．【解答】 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面P AD .故P A ⊥BD .(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA 、DB 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)， AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0.因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0，可取m ＝(0，－1，－3)．cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.例17[广东卷] 如图，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点． (1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．【解答】法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD .因P A ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △P AG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为P A ＝PD ，所以PG ⊥AD ，又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG . 延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0. ∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m 2. ∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵P A →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)，设平面P AD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由P A →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等.考点九空间向量的应用例18[陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求AE →与DB →夹角的余弦值．【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC . (2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以DB →，DC →，DA →所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0.∴AE →＝⎝⎛⎭⎫12，32，－3，DB →＝(1,0,0)， ∴AE →与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.例19[辽宁卷] 如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．【解答】如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)．则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)，所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155. 【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．考点十探索性问题例20[浙江卷] 如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【解答】方法一：(1)证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)，AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即 AP ⊥BC .(2)设PM →＝λP A →，λ≠1，则PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)．平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，2＋3λ4－4λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即 ⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎨⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM ＝3，综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3，方法二：(1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AD . 故BC ⊥P A .(2)如图，在平面P AB 内作BM ⊥P A 于M ，连CM ，由(1)中知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6，在Rt △POA 中，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5，又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BP A ＝2，所以AM ＝P A －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.例21 [福建卷] 如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ； (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．【解答】 (1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)①以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD ·sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0.(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·P B →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12.解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)， GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ；① 由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.②由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．法二：假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等．由GC ＝GD ，得∠GCD ＝∠GDC ＝45°，从而∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD . 所以GD ＝CD ·cos45°＝1. 设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 在Rt △ABG 中， GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋(3－λ)2＝2⎝⎛⎭⎫λ－322＋92>1. 这与GB ＝GD 矛盾．所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．【解题技巧点睛】1.对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问题,一般的方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定“不存在”.2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有规定范围内的解”,所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.针对训练一．选择题1.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】【答案】C 【解析】由题设条件给出的三视图可知，该几何体为四棱锥，且侧棱SC 垂直底面 ABCD ，如图所示.2,1,SC AB BC CD DA =====且四边形ABCD 为正方形，则12112.33V =⨯⨯⨯= 2.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】已知平面α，β，直线l ，若αβ^，l αβ=，则（A ）垂直于平面β的平面一定平行于平面α （B ）垂直于直线l 的直线一定垂直于平面α （C ）垂直于平面β的平面一定平行于直线l （D ）垂直于直线l 的平面一定与平面α,β都垂直【答案】D【解析】A 错，如墙角的三个平面不满足；B 错，缺少条件直线应该在平面β内；C 错，直线l 也可能在平面内。

高考数学易错点剖析62.pdf

2014高考数学易错点剖析【易错点62】向量知识在立体几何方面的应用例62、如图在直四棱柱ABCD－A中，AB＝AD＝2DC＝2AA1＝AD⊥DC，AC⊥BD, 垂足未E，（I）求证BD⊥A1C；（II）求二面角 1－BD－ 1的大小（III）求异面直线 AD与 BC 1所成角的大小．【易错点分析】本题主要考查学生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.学生在解题中一方面不能根据条件建立恰当的空间坐标系，另一方面建系后学生不能正确找到点的坐标.或者没有运用向量知识解决问题的意识。

解析：解法一：（I）在直四棱柱中, 底面,是在平面上的射影. （II）连结与（I）同理可证为二面角的平面角. 又且在中, 即二面角的大小为（III）过B作交于,连结则就是与所成的角. 在中, 即异面直线与所成角的大小为解法二：（I）同解法一. （II）如图,以D为坐标原点,所在直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系, 连结与（I）同理可证, 为二面角的平面角. 得二面角的大小为. （II）如图,由异面直线与所成角的大小为解法三：（I）同解法一. （II）如图,建立空间直角坐标,坐标原点为E. 连结与（I）同理可证, 为二面角的平面角. 由得二面角的大小为（III）如图,由得异面直线与所成角的大小为【知识点分类点拔】解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考：①要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？②所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？③所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？④怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？【练62】如图,在三棱锥中,, , 点、分别是、的中点, .(I) 求证; (II) 当时,求直线与平面所成角的大小;(III) 当取何值时,在平面PBC内的射影恰好为的重心? 【答案】方法一：（Ｉ）Ｏ、Ｄ分别为、的中点. 又平面.平面. (II) , 又平面. 取中点Ｅ，连结,则平面. 作于F,连结,则平面, 是与平面所成的角. 又与平面所成角的大小等于. 在中，与平面所成的角为. （III）由II知，平面，是在平面内的射影. 是的中点，若点是的重心，则、、三点共线，直线在平面内的射影为直线. ，即. 反之，当时，三棱锥为正三棱锥，在平面内的射影为的重心. 方法二: 平面, 以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系(如图)，设则,,.设, 则 (I) D为PC的中点，＝，又,＝- 平面. (II) , 即,=可求得平面的法向量设与平面所成的角为,则,与平面所成的角为 (III) 的重心平面又即反之，当时，三棱椎为正三棱锥，在平面内的射影为的重心. 。

(考点梳理+考点自测+真题举例)2014高考总复习数学(理)第八章立体几何

第八章立体几何第1讲空间几何体及其表面积与体积对应学生用书P112考点梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱：一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱；棱柱两个底面是全等多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形．(2)棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥；棱锥底面是多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台：棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分叫做棱台．2．旋转体的结构特征(1)将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台；这条直线叫做轴，垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面．不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线．(2)球：半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球体，简称球．3．柱、锥、台和球的侧面积和体积4.(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．【助学·微博】正棱柱与正棱锥的概念(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．一个考情解读(1)柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，以上考点以填空题出现，难度不大．(2)简单几何体的表面积和体积多以常见几何体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．在近几年的高考题中频繁出现．考点自测1．下列说法正确的是________(填序号)．①棱柱的面中，至少有两个面互相平行；②棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面；③棱柱中一条侧棱的长叫做棱柱的高；④棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形．答案①2.(2012·南京模拟)已知正四棱柱的底面边长为2，高为3，则该正四棱柱的外接球的表面积为________．解析如图，连接A1C，则外接球直径2R＝A1C＝32＋(22)2＝17，所以球的表面积为S＝4πR2＝17π.答案17π3．以长方体的各顶点为顶点，能构建四棱锥的个数是________．解析设长方体ABCD－A1B1C1D1，若点A为四棱锥的顶点，则底面可以为不过点A的矩形A1B1C1D1，矩形BCC1B1，矩形CDD1C1，矩形BB1D1D，矩形BCD1A1，矩形CDA1B1，共有6个不同的四棱锥，8个顶点可以分别作为四棱锥的顶点，共6×8＝48(个)不同的四棱锥．答案484．如图，一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的可能图形为________(填正确答案的序号)．解析不论怎样去截这个球，都不可能出现④这种情况．而只要平面沿着正方体的一个对角面去截这个球，就会出现②这种情况，所以答案是②③.答案②③5．(2012·南通调研)底面边长为 2 m，高为 1 m的正三棱锥的全面积为________m2.解析如图，GE＝13BE＝33，AG＝1，所以AE＝13＋1＝233，所以三棱锥的全面积为34×22＋3×12×2×233＝3 3.答案33对应学生用书P113考向一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱其中不正确的命题为________．解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案①②③[方法总结] 解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．【训练1】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①④考向二几何体的表面积与体积【例2】 (2012·苏中三市调研)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°，△ADP ∽△BAD . (1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P －ABC 的体积．解 (1)∵BD 是圆的直径，∴∠BAD ＝90°，又∵△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ， DP ＝AD 2BA ＝(BD sin 60°)2BD sin 30°＝4R 2×342R ×12＝3R .∴DP 的长为3R . (2)在Rt △BCD 中，CD ＝BD cos 45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∴PD ⊥CD ，又∠PDA ＝90°，AD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥底面ABCD ，则S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°) ＝12R ·2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋12×22＝3＋14R 2.所以三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3.[方法总结] 求几何体的体积问题，可以多角度、全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．【训练2】 (2013·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm. (1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32.在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． (2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)．故三棱台斜高为 3 cm ，侧面积为2732 cm 2，表面积为9934 cm 2.考向三切接问题【例3】 (1)(2012·徐州二模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________．(2)已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________．解析(1)由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a . 如图，设O ，O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a 2，设球的半径为R ，则R 2＝AO 22＝13a 2＋14a 2＝712a 2. 所以S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.(2)由题意知：当矩形为正方形时，其周长最小，其正方形边长为22，折起后，三棱锥D －ABC 的外接球的半径为正方形对角线的一半，即R ＝2，所以表面积为16π.答案 (1)7π3a 2(2)16π[方法总结] 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】 (1)(2012·课标全国卷改编)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________．(2)设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C ，若圆C 的面积等于7π4，则球O 的表面积等于________．解析 (1)设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则|OO 1|＝OC 2－O 1C 2＝1－13＝63.三棱锥S －ABC 的高为2|OO 1|＝263.所以三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×34×263＝26.(2)如图，设O ′为截面圆的圆心，设球的半径为R ，则OM ＝R2，又∠O ′MO ＝45°， ∴OO ′＝24R .在Rt △O ′OB 中，OB 2＝O ′O 2＋O ′B 2， ∴R 2＝R 28＋74，∴R 2＝2，∴S 球＝4πR 2＝8π.答案 (1)26 (2)8π对应学生用书P114热点突破20等价与转化在求几何体体积中的应用1．求不规则几何体的体积，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．2．求几何体的体积问题，有时使用转换底面的方法使其高易求．【示例】(2012·苏北四市调研二)如图，在三棱锥P－ABC中，△P AB是等边三角形，∠P AC＝∠PBC＝90°.(1)证明：AB⊥PC；(2)若PC＝4，且平面P AC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．[审题与转化] 第一步：第(1)问要证线线垂直，则需转化为证线面垂直；第(2)问求三棱锥P－ABC的体积，先作BE⊥PC，连接AE，可转化为求以△ABE 为底，PC为高的两个三棱锥的体积．[规范解答] 第二步：(1)因为△P AB是等边三角形，所以PB＝P A.因为∠P AC ＝∠PBC＝90°，PC＝PC，所以Rt△PBC≌Rt△P AC，所以AC＝BC.如图，取AB中点D，连接PD、CD，则PD⊥AB，CD⊥AB，又PD∩CD＝D，所以AB⊥平面PDC，PC⊂平面PDC，所以AB⊥PC.(2)作BE⊥PC，垂足为E，连接AE.因为Rt△PBC≌Rt△P AC，所以AE⊥PC，AE＝BE.由已知，平面P AC⊥平面PBC，故∠AEB＝90°.因为∠AEB＝90°，∠PEB＝90°，AE＝BE，AB＝PB，所以Rt△AEB≌Rt△BEP，所以△AEB、△PEB、△CEB都是等腰直角三角形．由已知PC＝4，得AE＝BE＝2，△AEB的面积S＝2.因为PC⊥平面AEB.所以三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S ·PC ＝83.[反思与回顾] 第三步：本题难度中档，根据条件作出辅助线是解决本题的关键，作辅助线最常见的方法是应用三角形的中垂线的性质定理，通常在中点、端点作辅助线．高考经典题组训练1．(2012·上海卷)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，高为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧12πl 2＝2π，πl ＝2πr ，⎩⎨⎧l ＝2，r ＝1，h ＝l 2－r 2＝ 3.所以圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝33π. 答案 33π2．(2011·福建卷)三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．解析 V ＝13×3×12×2×2×sin 60°＝ 3. 答案33．(2012·江苏卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3.解析法一 ∵VA －A 1B 1D 1＝13×12×3×3×2＝3，VABD －A 1B 1D 1＝12×3×3×2＝9，∴VA －BB 1D 1D ＝VABD －A 1B 1D 1－VA －A 1B 1D 1＝6(cm 3)．法二连结AC 交BD 于O ，则AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1， ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 即为四棱锥A －BB 1D 1D 的高， ∴VA －BB 1D 1D ＝13×32×2×322＝6(cm 3)．答案 64．(2012·山东卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．解析VD1－EDF＝VF－D1ED，又S△D1ED＝1 2，点F到面D1ED的距离为1，∴VD1－EDF＝VF－D1ED＝13×12×1＝16.答案1 65．(2012·辽宁卷)已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为3的球面上．若P A，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．解析如图所示：将正三棱锥内接于正方体中．球心为正方体的对角线的交点O，则(2R)2＝P A2＋PB2＋PC2，∵P A＝PB＝PC，R＝3，∴P A＝2.设PO与平面ABC交于H点，正方体中PO⊥平面ABC，利用等体积可求PH＝23 3.则OH为球心到平面ABC的距离，OH＝PO－PH.∵PO＝3，PH＝233，∴OH＝33.答案3 3对应学生用书P317分层训练A级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分) 一、填空题(每小题5分，共30分)1．以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数是________．解析命题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题，因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行．答案 12．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对角线的四个端点构成的几何体；⑤正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－DBC满足条件．答案①③④⑤3．(2012·常州模拟)在三棱锥S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，则三棱锥S－ABC的表面积是________．解析设侧棱长为a，则2a＝2，a＝2，侧面积为3×12×a2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.答案3＋ 34.(2010·湖北卷)圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.解析设球的半径为r cm ，则πr 2×8＋43πr 3×3＝πr 2×6r .解得r ＝4 cm.答案 45.(2012·苏州模拟)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26. 答案 266.如图所示，三棱柱ABC －A1B 1C 1的所有棱长均为a ，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，则其全面积为________．解析如题图，过B 作BD ⊥AA 1于D ，连接CD ，则△BAD ≌△CAD ，所以∠ADB ＝∠ADC ＝90°，所以AD ⊥CD ，AD ⊥BD ，所以△BCD 为垂直于侧棱AA 1的截面．又因为∠BAD ＝60°，AB ＝a ，所以BD ＝32a .所以△BDC 的周长为(3＋1)a ，从而S 侧＝(3＋1)a 2，S 底＝12×a 2sin 60°＝34a 2.故S 全＝S 侧＋2S 底＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1a 2. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1a 2 二、解答题(每小题15分，共30分)7.(2011·辽宁卷)如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值． (1)证明由条件知四边形PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ . (2)解设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1. 8.如图，在三棱锥P －ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC . (1)求证：PC ⊥AB ；(2)求点C 到平面APB 的距离． (1)证明取AB 中点D ，连接PD ，CD . 因为AP ＝BP ，所以PD ⊥AB ，因为AC ＝BC ，所以CD ⊥AB .因为PD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥AB . (2)解设C 到平面APB 的距离为h ，则由题意，得AP ＝PB ＝AB ＝AC 2＋BC 2＝22，所以PC ＝AP 2－AC 2＝2.因为CD ＝12AB ＝2，PD ＝32PB ＝6，所以PC 2＋CD 2＝PD 2，所以PC ⊥CD .由(1)得AB ⊥平面PCD ，于是由V C －APB ＝V A －PDC ＋V B －PDC ，得13·h ·S △APB ＝13AB ·S △PDC ，所以h ＝AB ·S △PDCS △APB＝22×12×2×234×(22)2＝233.故点C 到平面APB 的距离为233.分层训练B 级创新能力提升1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 是BC 的中点，点P 是平面ABCD 内的一个动点，且满足PM ＝2，P 到直线A 1D 1的距离为5，则点P 的轨迹是________．解析由PM ＝2，知点P 在以M 为圆心，2为半径的圆上．又由P 到直线A 1D 1的距离为5，知点P 在与BC 平行且过AB 中点的直线上，故点P 的轨迹是它们的交点，即为两点．答案两个点2.(2012·南京模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．解析如图，当AM ＋MC 1最小时，BM ＝1，所以AM 2＝2，C 1M 2＝8，AC 21＝14，于是由余弦定理，得cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3. 答案33．(2012·苏北四市调研三)已知点P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，且P A 、PB 、PC 两两成60°角，P A ＝PB ＝PC ＝1 cm ，则球的表面积为________cm 2. 解析如图，取AB 的中点M ，连接PM 、CM ，过P 作棱锥的高PN ，则垂足N 必在CM 上，连接AN .棱锥的四个侧面都是边长为1的正三角形，故可得CM ＝PM ＝32，从而CN ＝23CM ＝33，在Rt △PCN 中，可求得PN ＝63，连接AO ，则AN ＝CN ＝33，设AO ＝PO ＝R ，则在Rt △OAN 中，有R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63－R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332，解得R ＝64.∴球的表面积S ＝4πR 2＝3π2(cm 2)．答案 32π4．(2012·南通一模)某四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a ，则该四面体体积的最大值为________．解析如图所示，在四面体ABCD 中，若AB ＝BC＝CD ＝AC ＝BD ＝a ，AD ＝x ，取AD 的中点P ，BC 的中点E ，连结BP ，EP ，CP ，易证AD ⊥平面BPC ，所以 V A －BCD ＝13S △BPC ·AD ＝13×12×a ×a 2－x 24－a 24·x＝112a ·(3a 2－x 2)x 2＝112a ·－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－3a 222＋9a 44≤18a 3，当且仅当x 2＝32a 2，即x＝62a 时取等号．答案 18a 35.(2012·台州中学期中)如图所示，在平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD . (1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥E －ABD 的侧面积．(1)证明在△ABD 中，因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，所以BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos ∠DAB ＝23，所以AB 2＋BD 2＝AD 2，所以AB ⊥BD .又因为平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面EBD .又因为DE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥DE . (2)解由(1)知AB ⊥BD ，因为CD ∥AB ，所以CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD ，在Rt △DBE 中，由DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2，得S △BDE ＝12DB ·DE ＝2 3.又因为AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥BE .因为BE ＝BC ＝AD ＝4，所以S △ABE ＝12AB ·BE ＝4，因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，所以ED ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ，所以ED ⊥AD ，所以S △ADE ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥E －ABD 的侧面积S ＝8＋2 3.6．(2012·苏州调研一)如图(1)所示，在直角梯形ABEF 中(图中数字表示线段的长度)，将直角梯形DCEF 沿CD 折起，使平面DCEF ⊥平面ABCD ，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图(2)所示．(1)求证：BE ∥平面ADF ； (2)求三棱锥F －BCE 的体积． (1)证明法一取DF 的中点G ，连结AG ，EG ，∵CE 綉12DF ，∴EG 綉CD . 又∵AB 綉CD ，∴EG 綉AB . ∴四边形ABEG 为平行四边形． ∴BE ∥AG .又∵BE ⊄平面ADF ，AG ⊂平面ADF ， ∴BE ∥平面ADF .法二由题图(1)可知BC ∥AD ，CE ∥DF ，折叠之后平行关系不变．∵BC ∥AD ，BC ⊄平面ADF ，AD ⊂平面ADF ， ∴BC ∥平面ADF .同理CE ∥平面ADF . ∵BC ∩CE ＝C ，BC 、CE ⊂平面BCE ，∴平面BCE ∥平面ADF .∵BE ⊂平面BCE ，BE ⊄平面ADF ， ∴BE ∥平面ADF .(2)解法一 ∵V F －BCE ＝V B －CEF ，由题图(1)，可知BC ⊥CD ，又∵平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝ CD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面DCEF .由题图(1)可知，DC ＝CE ＝1，S △CEF ＝12CE ×DC ＝12， ∴V F －BCE ＝V B v CEF ＝13×BC ×S △CEF ＝16.法二由题图(1)，可知CD ⊥BC ，CD ⊥CE ，∵BC ∩CE ＝C ， ∴CD ⊥平面BCE .∵DF ∥CE ，点F 到平面BCE 的距离等于点D 到平面BCE 的距离为1，由题图(1)，可知BC ＝CE ＝1，S △BCE ＝12BC ×CE ＝12，∴V F －BCE ＝13×CD ×S △BCE ＝16. 法三如图所示，过E 作EH ⊥FC ，垂足为H ，由图可知BC ⊥CD ，∵平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥DC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面DCEF .又∵EH ⊂平面DCEF ，∴BC ⊥EH ， ∴EH ⊥平面BCF .由BC ⊥FC ，FC ＝DC 2＋DF 2＝5， S △BCF ＝12BC ×CF ＝52，在△CEF 中，由等面积法可得EH ＝15， ∴V F －BCE ＝V E －BCF ＝13×EH ×S △BCF ＝16.第2讲平面的基本性质与异面直线对应学生用书P115考点梳理1．平面的基本性质及推论(1)空间两条直线的位置关系有相交、平行、异面.(2)①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． (3)异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线．3．异面直线所成的角(1)异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2.(2)求角方法：①利用平移的方法，得到平面角，再构造三角形解决； ②向量法．【助学·微博】从近几年高考试卷分析，本节内容是立体几何的基础，在高考中以填空题出现，但对于异面直线所成的角往往出现在解答题的某一问中，主要考查平面的基本性质，两条直线的位置关系，以平行与异面直线的考查为主．考点自测1．给出以下命题：①和一条直线都相交的两条直线在同一平面内；②三条两两相交的直线在同一平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两平行的三条直线确定三个平面．其中正确命题的个数是________．解析命题①错，因为这两条直线可能异面．命题②错，若交于同一点时，可以不共面，如三棱锥的三条侧棱．命题③错，这三个不同公共点可能在它们的公共交线上．命题④错，两两平行的三条直线也可在同一个平面内，所以正确命题的个数为0.答案02．(2012·梁丰高级中学期末)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β.下列命题中，其中正确命题的个数是________．①若α∥β，则m⊥l；②若α∥β，则m∥l；③若m∥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β.解析结合实物模型和相关定理知，①和④为真命题，故正确命题的个数为2.答案 23．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线________对．解析如图所示，与AB异面的直线有B1C1；CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线12×42＝24(对)．答案244．(2012·南京、盐城调研一)已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，DC”的________条件(填空“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中的一个)．解析l垂直于两腰AD、BC，则l垂直于平面ABCD，从而l垂直于两底AB、DC；反之，由于AB∥DC，∴l垂直于两底AB、DC，不一定能推出l垂直于平面ABCD.答案充分不必要5．如图，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是异面直线的一个图是________．解析①中PQ∥RS，②中RS∥PQ，④中RS和PQ相交．答案③对应学生用书P116考向一点共线、点共面、线共点的证明【例1】(2012·淮安模拟)如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE、D1F、DA三线共点．解(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E、F分别是AB、AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E、C、D1、F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE、D1F、DA三线共点．[方法总结] 要证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用平面的基本性质2，即证点在两个平面的交线上．或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在此直线上．【训练1】如图所示，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠F AB＝90°，BC綉12AD，BE綉12F A，G、H分别为F A、FD的中点．(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？(1)证明由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綉12AD.又BC綉12AD，∴GH綉BC，∴四边形BCHG为平行四边形．(2)解法一由BE綉12AF，G为F A中点知，BE綉FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面．法二如图所示，延长FE，DC分别与AB交于点M，M′，∵BE綉12AF，∴B为MA中点．∵BC綉12AD，∴B为M′A中点，∴M与M′重合，即FE与DC交于点M(M′)，∴C、D、F、E四点共面．考向二异面直线及其判定【例2】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解(1)不是异面直线．理由如下：连接MN、A1C1、AC.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A綉C1C，∴A1ACC1为平行四边形，∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．证明如下：∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴B、C、C1、D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴D1，B、C、C1∈α，与ABCD－A1B1C1D1是正方体矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．[方法总结] 证明两直线为异面直线的方法：(1)定义法(不易操作)．(2)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．【训练2】如图，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．解析图(1)中，直线GH∥MN；图(2)中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图(3)中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图(4)中，G、M、N共面，但H∉面GMN，因此直线GH与MN异面．所以图(2)、(4)中直线GH与MN异面．答案(2)、(4)考向三异面直线所成的角【例3】(2013·上海十四校联考)如图，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求异面直线AE和PB所成的角的余弦值；(2)求三棱锥A －EBC 的体积．解(1)取BC 的中点F ，连结EF ，AF ，则EF ∥PB ，所以∠AEF 就是异面直线AE 和PB 所成角或其补角．∵∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，P A ⊥平面ABC ，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14. (2)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12P A ＝1，V A －EBC ＝V E －ABC＝13×34×4×1＝33.[方法总结] 求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．【训练3】已知A 是△BCD 平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD所成的角为45°.对应学生用书P117方法优化6空间几何中有关量的计算方法在空间几何体中，求线段长及其范围，求侧面展开图的有关面积等，必要时可将几何体摊平，转化为平面几何体进行求解．【示例】(2012·重庆卷改编)设四面体的六条棱长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱和长为2的棱异面，则a的取值范围是________．[教你解题]画图求解[一般解法]构造四面体ABCD，使AB＝a，CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝1，取CD的中点E，则AE＝BE＝22，∴22＋22>a，0<a< 2.[优美解法]将四面体ABCD展开，得平面四边形ADBC，其中四边长为1，对角线CD＝2，则AB＝2，从而可得0<a< 2.答案(0，2)高考经典题组训练1．(2011·四川卷改编)l1，l2，l3是空间三条不同的直线，给出下列四个命题：①l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3；②l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3；③l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面；④l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面．其中正确命题的序号是________．解析在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故①错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，②正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故③错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故④错．答案②2．(2011·江西卷改编)如图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列四个命题：①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．其中真命题是________．(填写序号)解析①采用反证法：若不能作一条线，则两相交线确定一平面，从而证明AB，B1C1共面与它们异面矛盾，从而假设不正确，①正确，②④也是同样的方法．答案①②④3．(2012·浙江卷改编)已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直；④对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直．其中正确的序号是________．解析当点A在平面BCD上的射影H在BC上时，由CD⊥CB，CD⊥AH，得CD⊥平面ABH，所以CD⊥AB.即②正确，①③④均不正确．答案②4．(2010·辽宁卷改编)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是________．解析构成如图所示的两种三棱锥，图(1)中有AC＝BD＝a，取AC中点E，∵AB＝BC＝2，则BE⊥AC，。

2014高考数学必做的立体几何

课标文数19.G4，G7[2011·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4【解析】本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．图1－5【解答】 (1)(综合法)证明：设G 是线段DA 与线段EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(向量法)过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，连QE .由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED .以Q 为坐标原点，QE →为x 轴正向，QD →为y 轴正向，QF →为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．由条件知E (3，0,0)，F (0,0，3)，B ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－32，32.则有BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，EF →＝(－3，0，3)．所以EF →＝2BC →，即得BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F－OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数17.G4[2011·北京卷] 如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点． (1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，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 .本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结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 ，BF ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .大纲理数19.G5，G11[2011·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小．【解答】解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2. 连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直．所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，则SG ⊥BC .又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)．又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1，由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标理数18.G5，G10[2011·广东卷] 如图1－3，在锥体P －ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ＝2，PB ＝2，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AD ⊥平面DEF ；(2)求二面角P －AD －B 的余弦值．图1－3【解答】法一：(1)证明：设AD 中点为G ，连接PG ，BG ，BD.图1－1因P A ＝PD ，有PG ⊥AD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝1，∠DAB ＝60°，有△ABD 为等边三角形，因此BG ⊥AD ，BG ∩PG ＝G ，所以AD ⊥平面PBG ，所以AD ⊥PB ，AD ⊥GB .又PB ∥EF ，得AD ⊥EF ，而DE ∥GB 得AD ⊥DE ，又FE ∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面DEF . (2)∵PG ⊥AD ，BG ⊥AD ，∴∠PGB 为二面角P －AD －B 的平面角．在Rt △P AG 中，PG 2＝P A 2－AG 2＝74，在Rt △ABG 中，BG ＝AB ·sin60°＝32，∴cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42·72·32＝－217.法二：(1)证明：设AD 中点为G ，因为P A ＝PD ，所以PG ⊥AD ，又AB ＝AD ，∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG ⊥AD ，从而AD ⊥平面PBG .延长BG 到O 且使PO ⊥OB ，又PO ⊂平面PBG ，所以PO ⊥AD ，又AD ∩OB ＝G ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．设P (0,0，m )，G (n,0,0)，则A ⎝⎛⎭⎫n ，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫n ，12，0.图1－2∵|GB →|＝|AB →|sin60°＝32，∴B ⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，0，C ⎝⎛⎭⎫n ＋32，1，0，E ⎝⎛⎭⎫n ＋32，12，0，F ⎝⎛⎭⎫n 2＋34，12，m2.∴AD →＝(0,1,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，FE →＝⎝⎛⎭⎫n 2＋34，0，－m 2，∴AD →·DE →＝0，AD →·FE →＝0， ∴AD ⊥DE ，AD ⊥FE ，又DE ∩FE ＝E ，∴AD ⊥平面DEF .(2)∵P A →＝⎝⎛⎭⎫n ，－12，－m ，PB →＝⎝⎛⎭⎫n ＋32，0，－m ， ∴m 2＋n 2＋14＝2，⎝⎛⎭⎫n ＋322＋m 2＝2，解得m ＝1，n ＝32.取平面ABD 的法向量n 1＝(0,0，－1)，设平面P AD 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由P A →·n 2＝0，得32a －b 2－c ＝0，由PD →·n 2＝0，得32a ＋b 2－c ＝0，故取n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32.∴cos 〈n 1，n 2〉＝－321·74＝－217.即二面角P －AD －B 的余弦值为－217.课标理数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－4，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．图1－4【解答】解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连结EF .(1)如图①，连结NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ，由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连结AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连结ME ，由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ，设∠F AC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3，在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2，由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63，故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.图1－2课标文数18.G5，G11[2011·湖北卷] 如图1－2，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．【解答】解法1：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21. 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23，于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ，所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.课标文数19.G5，G11[2011·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ，所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影，所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD2＝2×122＋14＝23. 在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－8课标文数18.G5，G11[2011·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面P AD ，故P A ⊥BD . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . 已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 则DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，则BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.课标文数16.G5[2011·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)若BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的表面积．图1－8【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1. ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 如图1－2，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．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF⊥平面P AD.课标数学16.G4，G5[2011·江苏卷] 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，图1－3所以直线EF∥平面PCD.(2)连结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，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面P AD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.课标文数18.G7[2011·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD . (1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．【解答】 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 所以PQ ⊥平面DCQ .(2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3. 由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3. 故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.。