高考精品三维设计2016高考数学二轮复习ppt课件浙江专版专题四第3讲空间向量与立体几何原创首发
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角课件
角)
考查.
真题研究·悟高考
1. (2023·全国乙卷理科)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边， △ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面 ABC所成角的正切值为( C )
A．15
B．
2 5
C．
3 5
D．25
【解析】 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
则根据题意易得 AB⊥CE，AB⊥DE，∴二面角 C－AB－D 的平面角
【解析】 (1)连接BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD， 则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD， 所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD， 所以Rt△DAB∽Rt△ABM， 则AADB＝BBMA ， 所以12BC2＝1，解得 BC＝ 2.
(1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为 150°时，求B2P.
【解析】 (1)证明：根据题意建系如图，则有：
B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，
→
→
∴B2C2＝(0，－2,1)，A2D2＝(0，－2,1)，
∵EF＝DA， ∴F(－ 2，0， 2)， ∴D→A＝(－ 2，0， 2)，A→B＝(0， 2，－ 2)， → AF＝(－ 2，0,0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝ (x2，y2，z2)，
则－2y12－x1＋2z12＝z10＝，0， 令 x1＝1，解得 y1＝z1＝1， －2y22－x2＝20z，2＝0， 令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1， 故n1＝(1,1,1)，n2＝(0,1,1)， 设二面角D－AB－F的平面角为θ，
2016届高考数学第二轮复习课件12
则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)， B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取 AB 中点为 N，连接 CN， 则 N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， → ＝(－2,4,0)，NC → ＝(－2,4,0)， ∴DE → ＝NC →， ∴DE ∴DE∥NC， 又∵NC⊂平面 ABC，DE⊄平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC.
• •
热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面 ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为 AB的中点，O为DF的中点．求证：
• •
(1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.
• 证明 由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为 原点建立如图所示的空间直角坐标系．
(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
1 → → → ＝(1,0,0)，由 ∵DF＝(1，－1,1)，DM＝2，－1，0，DC
x1－y1＋z1＝0， → → n1· DF＝n1· DM＝0，得1 x1－y1＝0， 2 1 y1＝2x1， 解得 z1＝－1x1， 2
→ → ＝(2，－2，－2)，AF → ＝(2,2,0)． (2)B F ＝ ( － 2,2 ，－ 4) ， EF 1 → → B1F· EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， → → B1F· AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. → → ，B → →， ∴B F ⊥ EF F ⊥ AF 1 1 即 B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，且 EF⊂平面 AEF，AF⊂平面 AEF， ∴B1F⊥平面 AEF.
【三维设计】2016届高三数学(文)二轮复习课件：第二部分层级二 题型专题(十三) 选修4系列(4-
又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，故OM⊥AD，即 MN⊥AD. 所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE. 又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E. 由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．
4．(2014·全国卷Ⅱ)如图，P 是⊙O 外一点，PA 是切线，A 为 切点，割线 PBC 与⊙O 相交于点 B，C，PC＝2PA，D 为 PC 的中点，AD 的延长线交⊙O 于点 E，证明： (1)BE＝EC； (2)AD·DE＝2PB2.
解：(1)当 a＝1 时，
f(x)>1 化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝
π 4
(ρ∈R)，设C2与C3的交点
为M，N，求△C2MN的面积．
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以C1的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得 ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得ρ1＝2 2，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2. 由于C2的半径为1，所以△C2MN的面积为12.
(2)参数方程部分主要考查参数方程与普通方程的 互化，并且多与极坐标方程结合考查.
选修4－5 不等式选讲
1．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集； (2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取 值范围．
解：(1)曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0， 曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－2 3x＝0. 联立xx22＋＋yy22－－22y＝3x0＝，0，
2016版优化方案高考数学(浙江版·理科)二轮专题复习课件第一部分专题四 立体几何第3讲
ห้องสมุดไป่ตู้
到异面直线所成的角，并化归到三角形中求解． (2)作异面直线所成的角，再在三角形中求解．
[解 ] (1)如图所示，连接 DN，取线段 DN 的 中点 K，连接 MK， CK. ∵ M 为 AD 的中点， ∴ MK∥ AN， ∴ ∠ KMC 为异面直线 AN， CM 所成的角． ∵ AB＝ AC＝ BD＝ CD＝ 3， AD＝ BC＝ 2， N 为 BC 的中点， 由勾股定理易求得 AN＝ DN＝ CM＝ 2 2，∴ MK＝ 2. 在 Rt△ CKN 中， CK＝ （ 2） 2＋ 12＝ 3. 在△ CKM 中，由余弦定理，得 （ 2） 2＋（2 2） 2－（ 3） 2 7 cos∠ KMC＝ ＝ . 8 2× 2× 2 2
专题四
立体几何
第 3讲
空间角
专题四
立体几何
2016 考向导航 浙江高考对本讲知识的考查为重点考查内容之一，选择、填 空、解答均有出现，难度属于中等偏上，在解答题中求空间 角一般出现在第二问．
1．必记的概念 (1)两条异面直线所成的角 ①定义： 设 a， b 是两条异面直线， 经过空间任一点 O 作直线 a′∥ a， b′∥ b，把 a′与 b′所成的锐角或直角叫做异面直线 a， b 所成的 角 (或夹角 )． π ②范围： 0， . 2
3．辩明易错易混点 两异面直线所成的角归结到一个三角形中时，容易忽视这 个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等 于其补角．
考点一
求异面直线所成的角
[命题角度]
对于异面直线所成的角，高考中常有以下几种出题方式： ①直接求异面直线所成的角的大小；②间接求异面直线所成 的角的三角函数值(正弦值、余弦值、正切值等)．
2016届高考数学二轮复习 5.12 空间几何体课件
故该几何体的表面积
1
2
S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2× ×3×4=138(cm2).故选 D.
答案:D
点评:该题所选模型较常规,解决的关键是明确其为组合体,要具有先部
分,再整体的思维模式.
能力突破点一
为
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
【例 4】 一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积
空间几何体⇒直观图(只比平面图形的直观图多画了一个 z 轴且其长
度不变)
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
【例 1】 (2014 课标全国Ⅰ高考,理 12)如图,网格纸上小正方形的边长
为 1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱
的长度为(
往会蕴含于这些特殊几何体中.
思考 2:平面图形与立体图形的实物图与直观图有何关系?
提示:
图形
平面
图形
立体
图形
实物图⇒直观图
①水平放置的平面图形⇒直观图(斜二测画法,即平行于 x 轴的线段长
度不变,而平行于 y 轴的线段长度变为原来长度的一半)
2
②设其面积为 S⇒直观图的面积为 S
4
③由直观图求原图形元素间的关系,利用逆向思维,寻求突破口
2
综上,S2=S3,S3≠S1.故选 D.
能力突破点一
能力突破点二
图①
能力突破点三
能力突破方略
图②
能力突破模型
2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)课件专题四 立体几何与空间向量 第3讲
1 2
| m· n| 1 可取 n＝( 7，0,1).于是|cos〈m，n〉|＝ ＝ . |m|· |n| 8
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角， 1 故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为－8 .
考情考向分析
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点， 与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求 解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建
专题四 立体几何与空间向量
第3讲 立体几何中的向量方法
栏目索引
高考真题体验
热点分类突破
高考押题精练
高考真题体验
1 2
1.(2014· 课标全国 Ⅱ) 直三棱柱 ABC － A1B1C1 中， ∠BCA ＝ 90°， M ， N 分别是 A1B1 ， A1C1 的中点， BC ＝ CA ＝ CC1 ， 则BM与AN所成角的余弦值为( )
如 图 (2) ， 取 BC 的 中 点 D ， 连 接 MN ， ND ， AD ， 由 于 MN 綊
1 B1C1 2
綊 BD,因此有ND綊BM,
则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角.
设BC＝2，
则 BM＝ND＝ 6，AN＝ 5，AD＝ 5，
1 2
ND2＋NA2－AD2 30 因此 cos∠AND＝ ＝ 10 . 2ND· NA
1 1 → → OM＝0，－2，－2，BA＝(－1,0,0)，
→ → → → ∴OM· BA＝0, ∴OM⊥BA.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF， → 是平面BCF的一个法向量， ∴ BA 且OM⊄平面BCF， ∴OM∥平面BCF.
证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题四 立体几何第3讲
专题四 立体几何
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2，
则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夹角
设平面 α、β 的夹角为 θ0≤θ≤π2，
则 cos θ＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
栏目 导引
第四页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
设平面 PBC 的法向量为 m＝(x2，y2，z2)，
P→B·m＝0， 则B→C·m＝0，
即x2＋y2－z2＝0， －x2＋y2＝0，
取 x2＝1，则 m＝(1，1，2)．
又 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝－ 721，
故二面角 H-PB-C 的余弦值为
21 7.
栏目 导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三
第二页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
1．活用公式与结论
空间角的计算
(1)线线夹角
设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2，则
cos θ＝||aa|·|bb||＝
|a1a2＋b1b2＋c1c2|
.
a21＋b21＋c21 a22＋b22＋c22
栏目 导引
第三页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
栏目 导引
第十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
[思路点拨] (1)由菱形中的垂直关系知线线垂直，用传统的方法 (综合法)即可证明． (2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用法向量求二面角的余弦 值． [解] (1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO.因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C⊥BC1，且 O 为 B1C 及 BC1 的中点． 又 AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO⊂平面 ABO，故 B1C⊥AO. 又 B1O＝CO，故 AC＝AB1.
【2份】2016年高考数学(理)二轮复习课件：专题四 立体几何 共108张PPT
第11页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[思路引导]
(1)根据正视图、俯视图的投影规则，找出它们
各个顶点的坐标即可；(2)依据斜二测画法得出原图形，确定数量
重 点 透 析
关系．
名 师 微 课
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[解析]
(1)由三视图可知，该几何体的正视图是一个直角三
第15页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
分析空间几何体的三视图的要点 (1)根据俯视图确定几何体的底面；
重 点 透 析
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的 特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
名 师 微 课
第16页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[举一反三] 1． (2014· 福建卷)某空间几何体的正视图是三角形， 则该几何 体不可能是(
名 师 微 课
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
借助常见几何体模型想象三视图问题是重要手段．
重 点 透 析 名 师 微 课
第8页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
(1)(2014· 湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系 O－xyz 中， 一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给
角形(三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有一虚线 (一顶点与另一直角边中点的连线 )，故正视图是④；俯视图即在
重 点 透 析
底面的射影是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是 (0,0,0) ， (2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②，故选 D. (2)如图，在直观图中，过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，
三维设计基础ppt课件
结合具体案例，分析照明技巧的 应用及效果。
环境光与全局照明
环境光
模拟环境中的漫反射光线，使场景中的物体 呈现均匀的亮度。
光线追踪
模拟光线的传播路径，实现全局照明的精确 计算。
全局照明
计算场景中所有物体间的光线反射和折射， 实现更真实的光照效果。
光子映射
通过发射光子并记录其传播路径，实现全局 照明的近似计算。
贴图的使用方法
通过贴图坐标调整贴图在 模型表面的位置和大小， 使用不同的贴图通道实现 多种效果。
材质球设置与调整
材质球的概念
表示模型表面材质属性的球体， 通过调整其参数来改变模型表面
的视觉效果。
材质球的设置
包括颜色、透明度、反射、折射等 属性的设置。
材质球的调整技巧
如使用渐变、噪波等效果增加材质 的复杂性和真实感，通过调整高光 和反射属性实现金属、玻璃等特效。
三维场景中的光源类型
点光源
模拟点状的发光体，光 线向四周均匀发散。
平行光
聚光灯
面积光
模拟远处光源发出的平 行光线，常用于模拟日
光。
模拟具有方向性的光源， 光线在一定范围内汇聚。
模拟较大发光面发出的 光线，光线柔和且均匀。
灯光属性设置与调整
01
02
03
04
灯光颜色
调整灯光的颜色属性，以改变 场景的光照色调。
三维设计基础ppt课件
CATALOGUE
目 录
• 三维设计概述 • 三维建模技术 • 三维材质与贴图 • 三维灯光与照明 • 三维动画制作 • 三维渲染输出
01
CATALOGUE
三维设计概述
三维设计的定义与发展
定义
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题四 立体几何第1讲
栏目 导引
第十七页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
(2)由 三 视 图 可 知 该 几 何 体 是 由 一 个 半 圆 柱 和 一 个 三 棱 锥 组 成 的．由图中数据可得三棱锥的体积 V1＝13×12×2×1×1＝13，半 圆柱的体积 V2＝12×π×12×2＝π，所以 V＝13＋π. 方法归纳
求解几何体的表面积及体积的技巧 (1)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．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方 法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上． (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则 几何体转化为规则几何体以易于求解．
的长是 2，因此相应的正视图的面积等于 2× 2＝2，故选 C.
栏目 导引
第十三页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
考点二 空间几何体的表面积与体积 [命题角度]
1．由三视图求空间几何体的表面积．
2．由三视图求空间几何体的体积． 3．空间几何体的表面积或体积．
栏目 导引
第十四页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
栏目 导引
第八页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
[解析]
专题四 立体几何
根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥 V-ABCD，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.
(浙江专)高考数学二轮专题复习第一部分专题四立体几何与空间向量讲义
专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝22＋22＋22＝2 3.考点二 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)； 圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； 锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体， 设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4， 由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.2求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三 球与多面体的切接问题 一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π23(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A ．36π B.112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置． (3)建立几何量间关系求半径r . 三、预测押题不能少3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4.(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 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，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.6．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 ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt △VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah ＝32×23＝33.7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(2017·贵阳质检)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D. 二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233.答案：2 2 233 13．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43. 答案：三棱锥 4314．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π. 答案：16π16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：33 17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB 和四棱锥D PQEF ，所以V ＝V PDQ CAB ＋V D PQEF＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3.答案：3 3 [选做题] 1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B. 2．四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(2017·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12， ∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12，∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3. 答案：60 3 第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一 空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD .又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.法二：∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B 、D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：选B 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC .∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，又∵PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥PC .对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥PA ，∵PA ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，∴OM ∥平面PAC .对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离．故①②③都正确．4．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .5.(2017·成都模拟)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234 B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，交HC 于M ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC EGFH 的体积是一个定值． 解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD 上，作图可知②错．对③，如图1，取BD ，AC 的中点I ，J ，则BC ，AD 都与平面EIFJ 平行，故A ，H 到平面EIFJ 的距离相等，B ，G 到平面EIFJ 的距离相等，而E 为AB 的中点，故A ，B 到平面EIFJ 的距离相等，从而G ，H 到平面EIFJ 的距离相等．连接GH 交EF 于K ，则K 为GH 的中点，从而G ，H 到EF 的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H 为D 时，G 为C ，此时几何体的体积为三棱锥A CDE 的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V C EFG ＝V D EFH ，由③可得，只需证C ，D 到截面的距离相等，因为F 为CD 的中点，所以C ，D 到截面的距离相等．故④正确．答案：③④ 三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB.(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ， 所以EF 与DB 确定平面BDEF . 如图，连接DE .因为AE ＝EC ，D 为AC 的中点， 所以DE ⊥AC .同理可得BD ⊥AC . 又BD ∩DE ＝D ， 所以AC ⊥平面BDEF . 因为FB ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥FB .(2)如图，设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为G 是CE 的图1图2中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.。
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题四 立体几何第2讲
所以三棱锥 CVAB 的体积等于13OC·S△VAB＝ 33. 又因为三棱锥 V-ABC 的体积与三棱锥 C-VAB 的体积相等，所以
三棱锥 V-ABC 的体积为 33.
栏目 导引
第十三页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
2．(2015·高考广东卷节选)如图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直， PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3. (1)求证：BC∥平面 PDA； (2)证明：BC⊥PD. 证明：(1)因为四边形 ABCD 为长方形，所以 BC∥AD.又 BC⊄平 面 PDA，AD⊂平面 PDA， 所以 BC∥平面 PDA. (2)因为 BC⊥CD，平面 PDC⊥平面 ABCD 且平面 PDC∩平面 ABCD＝CD，BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 PDC. 因为 PD⊂平面 PDC，所以 BC⊥PD.
专题四 立体几何
1．(2015·贵阳市监测考试)设 m，n 是两条不同的直线，α，β 是 两个不同的平面，则下列命题正确的是( B ) A．m∥α，n∥β，且 α∥β，则 m∥n B．m⊥α，n⊥β，且 α⊥β，则 m⊥n C．m⊥α，m⊥n，n⊂β，则 α⊥β D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则 α∥β 解析：A：m 与 n 的位置关系为平行，异面或相交，所以 A 错误； B：根据面面垂直的性质可知正确；C：由题中的条件无法推出 α⊥β，所以 C 错误；D：只有当 m 与 n 相交时，结论才成立， 所以 D 错误．
栏目 导引 第二十二页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题四 立体几何
(2015·绵阳质检)在长方形 A1ABB1 中，C，C1 分别是 AB，A1B1 的中点，且 AB＝2AA1，将长方形沿 CC1 对折，使平面 AA1C1C ⊥平面 BB1C1C. (1)求证：∠ACB＝90°；
(浙江专用)高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角学案
第3讲 空间角[考情考向分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．热点一 异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形．(2)向量法：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. 例1 (1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55 D.22 答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB 1B ′，∴cos∠DB 1B ′＝55. 故选C.方法二 如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5， ∴cos〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故选C.(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知异面直线a ，b 所成的角为50°，过空间一定点P 最多可作n 条直线与直线a ，b 均成θ角，则下列判断不正确的是( ) A ．当θ＝65°时，n ＝3 B ．当n ＝1时，θ只能为25° C ．当θ＝30°时，n ＝2 D ．当θ＝75°时，n ＝4答案 B解析 将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a ，b 平移到同一平面α内，使得点P 为平移后的直线a ′，b ′的交点，则当0°≤θ<25°时，n ＝0；当θ＝25°时，n ＝1，此时该直线为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n ＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n ＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n ＝1，此时直线为过点P 且与平面α垂直的直线．综上所述，B 选项的说法错误，故选B.思维升华 (1)运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行． (2) 两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|. 跟踪演练1 (2018·浙江省衢州二中模拟)如图，已知等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，O 为BC 的中点，动点P 在线段OB 上(不含端点)，记∠APC ＝θ，现将△APC 沿AP 折起至△APC ′，记异面直线BC ′与AP 所成的角为α，则下列结论一定成立的是( )A ．θ>αB ．θ<αC ．θ＋α>π2D ．θ＋α<π2答案 A解析 设PC →＝λBC →，则cos θ＝|PA →·PC →||PA →||PC →|＝|PA →·λBC →||PA →||λBC →|＝|PA →·BC →||PA →||BC →|＝|PA →·(BP →＋PC →)||PA →|·(|BP →|＋|PC →|)， 因为cos α＝|PA →·BC ′→||PA →||BC ′→|＝|PA →·(BP →＋PC ′→)||PA →||BC ′→|，且PA →·PC →＝PA →·PC ′→，|BP →|＋|PC →|＝|BP →|＋|PC ′→|>|BC ′→|， 所以cos θ<cos α，又θ，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ>α，故选A.热点二 直线与平面所成的角(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形． (2)向量法：设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ＝(a 2，b 2，c 2)，设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. 例2 (2018·浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，四边形DCFE 为菱形．已知AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，CD ＝12AB ＝1.(1)线段AC 上是否存在一点N ，使得AE ∥平面FDN ？证明你的结论；(2)若线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为12，求直线AC 与平面ADF 所成角的正弦值．解 (1)在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点．如图，取AC 的中点N ，连接NF ，DN ，连接EC 交DF 于点O ，连接ON . ∵四边形CDEF 为菱形， ∴O 为EC 的中点．在△ACE 中，由中位线定理可得ON ∥AE .∵ON ⊂平面FDN ，AE ⊄平面FDN ，∴AE ∥平面FDN ，∴在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点． (2)方法一 ∵DE ∥CF ，∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为12，过点E 作EO ⊥AD 于点O ，∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝12，∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1， ∴点O 为线段AD 的中点． 设点C 到平面FDA 的距离为h ， ∵V C －FDA ＝V F －ADC ， ∴h ·S △FDA ＝EO ·S △ADC ，易知S △ADC ＝34，EO ＝32， 取AB 的中点M ，连接CM ，取CM 的中点P ，连接AP ，DP ，FP ，OP .∵O ，P 分别为AD ，MC 的中点，AM ∥DC ∥EF ，且AM ＝DC ＝EF ，∴OP ∥EF 且OP ＝EF ， ∴四边形OPFE 为平行四边形，∴OE ∥FP ，OE ＝FP ， ∴FP ⊥平面ABCD . 易求得AP ＝72，DP ＝FP ＝32， ∴AF ＝102，DF ＝62， ∴DF 2＋AD 2＝AF 2，∴△ADF 为直角三角形，∴S △FDA ＝64.∴h ＝EO ·S △ADCS △FDA＝32×3464＝64. 设直线AC 与平面FDA 所成的角为θ， 在△ADC 中，易得AC ＝3，则sin θ＝h AC ＝24. 方法二 ∵DE ∥CF ，∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为12，过点E 作EO ⊥AD 于点O ，∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE . ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝12，∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1. ∴点O 为线段AD 的中点．以O 为原点，OE 所在直线为z 轴，过O 且平行于DC 的直线为y 轴，过O 且垂直于yOz 平面的直线为x 轴建立空间直角坐标系，易得x 轴在平面ABCD 内．可得A ⎝⎛⎭⎪⎫34，－14，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，54，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，∴AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，DF →＝DE →＋EF →＝DE →＋DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，32＋(0,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，32.设平面ADF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32x －12y ＝0，34x ＋34y ＋32z ＝0.令x ＝1，得平面ADF 的一个法向量为n ＝(1，3，－2)．若直线AC 与平面ADF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝322×3＝24. 思维升华 (1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行． (2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系．跟踪演练2 (2018·杭州质检)如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝120°，M 为线段BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC ′，使AC ′⊥BD .(1)证明：平面AMC ′⊥平面ABD ；(2)求直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值． (1)证明 因为△ABC 为等腰三角形，M 为BC 的中点， 所以AM ⊥BD ，又因为AC ′⊥BD ，AM ∩AC ′＝A ，AM ，AC ′⊂平面AMC ′， 所以BD ⊥平面AMC ′，因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AMC ′⊥平面ABD .(2)解 在平面AC ′M 中，过C ′作C ′F ⊥AM 交直线AM 于点F ，连接FD . 由(1)知，平面AMC ′⊥平面ABD ，又平面AMC ′∩平面ABD ＝AM ，C ′F ⊂平面AMC ，所以C ′F ⊥平面ABD . 所以∠C ′DF 为直线C ′D 与平面ABD 所成的角． 设AM ＝1，则AB ＝AC ＝AC ′＝2，BC ＝23，MD ＝2－3，DC ＝DC ′＝23－2，AD ＝6－ 2.在Rt△C ′MD 中，MC ′2＝DC ′2－MD 2＝(23－2)2－(2－3)2＝9－4 3.设AF ＝x ，在Rt△C ′FA 和Rt△C ′FM 中，AC ′2－AF 2＝MC ′2－MF 2，即4－x 2＝9－43－(x －1)2，解得x ＝23－2，即AF ＝23－2. 所以C ′F ＝223－3.故直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值等于C ′F DC ′＝23－33－1. 热点三 二面角二面角有两种求法：①几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算．②向量法：利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)，设二面角α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，点E 在线段AD 上且AE ＝3，现分别沿BE ，CE 所在的直线将△ABE ，△DCE 翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D －EC －B 的余弦值为( )A.45B.56C.67D.78答案 D解析 如图1所示，连接BD ，设其与CE 的交点为H ，由题意易知BD ⊥CE .翻折后如图2所示，连接BD ，图1 图2则在图2中，∠BHD 即为二面角D －EC －B 的平面角， 易求得BD ＝22，DH ＝255，BH ＝855，所以cos∠DHB ＝BH 2＋DH 2－BD 22BH ·DH ＝78，故选D.思维升华 (1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等． (2)向量法：根据两平面的法向量．跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC 中，二面角B －SA －C ，A －SB －C ，A －SC －B 的平面角的大小分别为α，β，γ，则( ) A.π2<α＋β＋γ<π B.3π2<α＋β＋γ<2π C ．π<α＋β＋γ<3π D ．2π<α＋β＋γ<3π 答案 C解析 设三棱锥的顶点S 距离底面ABC 无穷远，则三棱锥S －ABC 近似为以△ABC 为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC 的三个内角；若顶点S 与底面ABC 的距离趋向于0，则三棱锥S －ABC 近似压缩为四顶点共面，则当S 为△ABC 内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故选C.真题体验1．(2017·全国Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π， 则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成的角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误； 设直线AB 与b 所成的角为β， 则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时， |sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°， 即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．2．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．答案 α<γ<β解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知，它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin∠OQF <OQ ·sin∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin∠ORE >OR ·sin∠ORP ′＝a ，∴OF <OG <OE ， ∴ODtan β<OD tan γ<ODtan α，∴α<γ<β.3．(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22， 所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即是直线AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3， 故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0,23，－3)． 由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 押题预测如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为线段AB ，SD 的中点．(1)证明：EF ∥平面SBC ；(2)设SA ＝AD ＝2AB ，试求直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值．押题依据 定义法求直线与平面所成的角的关键是利用直线与平面所成角的定义去构造一个直角三角形，通过解三角形的知识求角．方法一求解第(2)问的关键是构造三角形，证明∠AFE 为直线EF 与平面SCD 所成角的余角．(1)证明 方法一 如图，过点E 作EG ∥SB ，交SA 于点G ，连接GF .因为E 为AB 的中点，所以G 为SA 的中点， 又F 为SD 的中点， 所以GF ∥AD ，所以GF ∥BC ，又BC ⊂平面SBC ，GF ⊄平面SBC ， 所以GF ∥平面SBC .因为GE ∥SB ，SB ⊂平面SBC ，GE ⊄平面SBC ， 所以GE ∥平面SBC ，又GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面GEF ， 所以平面GEF ∥平面SBC ，又EF ⊂平面GEF ，所以EF ∥平面SBC .方法二 取SC 的中点H ，连接FH ，BH ，因为F 是SD 的中点，所以FH ∥CD ，FH ＝12CD ，又CD ∥AB ，CD ＝AB ，点E 是AB 的中点，所以FH ∥BE ，FH ＝BE ，所以四边形EFHB 是平行四边形，所以EF ∥BH ，又BH ⊂平面SBC ，EF ⊄平面SBC ，所以EF ∥平面SBC . (2)解 方法一 如图，连接AF .因为SA ＝AD ，SA ⊥AD ， 所以AF ⊥SD . 因为SA ⊥平面ABCD ， 所以SA ⊥CD .因为AD ⊥CD ，SA ∩AD ＝A ，SA ，AD ⊂平面SAD ， 所以CD ⊥平面SAD ，因为AF ⊂平面SAD ，所以CD ⊥AF ， 又SD ∩CD ＝D ，SD ，CD ⊂平面SCD ， 所以AF ⊥平面SCD .所以∠AFE 即为直线EF 与平面SCD 所成角的余角． 令SA ＝AD ＝2AB ＝4，则AE ＝1，AF ＝22，所以EF ＝3. 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 则sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－∠AFE ＝cos∠AFE ＝AF EF ＝223.所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.方法二 因为四边形ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ， 所以直线AB ，AD ，AS 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 设SA ＝AD ＝2AB ＝4，则S (0,0,4)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，E (1,0,0)，F (0,2,2)． 所以EF →＝(－1,2,2)，SD →＝(0,4，－4)，DC →＝(2,0,0)．设平面SCD 的法向量为a ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧a ·SD →＝4y －4z ＝0，a ·DC →＝2x ＝0，取y ＝1，所以a ＝(0,1,1)是平面SCD 的一个法向量． 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 所以sin θ＝|a ·EF →||a |·|EF →|＝|0＋2＋2|2×3＝223.所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.A 组 专题通关1．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.33答案 C解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)． 所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.2．(2018·嘉兴、丽水模拟)已知两个平面α，β和三条直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 和平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析 当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D.3．如图，正四棱锥P －ABCD .记异面直线PA 与CD 所成的角为α，直线PA 与平面ABCD 所成的角为β，二面角P －BC －A 的平面角为γ，则( )A ．β<α<γB ．γ<α<βC ．β<γ<αD ．α<β<γ答案 C解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABCD ，则O 为正方形ABCD 的中心．连接AO ，并过O 点作OE ⊥BC ，交BC 于点E ，连接PE .∵AB ∥DC ，∴异面直线PA 与CD 所成的角就是∠PAB ，而AO 为PA 在平面ABCD 上的投影，∴∠PAO 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAB >∠PAO .又OE ⊥BC ，PO ⊥BC ，OE 与PO 相交于点O ， ∴BC ⊥平面POE ，∴PE ⊥BC ，因此∠PEO 为二面角P －BC －A 的平面角． ∵OE <AO ，∴tan∠PEO >tan∠PAO ， ∴∠PEO >∠PAO .又∠PAB ＝∠PBE ，cos∠PBE ＝BEPB ，cos∠PEO ＝OE PE， ∵OE ＝BE ，PE <PB ，∴cos∠PBE <cos∠PEO ，∴∠PBE >∠PEO ， 又∠PBE ＝∠PAB ＝α，∴β<γ<α，故选C.4．已知四边形ABCD ，AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A －BD －C 的大小在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫528，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤28，528答案 A解析 设BD 的中点为E ，连接AE ，CE ， 因为AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2， 所以AE ＝3，CE ＝1，且AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 则∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角，在平面ABD 内，过点A 作AF ∥BD ，使AF ＝BD ，构造平行四边形ABDF ，连接FD ，CF ，则∠CDF 或其补角即为异面直线AB 与CD 的夹角， 则在△AEC 中，由余弦定理得AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos∠AEC＝4－23cos∠AEC ，又因为∠AEC ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6，所以AC 2＝4－23cos∠AEC ∈[1,7]．因为AE ⊥BD ，CE ⊥BD ，且AE ∩CE ＝E ，AE ，CE ⊂平面AEC ， 所以BD ⊥平面AEC ， 则BD ⊥AC ，所以AF ⊥AC ，则在Rt△CAF 中，CF 2＝AC 2＋AF 2∈[5,11]，则在△CDF 中，由余弦定理易得直线AB 与CD 的夹角的余弦值为|cos∠CDF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DF 2＋CD 2－CF 22DF ·CD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528，故选A.5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝________. 答案 2解析 设长方形的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则对角线长d ＝a 2＋b 2＋c 2，所以cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 2d 2＝2()a 2＋b 2＋c 2d 2＝2. 6.如图所示，在正方体AC 1中， AB ＝2, A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos ()α－β＝________.答案66解析 由题意可知，α＝π2，则cos ()α－β＝sin β，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，E ()1，1，2，DE →＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC →＝()0，2，0，由此可得cos ()α－β＝sin β＝|DE →·DC →||DE →||DC →|＝66.7.(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE 垂直于梯形ABCD 所在的平面，∠ADC ＝∠BAD ＝90°，∠PDC ＝120°，F 为PA 的中点，PD ＝1，AB ＝AD ＝12CD ＝1.(1)求证：AC ∥平面DEF ；(2)求直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值．(1)证明 连接PC .设PC 与DE 的交点为M ，连接FM ，因为F ，M 分别为PA ，PC 的中点，则FM ∥AC . 因为FM ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .(2)解 方法一 (几何法)取CD 的中点G ，连接AG ，则AG ∥BC ，所以直线AG 与平面PAD 所成的角即为直线BC 与平面PAD 所成的角． 过点G 作GH ⊥PD ，交PD 于点H ，又平面PDCE ⊥平面ABCD ，平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面PDCE ，又GH ⊂平面PDCE ，所以AD ⊥GH ， 因为PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ，所以GH ⊥平面PAD ，则∠GAH 即为所求的线面角， 易得GH ＝32，AG ＝BC ＝2， 则sin∠GAH ＝GH AG ＝64， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104.方法二 (向量法)过点D 在平面PDCE 中作DQ ⊥PE ，交PE 于点Q ，由已知可得PQ ＝12，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DQ 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由题意可得D (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，则DA →＝(1,0,0)，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12y ＋32z ＝0，令y ＝3，得平面PAD 一个法向量n ＝(0，3，1)， BC →＝(－1,1,0)．设直线BC 与平面PAD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝322＝64， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104. 8．(2018·浙江省杭州二中月考)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ＝CD ＝BC ＝2，AD ＝5，M ，N 是AD 上的点，且AM ＝DN ＝2，现将△ABM ，△CDN 分别沿BM ，CN 折起，使得A ，D 重合记作S .(1)求证：BC ∥平面SMN ；(2)求直线SN 与底面BCNM 所成角的余弦值．(1)证明 ∵BC ∥MN ，且MN ⊂平面SMN ，BC ⊄平面SMN ，∴BC ∥平面SMN .(2)解 过S 向底面作垂线，垂足为O ，连接BC 的中点Q 与MN 的中点P ，根据对称性可知O在PQ 上，分别连接SQ ，SP ，ON ，则∠SNO 是所求的线面角．在△SPQ 中，SP ＝152，SQ ＝3，PQ ＝72，则SO ＝2357， 则sin∠SNO ＝357，∴cos∠SNO ＝147. 9．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知矩形ABCD 满足AB ＝2，BC ＝2，△PAB 是正三角形，平面PAB ⊥平面ABCD .(1)求证：PC ⊥BD ；(2)设直线l 过点C 且l ⊥平面ABCD ，点F 是直线l 上的一个动点，且与点P 位于平面ABCD 的同侧．记直线PF 与平面PAB 所成的角为θ，若0<CF ≤3＋1，求tan θ的取值范围． (1)证明 取AB 的中点E ，连接PE ，EC .因为点E 是正三角形PAB 的边AB 的中点，所以PE ⊥AB . 又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PE ⊂平面PAB ， 所以PE ⊥平面ABCD ，因为BD ⊂平面ABCD ，则PE ⊥BD . 因为BEBC＝12＝22＝BCCD，∠EBC ＝∠BCD ＝90°， 所以△EBC ∽△BCD . 故∠ECB ＝∠BDC ，所以∠ECB ＋∠DBC ＝∠BDC ＋∠DBC ＝90°， 所以CE ⊥BD ，又CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ， 故BD ⊥平面PEC ，又PC ⊂平面PEC ，因此PC ⊥BD .(2)解 方法一 在平面PAB 内过点B 作直线m ∥FC ，过F 作FG ⊥m ，交m 于点G ，连接PG ，则四边形BGFC 为矩形，BC ∥FG ，BC ＝FG . 又由(1)及题意得，BC ⊥平面PAB ， 所以FG ⊥平面PAB ，所以∠GPF 是直线PF 与平面PAB 所成的角，所以点F 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离，即为BC ＝2， 因为0<CF ≤3＋1，所以1≤GP <2， 故tan θ＝2GP∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. 方法二 如图，以E 为坐标原点，EB ，EP 所在直线为x 轴，z 轴，过点E 平行于BC 的直线为y 轴，建立空间直角坐标系．设CF ＝a (0<a ≤3＋1)， 则P (0,0，3)，F (1，2，a )， 所以PF →＝(1，2，a －3)，取平面PAB 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则sin θ＝|PF →·n ||PF →||n |＝212＋(2)2＋(a －3)2， 由0<a ≤3＋1，得sin θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤33，63， 则tan θ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. B 组 能力提高10．已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形，A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心，二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，则AP 的长为( )A ．3B ．3 2 C.7 D ．4 答案 C解析 连接BH 交PC 于点E ，连接AE .设P 点在底面ABC 内的投影为O ，则PO ⊥平面ABC ，连接CO 交AB 于F 点，连接PF .∵A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心， ∴AH ⊥平面PBC ，且BE ⊥PC ， ∵PC ⊂平面PBC ，∴AH ⊥PC .∵BE ∩AH ＝H ，BE ⊂平面ABE ，AH ⊂平面ABE ， ∴PC ⊥平面ABE .又AB ⊂平面ABE ，∴PC ⊥AB . ∵PO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴PO ⊥AB . ∵PO ∩PC ＝P ，PO ⊂平面PFC ，PC ⊂平面PFC ， ∴AB ⊥平面PFC . ∴AB ⊥PE ，AB ⊥CF ，∴∠PFC 为二面角P －AB －C 的平面角．∵三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形， ∴BF ＝3，CF ＝3，则FO ＝13×3＝1，∵二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，∴∠PFC ＝60°，在Rt△POF 中，PO ＝FO ·tan 60°＝3，PF ＝FOcos 60°＝2.又在Rt△PFA中，PF ＝2，AF ＝AB2＝3，∴AP ＝PF 2＋AF 2＝7，故选C.11．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知等腰直角三角形ABC 内接于圆O ，点M 是下半圆弧上的动点．现将上半圆面沿AB 折起(如图所示)，使所成的二面角C －AB －M 为π4，则直线AC与直线OM 所成角的最小值是( )A.π12B.π6C.π4D.π3 答案 B解析 设圆的半径为2，∠AOM ＝θ(θ∈[0，π])，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，M (2sin θ，－2cos θ，0)，A (0，－2,0)，C (2，0，2)，所以OM →＝(2sin θ，－2cos θ，0)，AC →＝(2，2，2)．设直线AC 与OM 所成的角为α，则cos α＝|cos 〈OM →，AC →〉|＝|OM →·AC →||OM →||AC →|＝|22sin θ－4cos θ|2×22＝|26sin (θ－φ)|42≤2642＝32(其中tan φ＝2)，又α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2， 所以α的最小值为π6，故选B.12．(2018·浙江省温州六校协作体联考)如图1，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝60°，E 是边AC 上的点，EC →＝2AE →，D 是斜边BC 的中点，现将△ABE 与△DEC 分别沿BE 与DE 翻折，翻折后的点A ，C 分别记作A ′，C ′，若点A ′落在线段EC ′上，如图2，则二面角B －EC ′－D 的余弦值为( )A.13B.33C.23D.63 答案 A解析 设AB ＝1，易得BC ＝2，AC ＝3，又因为EC →＝2AE →， 点D 是斜边BC 的中点， 所以AE ＝33，CE ＝233，CD ＝BD ＝1， 则由翻折的性质易得A ′E ＝A ′C ′＝33，A ′B ＝1，BD ＝C ′D ＝1，BA ′⊥C ′E ， 连接BC ′，则C ′B ＝A ′B 2＋A ′C ′2＝233＝BE ， 在△BDC ′中，由余弦定理得cos∠BDC ′＝BD 2＋C ′D 2－C ′B 22BD ·C ′D ＝13，在△C ′DE 中，过点A ′作C ′E 的垂线，交C ′D 于点F ，则∠FA ′B 就是二面角B －EC ′－D 的平面角．易得A ′F ＝A ′C ′tan 30°＝13，C ′F ＝23，DF＝C ′D －C ′F ＝13.连接BF ，在△BDF 中，由余弦定理得BF ＝BD 2＋DF 2－2BD ·DF cos∠BDF ＝223， 则在△BA ′F 中，由余弦定理得cos∠BA ′F ＝A ′B 2＋A ′F 2－BF 22A ′B ·A ′F ＝13，即二面角B －EC ′－D 的余弦值为13，故选A.13.如图，已知三棱锥A —BCD 的所有棱长均相等，点E 满足DE →＝3EC →，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成的角为θ，则sin θ的最大值为________．答案223解析 因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都相等，设底面BCD 的中心为O ，则O 为顶点A 在底面的射影，以点O 为原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且垂直于CD 的直线为y 轴，直线OA 为z 轴建立空间直角坐标系．设三棱锥A —BCD 的棱长为2，则易得O (0，0,0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，263，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，0， 则OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，263，A E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，－263，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，33，－263，设AP →＝λAC →(0≤λ≤1)， 则PE →＝AE →－AP →＝AE →－λAC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，33(1－λ)，263(λ－1)，则sin θ＝|PE →·OA →||PE →||OA →|＝463·1－λ16λ2－28λ＋13， 设f (x )＝(1－x )216x 2－28x ＋13 (0≤x ≤1)，则f ′(x )＝2(2x －1)(x －1)(16x 2－28x ＋13)2，令f ′(x )>0，得0<x <12，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增； 令f ′(x )<0，得12<x <1，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减， 所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝112，所以sin θ的最大值为463×112＝223.。
2016届高考数学第二轮复习课件10
(2)解 由 BE⊥OA，BE⊥OC 知 BE⊥面 AOC, 同理 BE⊥面 FO′D， ∴面 AOC∥面 FO′D， 故 AOC－FO′D 是侧棱长(高)为 2 的直三棱柱， 且三棱锥 B－AOC 和 E－FO′D 为大小相同， 且高为 1 的三棱锥， 1 1 1 2 ∴ VABCDEF ＝ 2VB － AOC ＋ VAOC － FO′D ＝ 2× 3 × 2 ×( 3 ) ×1 ＋ 2 ×( 3)2×2＝4.
A．8 cm3 32 C. 3 cm3
B．12 cm3 40 D. 3 cm3
(2)(2015· 北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表 面积是 ( )
A．2＋ 5
B．4＋ 5
C．2＋2 5
D．5
解析
(1)该几何体是棱长为 2 cm 的正方体与一底面边长为 2 cm
的正方形，高为 2 cm 的正四棱锥组成的组合体，V＝2×2×2＋ 1 32 3 × 2 × 2 × 2 ＝ (cm )．故选 C. 3 3 (2)该三棱锥的直观图如图所示：过 D 作 DE⊥BC，交 BC 于 E， 连接 AE，则 BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2， S 表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC 1 1 1 1 ＝ ×2×2＋ × 5×1＋ × 5×1＋ ×2× 2 2 2 2 5＝2＋2 5.
•
A．16＋4π ＋4π
B．12
• (2)(2015·天津卷)一个几何体的三视图如图所 示(单位：m)，则该几何体的体积为 ________m3.
解析 (1)易知该几何体是一个半圆柱和一个三棱柱的组合体， 其侧面积为 4π＋6＋10＝16＋4π. (2)由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成， 底面半径为 1，圆锥的高为 1，圆柱的高为 2，所以该几何体的 1 8 2 2 体积 V＝2× π×1 ×1＋π×1 ×2＝ π m3. 3 3 8 答案 (1)A (2)3π
高中数学三维设计人教A版浙江专版必修4课件第一章 1.4 1.4(1).3 正切函数的性质与图象精选ppt课件
(2)定义域为xx≠kπ＋π∵f(－x)＝sin(－x)＋tan(－x)＝－sin x－tan x＝－f(x)，
∴它是奇函数．
与正切函数有关的函数的周期性、奇偶性问题的解决策略 (1)一般地，函数y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期为T＝
|ωπ |，常常利用此公式来求周期． (2)判断函数的奇偶性要先求函数的定义域，判断其是
A．x∈Rx≠kπ＋56π，k∈Z
B．x∈Rx≠kπ－56π，k∈Z
C．x∈Rx≠2kπ＋56π，k∈Z
D．x∈Rx≠2kπ－56π，k∈Z
答案：A
()
3．函数f(x)＝tanx＋π4的单调递增区间为
再利用“整体代换”的思想，求得x的范围即可．
2．运用正切函数单调性比较大小的方法
(1)运用函数的周期性或诱导公式将角化到同一单调区间内．
(2)运用单调性比较大小关系．
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再见
知f(x)的定义域关于原点对称．又f(－x)＝tan(－x)＋
1 tan－x
＝－tan
x＋ta1n
x＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数．∴f(－α)＝－f(α)＝－5.
答案：－5
正切函数的单调性及应用 题点一：求单调区间 1．求函数y＝tan－12x＋π4的单调区间．
解：y＝tan－12x＋π4＝－tan12x－π4， 由kπ－π2<12x－π4<kπ＋π2(k∈Z)， 得2kπ－π2<x<2kπ＋32π，k∈Z， ∴函数y＝tan －12x＋π4 的单调递减区间是 2kπ－π2，2kπ＋32π，k∈Z.
三维设计高考数学二轮专题复习课件第一部分
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设复数，其中a为实数，若z的实部为2，则z的虚部为A．-i B．i C．-1 D．12．已知向量a=(2，1)，b=(x，-2)，若a∥b，则a+b=A．(-2，-1) B．(2，1) C．(3，-1) D．(-3，1)3．下列说法中不正确的个数是①命题“ x∈R，≤0”的否定是“ ∈R，>0”；②若“p q”为假命题，则p、q均为假命题；③“三个数a，b，c成等比数列”是“b= ”的既不充分也不必要条件A．O B．1 C．2 D．34．函数f(x)=2x-sinx的零点个数为A．1 B．2 C．3 D．45．一个几何体的三视图如下左图所示，则此几何体的体积是A.112 B．80 C．72 D．646．已知全集U=Z，Z为整数集，如上右图程序框图所示，集合A={x|框图中输出的x值}，B={y|框图中输出的y值}；当x=-1时，(CuA) B=A．{-3，-1，5} B．{-3，-1，5，7} C．{-3，-1，7} D．{-3，-1，7，9}7．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有A．12种B．18种C．24种D．48种8．如右图，矩形OABC内的阴影部分由曲线f(x)=sinx(x∈(0， ))及直线x=a(a∈(0， ))与x轴围成，向矩形OABC内随机投掷一点，若落在阴影部分的概率为，则a的值为A．B．C． D．9．如右图，一单位正方体形积木，平放于桌面上，并且在其上方放置若干个小正方体形积木摆成塔形，其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点，如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8．8，则正方体的个数至少是A．6 8．7 C．8 D． 1010．已知直线l：y=ax+1-a(a∈R)．若存在实数a使得一条曲线与直线l有两个不同的交点，且以这两个交点为端点的线段长度恰好等于|a|，则称此曲线为直线l的“绝对曲线”．下面给出四条曲线方程：①y=-2 |x-1|；②y= ；③(x-1)2+(y-1)2=1；④x2+3y2=4；则其中直线l的“绝对曲线”有A．①④B．②③C．②④D．②③④二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清．模棱两可均不得分．(一)必考题：(11-14题)11．若tan = ，∈(0， )，则sin(2 + )= ．12．点P(x，y)在不等式组表示的平面区域内，若点P(x，y)到直线y=kx-1(k>0)的最大距离为2 ，则k= ．13．已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点P(2，0)的直线交抛物线于A(x1，y1)和B(x2，y2)两点．则：(I) y1 y2= ；(Ⅱ)三角形ABF面积的最小值是．14．挪威数学家阿贝尔，曾经根据阶梯形图形的两种不同分割(如下图)，利用它们的面积关系发现了一个重要的恒等式一阿贝尔公式：a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=a1(b1-b2)+L2(b2-b3)+L3(b3-b4)+…+Ln-1(bn-1-bn)+Lnbn则其中：(I)L3= ；(Ⅱ)Ln= ．(二)选考题：请考生在第15、16两题中任选一题作答．如果全选，则按第15题作答结果计分. 15．(几何证明选讲)如右图，AB是⊙O的直径，P是AB延长线上的一点，过P作⊙O的切线，切点为C，PC=2 ，若∠CAP=30°，则⊙O的直径AB= ．16．(坐标系与参数方程)在直角坐标平面内，以坐标原点0为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点M的极坐标为(4 ， )，曲线C的参数方程为 ( 为参数)，则点M到曲线C上的点的距离的最小值为．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)已知向量 =( sin2x+2，cosx)， =(1，2cosx)，设函数f(x)= • ．(I)求f(x)的最小正周期与单调递增区间；(Ⅱ)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a= ，f(A)=4，求b+c的最大值．18．(本小题满分12分)数列{an}是公比为的等比数列，且1-a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1=8，其前n项和Tn满足Tn=n •bn+1( 为常数，且≠1)．(I)求数列{an}的通项公式及的值；(Ⅱ)比较+ + +…+ 与了 Sn的大小．19．(本小题满分12分)如图，矩形A1A2A′2A′1，满足B、C在A1A2上，B1、C1在A′1A′2上，且BB1∥CC1∥A1A′1，A1B=CA2=2，BC=2 ，A1A′1= ，沿BB1、CC1将矩形A1A2A′2A′1折起成为一个直三棱柱，使A1与A2、A′1与A′2重合后分别记为D、D1，在直三棱柱DBC-D1B1C1中，点M、N分别为D1B和B1C1的中点．(I)证明：MN∥平面DD1C1C；(Ⅱ)若二面角D1-MN-C为直二面角，求的值．20．(本小题满分12分)2013年2月20日，针对房价过高，国务院常务会议确定五条措施(简称“国五条”)．为此，记者对某城市的工薪阶层关于“国五条”态度进行了调查，随机抽取了60人，作出了他们的月收入的频率分布直方图(如图)，同时得到了他们的月收入情况与“国五条”赞成人数统计表(如下表)：月收入(百元) 赞成人数[15,25) 8[25,35) 7[35,45) 10[45,55) 6[55,65) 2[65,75) 1(I)试根据频率分布直方图估计这60人的平均月收入；(Ⅱ)若从月收入(单位：百元)在[15，25)，[25，35)的被调查者中各随机选取3人进行追踪调查，记选中的6人中不赞成“国五条”的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望．21．(本小题满分13分)在矩形ABCD中，|AB|=2 ，|AD|=2，E、F、G、H分别为矩形四条边的中点，以HF、GE所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系(如图所示)．若R、R′分别在线段0F、CF上，且 = = .(Ⅰ)求证：直线ER与GR′的交点P在椭圆： + =1上；(Ⅱ)若M、N为椭圆上的两点，且直线GM与直线GN的斜率之积为，求证：直线MN过定点；并求△GMN面积的最大值．22．(本小题满分14分)已知函数f(x)=lnx，g(x)=k• .(I)求函数F(x)= f(x)- g(x)的单调区间；(Ⅱ)当x>1时，函数f(x)> g(x)恒成立，求实数k的取值范围；(Ⅲ)设正实数a1，a2，a3，…，an满足a1+a2+a3+…+an=1，求证：ln(1+ )+ln(1+ )+…+ln(1+ )> ．2013年七市联考数学试题(理工类)（B卷）参考答案一、选择题： CABAB DCBAD二、填空题：11. 12. 13.（Ⅰ）（Ⅱ）14.（Ⅰ）（Ⅱ）15. 16.（注：填空题中有两个空的，第一个空2分，第二个空3分）三、解答题17.解：（Ⅰ）……………3分∴的最小正周期……………4分由得∴的单调递增区间为……………6分（Ⅱ）由得，∵∴∴ , ……………8分法一：又，∴当时，最大为……………12分法二：即；当且仅当时等号成立。
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生活家饮食保健孕期选择食用油的学 问邢台 市第四 病院罕 见护理 应急预 案猪气 喘病综 合防制 技术动 物营养 系列理 想蛋白 与氨基 酸模式 的研究 进展皮 肤病的 诊断包 括病史 体格检 查和必 要的实 验室检 查我国 有关食 物添加 剂营养 强化剂 食物新 资本的 治理律 例与标 准
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(2)设点 M 的坐标为(x0，y0,0)，则 F M ＝(x0－4，y0，－3)． 因为 FM⊥平面 BOE，所以F M ∥n，
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[证明] (1)如图，连接OP，以点O为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间 直角坐标系O－xyz，则O(0,0,0)，A(0， －8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)， E(0，－4,3)，F(4,0,3)． 由题意，得G(0,4,0)． 因为 O B ＝(8,0,0)，O E ＝(0，－4,3)， 所以平面BOE的一个法向量n＝(0,3,4)． 由 F G ＝(－4,4，－3)，得n· F G ＝0. 又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.
(1)证明：设 AB＝1，则 AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1，1,0)， ∵FA＝FE，∠AEF＝45°， ∴∠AFE＝90°， 从而 F(0，－12，12)．
E F ＝(0，－12，－12)，B E ＝(0，－1,1)，B C ＝(1,0,0)． 于是 E F ·B E ＝0＋12－12＝0，E F ·B C ＝0，
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[悟方法 触类旁通] 1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而
所以 z1＝0，x1＝y1.取 y1＝1，得 n1＝(1,1,0)． 设 n2＝(x2，y2，z2)是平面 PAC 的一个法向量，
则由 n2·P A ＝0，n2·P C ＝0，
得－ y2－x2－2z22＝z20＝. 0， 所以 x2＝－ 2z2，y2＝ 2z2，取 z2＝1， 得 n2＝(－ 2， 2，1)． 因为 n1·n2＝(1,1,0)·(－ 2， 2，1)＝0， 所以 n1⊥n2.从而平面 POD⊥平面 PAC.
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第3讲 空间 向量 与立 体几 何(理 科独 具)
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[做考题 查漏补缺] (2011·杭州模拟)如图，平面 PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边 的等腰直角三角形，E，F，O分别为 PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10. (1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE； (2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.
则由 n1·O D ＝0，n1·O P ＝0，
得－12x1＋12y1＝0， 2z1＝0.
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[联知识 串点成面] 1．向量法求异面直线所成的角：
若异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成的角 为 θ，则 cosθ＝|cos〈a，b〉|＝||aa|·|bb||. 2．向量法求线面所成的角： 求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为 θ， 则 sinθ＝|cos〈n，a〉|＝||nn|·|aa||.
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证明：∵△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE， ∴AE⊥AB， ∵平面ABEF∩平面ABCD＝AB， ∴AE⊥平面ABCD. ∴AE⊥AD， 即AD、AB、AE两两垂直． 如图建立空间直角坐标系．
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(2)M(0,0，12)，P(1，12，0)，
从而 P M ＝(－1，－12，12)， 于是 P M ·E F ＝(－1，－12，12)·(0，－12，－12)
＝0＋14－14＝0. ∴PM⊥EF. 又 EF⊥平面 BCE，直线 PM 不在平面 BCE 内， 故 PM∥平面 BCE.
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1．(2011·奉化模拟)如图，正方形ABCD所 在的平面与平面四边形ABEF所在的平 面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形， AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°. (1)求证：EF⊥平面BCE； (2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面 BCE.
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2．(2011·湖南高考改编)如图，在圆锥 PO 中，已知 PO＝ 2， ⊙O 的直径 AB＝2，C 是 AB 的中点，D 为 AC 的中点．证 明：平面 POD⊥平面 PAC.
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证明：如图所示，以 O 为坐标原点，OB， OC，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴 建立空间直角坐标系，则 O(0,0,0)， A(－1,0,0)，B(1,0,0)， C(0,1,0)，P(0,0， 2)， D (－12，12，0)． 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 POD 的一个法向量，
高频考点
考情解读
考查方式
利用平面的法向量与直线的方 利用空间向量证明
向向量的位置关系证明线面位 空间位置关系
置关系
解答题
异面直线所成角、线面角、二
利用空间向量求角
解答题
面角是常考重点
利用空间向量解决 重点考查根据条件确定几何体
解答题
探索性问题
线段上存在点的位置及应用
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直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、 长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但 是向量法要求计算必须准确无误． 2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意 其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.
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