上海高三数学高考二轮复习教案类比专题之平面几何与立体几何含答案
2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理
第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M PA C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A B 1D A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A B 1D A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：在三棱台DEF ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A PE C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A EP C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A EP C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz . 当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且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 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴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，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )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 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。
上海高三数学高考二轮复习教案向量专题之平面向量与三角函数(2)含答案
沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习向量专题之平面向量与三角函数②教学目标能够解决三角函数与平面向量结合（主要是数量积），判断三角形性质或结合正、余弦定理求值.知识梳理正弦定理：R CcB b A a 2sin sin sin === (R 为ABC ∆外接圆半径) 余弦定理：A bc c b a cos 2222-+=面积公式 ：C ab S ABC sin 2121高＝底⨯=∆ 向量的加减法运算：1212()a b x x y y ±=±±， 实数与向量的积：()()1111,,a x y x y λλλλ==向量数量积： 1212=cos =a b a b x x y y θ+向量的模：222222||,||a x y a a x y =+==+向量平行(共线)的充要条件22向量垂直的充要条件：0||||a b a b a b a b ⊥⇔⋅=⇔+=- 12120x x y y ⇔+=特别地()()AB AC AB AC ABACABAC+⊥-.典例精讲例1. （★★★）设0≤θ≤2π时， OP 1→＝(cos θ，sin θ)，OP 2→＝(2＋sin θ，2－cos θ)，则|P 1P 2→|的最大值是（ ）A ．2B ．3C ．32D ．23解：12||=(2+sin -cos ,2-cos -sin PP θθθθ当cos θ=-1的时候取最大值，为23答案：D例2. （★★★）已知向量0000(cos 25,sin 25),(sin 20,cos 20)a b ==，若t 是实数，且→u ＝a ＋tb ，则|→u |的最小值为（ ）A ．2B ．1C ．22 D ．12解：2222==+2+t =1+2u u a ta b b 答案：C例3. （★★★）在ABC ∆中，记BAC x ∠=(角的单位是弧度制)，ABC ∆的面积为S ，且8AB AC ⋅=≤≤，4S ．(1)求x 的取值范围；(2)就(1)中x 的取值范围，求函数22()()2cos 4f x x x π=++的最大值、最小值．解 (1)∵8BAC x AC AB ∠=⋅=，，4S ≤≤ 又1sin 2S bc x =，∴cos 84tan bc x S x ==，，即 1tan x ≤≤．∴所求的x 的取值范围是43x ππ≤≤.(2)∵43x ππ≤≤，22()23sin ()2cos 34f x x x π=++-2cos 212sin(2)16x x x π=++=++，∴252366x πππ≤+≤，1sin(2)26x π≤+≤ ∴min max ()()2()()134f x f f x f ππ====，.巩固练习（★★★）已知令（Ⅰ）求的单调增区间；（Ⅰ）若时，恒成立，求的取值范围.2sin (+)+tan(+)tan(-)2242424 =2cos sin +2cos -tan(+)cot(+)2222424 =sinx+cosx+1-1(x+)4x x x x f x x x x x ππππππ解：（Ⅰ）由2k -x+2+242k πππππ≤≤，得32k -x 2+44k ππππ≤≤ 从而，的单调增区间为3[2k -,2+]44k ππππ,k Z ∈ （Ⅰ）由题意可知，(x)-1m f ≥在上恒成立当时，max (x)=(4f f π所以m2cos,tan ,2sin ,tan .2242424x x x x a b πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭().f x a b =⋅()f x [0,)2x π∈()1f x m ->m ()f x [0,)2x π∈[0,)2x π∈例5. （★★★）在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c，tan C =．（1） 求cos C ；（2）若52CB CA ⋅=，且9a b +=，求c ． 解：（1）tan C =，∴sin cos CC=又22sin cos 1C C +=，解得：1cos 8C =±，tan 0C >，∴C 是锐角，∴1cos 8C =． （2）52CB CA ⋅=，∴5cos 2ab C =，∴20ab =， 又9a b +=，22281a ab b ∴++=，2241a b ∴+=，2222cos 36c a b ab C ∴=+-=，6c ∴=．例6．（★★★）如图，已知点(1 1)A ，和单位圆上半部分上的动点B ．⑴若OA OB ⊥，求向量OB ； ⑵求||OA OB +的最大值．解： 依题意，(cos sin )(0)B θθθπ≤≤，（不含1个或2个端点也对）(1 1) (cos sin )(0)OA OB θθθπ==≤≤，，，，（写出1个即可）因为OA OB ⊥，所以0OA OB ⋅=，即cos sin 0θθ+= 解得34πθ=，所以2( 22OB =-，.⑵2(1cos 1sin ) ||(1OA OB OA OB θθ+=+++=+，，当4πθ=时，||OA OB +1.巩固练习Oxy A B如图，A 是单位圆与x 轴正半轴的交点，点P 在单位圆上，∠AOP =θ（0＜θ＜π），，四边形OAQP 的面积为S ．（1）求的最大值及此时θ的值θ0；（2）设点B 的坐标为，∠AOB =α，在（1）的条件下求cos （α+θ0）．解：（1），故的最大值是，此时．（2）∠．课堂检测1. （★★★）若向量a ＝(cos α,sin α)，b ＝(cos β,sin β)，则a 与b 一定满足 （ ）A ．a 与b 的夹角等于α－βB ．a ⅠbC ．a ⅠbD ．(a ＋b )Ⅰ(a －b )答案：D2.（★★★）把函数y ＝sin2x 的图象按向量→a ＝(－π6，－3)平移后，得到函数y ＝Asin(ωx＋ϕ)(A ＞0，ω＞0，|ϕ|<π2)的图象，则ϕ和B 的值依次为（ ）A ．π12，－3B ．π3，3C ．π3，－3D ．－π12，3解：由平移向量知向量平移公式⎩⎨⎧ x '＝x －π6y '＝y －3，即⎩⎨⎧ x ＝x '＋π6y ＝y '＋3，代入y ＝sin2x 得y '＋3＝sin2(x '＋π6)，即到y ＝sin(2x ＋π3)－3，由此知ϕ＝π3，B ＝－3，故选C.3. （★★★）已知A 、B 、C 为三个锐角，且A ＋B ＋C ＝π.若向量→p ＝(2－2sin A ，cos A＋sin A )与向量→q ＝(cos A －sin A ，1＋sin A )是共线向量.（Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）求函数y ＝2sin 2B ＋cos C －3B 2的最大值.解：（Ⅰ）∵→p 、→q 共线，∴(2－2sin A )(1＋sin A )＝(cos A ＋sin A )(cos A －sin A )，则sin 2A ＝34，又A 为锐角，所以sin A ＝32，则A ＝π3.（Ⅱ）y ＝2sin 2B ＋cos C －3B2＝2sin 2B ＋cos (π－π3－B)－3B2＝2sin 2B ＋cos(π3－2B )＝1－cos2B ＋12cos2B ＋32sin2B＝32sin2B －12cos2B ＋1＝sin(2B －π6)＋1. ∵B ∈(0，π2)，∴2B －π6∈(－π6，5π6)，∴2B －π6＝π2，解得B ＝π3，y max ＝2.【评析】 根据题中所给条件，初步判断三角形的形状，再结合向量以及正弦定理、余弦定理实现边角转化，列出等式求解。
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
2019年上海市高三二模数学分类汇编—立体几何
2019二模汇编-立体几何1.（宝山区2019年二模7）将半径为1和2的两个铅球，熔成一个大铅球，那么这个大铅球的表面积是____________【答案】13123π【解析】根据体积不变，得大铅球半径为3331239r r R πππ+==，则表面积1234123S R ππ==2.（崇明区2019年二模8）已知圆锥的体积为π33，母线与底面所成角为3π，则该圆锥的侧面积为_________. 【答案】π2【解析】设底面半径为r ，则根据母线与底面所成角为3π，可知圆锥的高为r 3，母线长为r2；由体积公式ππ333312==r r S 得1=r ；所以侧面积ππ22122121=⋅⋅⋅==lr S3.（虹口区2019年二模9）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 【答案】34 【解析】由三视图可知，三棱锥高为2,底面为底边长为2的等腰三角形，底边上的高为2，从而可求体积，342212231=⨯⨯⨯⨯=V .4.（黄浦区2019年高三二模5）若球主视图的面积为9π，则该球的体积等于 【答案】π36【解析】293r r ππ=⇒=，34363V r ππ==5.（嘉定区2019年高三二模5）若球主视图的面积为9π，则该球的体积等于 【答案】π36【解析】293r r ππ=⇒=，34363V r ππ==6.（松江区2019年高三二模10）在正方体1111ABCD A B C D 的所有棱中，任取其中三条，则它们所在的直线两两异面的概率为【答案】255． 【解析】如图，将正方体12条棱分成3组，记为A 、B 、C ，在A 组找一条直线，可以在B 、C 组找到两组与A 组直线异面的，A 组直线有4条，顾基本事件有8种，样本容量为312C ，所以，本题概率为3128C =255． 7.（普陀区2019年高三二模6）若圆柱的主视图是半径为1的圆，且左视图的面积为6，则该圆柱的体积为______. 【参考答案】π3【解析】由题意，圆柱体是放倒的，左视图宽为2，设左视图的长为h ，则326=÷=h ，故体积ππ32===h r sh V8.（普陀区2019年高三二模11）《九章算术》中称四个角均为直角三角形的四面体为鳖臑。
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
高中数学二轮复习立体几何(2)教案含答案(全国通用)
专题五 立体几何必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1．以三视图为背景的几何体的识别问题．2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为a 2＋b 2＋c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)[速解方略]——不拘一格类型一 有关几何体的三视图的计算[例1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.速解法：如图所示，VA -A 1B 1D 1＝13VABD -A 1B 1D 1＝16V 正方体 VA -A 1B 1D 1＝15VABCD -B 1C 1D 1 答案：D方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.(2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.答案：B方略点评：(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.13解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3， 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027，故选C. 答案：C2．(2016·高考全国丙卷)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，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B. 答案：B类型二 球及其组合体[例2] (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.速解法：设球的半径为r, 则V O -ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π. 答案：C方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤16r 3)直接求得r .(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，。
2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题08 立体几何解答题常考全归类(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，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．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，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．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
高三数学立体几何专题复习教案
（解题思想方法归纳）
问题一： 证明线线平行
1．证明两直线 、 平行，若直线 和直线 共面时，则可以用平面几何中常用的一些方法（如证明 和 是一个平行四边形的一组对边）证明它们无公共点。
在立体几何中一般还有以下几种思路：
①根据公理4
②根据“线面平行Байду номын сангаас的性质定理
③根据“线面垂直”的性质定理，若直线 和 都与平面 垂直，则 // 。
②利用中位法。如给出异面直线AB和CD，连接AC、AD、BC，然后再分别取这三条线段的中点E、F、G，连接EF、EG、FG得到△EFG，则∠FEG就是所求角或所求角的补角。这种方法优点是作异面直线所成角比较容易，但缺点是△EFG中有一边GF的长度不容易求。
3．向量方法：
转化成求两个向量的夹角（即等于所求的异面直线所成的角或其补角的大小）
2．向量方法：
①转化为证明向量共线。
②根据共面向量定理。
③证明向量与平面的法向量相互垂直。
问题三： 证明面面平行
1．传统几何方法：
①根据两个平面平行的定义
②根据两个平面平行的判定定理
③垂直于同一条直线的两个平面平行
④平行于同一平面的两个平面平行
2．思维过程：
线线平行 线面平行 面面平行
线线平行 线面垂直 面面平行
问题八： 求平面的斜线与平面所成角
1．传统几何方法：
①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。
②利用三面角定理（即最小角定理） 求 。
2．向量方法：设 为平面 的法向量，直线 与平面 所成的角为 ，则
问题九： 求二面角
1．作出二面角的平面角并通过解三角形计算。作平面角常用方法如下：
高考数学二轮专名师讲义：第29讲-空间向量与立体几何(含答案)
专题十 高考数学附加必做题训练 第29讲 空间向量与立体几何空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等．考试说明：序号 内容要求A B C1 空间向量的概念 √2 空间向量共线、共面的充分必要条件 √3 空间向量的加法、减法及数乘运算 √4 空间向量的坐标表示 √5 空间向量的数量积 √6 空间向量的共线与垂直 √7 直线的方向向量与平面的法向量 √8 空间向量的应用 √例1 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．利用向量法证明：(1) DE ∥平面ABC ； (2) B 1F ⊥平面AEF.证明：如图建立空间直角坐标系Axyz ，不妨设AB ＝AA 1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)， B(4，0，0)，B 1(4，0，4)．(1) 取AB 中点为N ，连结CN ，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴ DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴ DE →＝NC →，∴ DE ∥NC. ∵ NC ABC ，DE 平面ABC ， 故DE ∥平面ABC.(2) B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴ B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF. ∵ AF ∩FE ＝F ，∴ B 1F ⊥平面AEF.如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ； (2) AM ⊥平面BDF.证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD ＝N ，连结NE.则点N 、E 的坐标分别为⎝⎛⎭⎫22，22，0、(0，0，1)．∴ NE →＝(－22，－22，1)．又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、⎝⎛⎭⎫22，22，1，∴ AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ， ∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)，∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF. 同理AM ⊥BF.又DF∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 例2 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1) 求证：MN ⊥AD ；(2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值．(1) 证明：∵ 正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，∴ OA ＝3，OP ＝3. 则A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，3)， ∴ M(1，0，2)，N(0，1，0)． 则MN →＝(－1，1，－2)，AD →＝(－3，－3，0)．∵ MN →·AD →＝(－1)×(－3)＋1×(－3)＋(－2)×0＝0， ∴ MN ⊥AD.(2) 解：设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(－3，－3，0)，AP →＝(－3，0，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x －3y ＝0，－3x ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝1，y ＝－1.∴ n ＝(1，－1，1)．则cos 〈n ，MN →〉＝n·MN →|n|·|MN →|＝（－1）×1＋1×（－1）＋（－2）×13×6＝－223.设MN 与平面PAD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，MN →〉|＝223.∴ MN 与平面PAD 所成角的正弦值为223.如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知CA ＝CB ＝1，AA 1＝2，∠BCA ＝90°. (1) 求异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值； (2) 求二面角BAB 1C 平面角的余弦值．解：如图，以{CA →，CB →，CC 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A 1(1，0，2)，B 1(0，1，2)，所以CB 1→＝(0，1，2)，AB →＝(－1，1，0)，AB 1→＝(－1，1，2)，BA 1→＝(1，－1，2)．(1) 因为cos 〈CB 1→，BA 1→〉＝CB 1→·BA 1→|CB 1→||BA 1→|＝36×5＝3010，所以异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值为3010.(2) 设平面CAB 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB 1→＝0，m ·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取平面CAB 1的一个法向量为m ＝(0，2，－1)； 设平面BAB 1的法向量为n ＝(r ，s ，t)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－r ＋s ＋2t ＝0，－r ＋s ＝0，取平面BAB 1的一个法向量为n ＝(1，1，0)．则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝25×2＝105，所以二面角BAB 1C 平面角的余弦值为105. 例3 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E →＝λEO →. (1) 若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值； (2) 若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．解：(1) 设正方体的棱长为1，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫14，14，12，则DE →＝⎝⎛⎭⎫14，14，12，CD 1→＝(0，－1，1)， 故cos 〈DE →，CD 1→〉＝DE →·CD 1→|DE →|·|CD 1→|＝36，所以异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值为36. (2) CO →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0，CD 1→＝(0，－1，1)，设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·CO →＝0，m ·CD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m ＝(1，1，1)．由D 1E →＝λEO →，得(1＋λ)EO →＝D 1O →，故E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ.又CD →＝(0，－1，0)，设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD →＝0，n ·DE →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，λx 22（1＋λ）＋λy 22（1＋λ）＋z 21＋λ＝0， 取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2，0，－λ)． 因为平面CDE ⊥平面CD 1O ，所以m·n ＝0，得λ＝2.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点且AE EB＝λ.(1) 证明：D 1E ⊥A 1D ；(2) 若二面角D 1ECD 的大小为π4，求λ的值．(1) 证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系． 不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1，0，－1)． 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1，0，－1)＝0. 故D 1E ⊥A 1D.(2) 解：因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的法向量为n 1＝(0，0，1)．又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2，1)． 设平面D 1CE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·CE →＝x ＋y ⎝⎛⎭⎫2λ1＋λ－2＝0，n 2·CD 1→＝－2y ＋z ＝0， 所以向量n 2的一个解为⎝⎛⎭⎫2－2λ1＋λ，1，2. 因为二面角D 1ECD 的大小为π4，则n 1·n 2|n 1||n 2|＝22，解得λ＝±233－1.又E 是棱AB 上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为233－1.例4 如图，已知四棱锥SABCD 的底面是边长为4的正方形，顶点S 在底面上的射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别是2、1.又P 是SC 的中点，E 是BC 上一点，CE ＝1，SO ＝3，过O 在底面内分别作AB 、BC 垂线Ox 、Oy ，分别以Ox 、Oy 、OS 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．(1) 求平面PDE 的一个法向量； (2) 问在棱SA 上是否存在一点Q ，使直线BQ ∥平面PDE ？若存在，请给出点Q 在棱SA 上的位置；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题意知：E(－1，3，0)，D(－2，－1，0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，32，32，S(0，0，3)． ∴ DP →＝⎝⎛⎭⎫1，52，32，DE →＝(1，4，0)． 设n ＝(x ，y ，z)是平面PDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝x ＋52y ＋32z ＝0，n ·DE →＝x ＋4y ＝0，令x ＝－4，则y ＝z ＝1，∴ n ＝(－4，1，1)． (2) 设点Q(x ，y ，z)， AQ →＝λAS →，(x －2，y ＋1，z)＝λ(－2，1，3)， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2λ，y ＝－1＋λ，z ＝3λ，点Q 的坐标为(2－2λ，－1＋λ，3λ)， ∴ BQ →＝(－2λ，λ－4，3λ)．要使BQ ∥平面PDE ，则BQ →⊥n ，∴ (－4)×(－2λ)＋1×(λ－4)＋1×3λ＝0，λ＝13.由于上述过程可逆，故当AQ AS ＝13时，BQ ∥平面PDE.如图，在正四棱锥PABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M 、N 分别在线段PA 和BD 上，BN ＝13BD.(1) 若PM ＝13PA ，求证：MN ⊥AD ；(2) 若二面角MBDA 的大小为π4，求线段MN 的长度．(1) 证明：连结AC 、BD 交于点O ，以OA 为x 轴正方向，以OB 为y 轴正方向，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由BN →＝13BD →，得N ⎝⎛⎭⎫0，13，0，由PM →＝13PA →，得M ⎝⎛⎭⎫13，0，23， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫－13，13，－23，AD →＝(－1，－1，0)． 因为MN →·AD →＝0，所以MN ⊥AD.(2) 解：因为M 在PA 上，可设PM →＝λPA →，得M(λ，0，1－λ)．所以BM →＝(λ，－1，1－λ)，BD →＝(0，－2，0)． 设平面MBD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，λx －y ＋（1－λ）z ＝0，其中一组解为x ＝λ－1，y ＝0，z ＝λ， 所以可取n ＝(λ－1，0，λ)．因为平面ABD 的法向量为OP →＝(0，0，1)，所以cos π4＝|n ·OP →||n||OP →|，即22＝λ（λ－1）2＋λ2，解得λ＝12，从而M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫0，13，0， 所以MN ＝⎝⎛⎭⎫12－02＋⎝⎛⎭⎫0－132＋⎝⎛⎭⎫12－02＝226.1. 记动点P 是棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上一点，且D 1P →＝λD 1B →.当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．解：由题意作图，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)． 由D 1B →＝(1，1，－1)，得 D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角cos ∠APC ＝cos 〈PA →，PC →〉＝PA →·PC →|PA →||PC →|<0PA →·PC →＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜1.因此，λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫13，1. 2. 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1DNM 的大小为θ.(1) 当θ＝90°时，求AM 的长；(2) 当cosθ＝66时，求CM 的长．解：建立以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴的空间直角坐标系D －xyz.设CM ＝t(0≤t≤2)，则A(1，0，0)，A 1(1，0，2)，N ⎝⎛⎭⎫12，1，0，M(0，1，t)，所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0，1，t)，DA 1→＝(1，0，2)． 设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 1＋y 1＝0，y 1＋tz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝2t ，y 1＝－t ，所以n 1＝(2t ，－t ，1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2z 2＝0，12x 2＋y 2＝0，令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1，所以n 2＝(－2，1，1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1) 因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15，从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15，所以AM ＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫152＝515.(2) 因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝－5t ＋16（5t 2＋1）.因为〈n 1，n 2〉＝θ或〈n 1，n 2〉＝π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋16（5t 2＋1）＝66，解得t ＝0或12，所以根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM ＝12.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1) 求证：PC ⊥AD ；(2) 求二面角APCD 的正弦值；(3) 设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．(1) 证明：以AD →、AC →、AP →为x 、y 、z 正半轴方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则D(2，0，0)，C(0，1，0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P(0，0，2)．则PC →＝(0，1，－2)，AD →＝(2，0，0)PC →·AD →＝0PC ⊥AD.(2) 解：PC →＝(0，1，－2)，CD →＝(2，－1，0)，设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝z. 取z ＝1n ＝(1，2，1)，又AD →＝(2，0，0)是平面PAC 的法向量，cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝66sin 〈AD →，n 〉＝306，即二面角APCD 的正弦值为306. (3) 解：设AE ＝h ∈[0，2]，则AE →＝(0，0，h)，BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，又CD →＝(2，－1，0)，则cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝310＋20h 2＝32h ＝1010，即AE ＝1010. 4. (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以AB →、AC →、AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A 1(0，0，4)，D(1，1，0)，C 1(0，2，4)，∴ A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)，∴ cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，∴ 异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) AC →＝(0，2，0)是平面ABA 1的一个法向量， 设平面ADC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，由m ⊥AD →，m ⊥AC 1→，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋4z ＝0，取z ＝1，得y ＝－2，x ＝2，∴ 平面ADC 1的法向量为m ＝(2，－2，1)， 设平面ADC 1与ABA 1所成二面角为θ，∴ |cos θ|＝|cos 〈AC →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC →·m |AC →||m |＝⎪⎪⎪⎪－42×3＝23，得sin θ＝53，∴ 平面ADC 1与ABA 1所成二面角的正弦值为53.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2014·泰州模考)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝π2，顶点C 1在底面△ABC 内的射影是点B ，且AC ＝BC ＝BC 1＝3，点T 是平面ABC 1内一点．(1) 若T 是△ABC 1的重心，求直线A 1T 与平面ABC 1所成的角；(2) 是否存在点T ，使TB 1＝TC 且平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1？若存在，求出线段TC 的长度；若不存在，说明理由．解：如图以CB 、CA 分别为x 、y 轴，过C 作直线Cz ∥BC 1，以Cz 为z 轴，∴ B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C 1(3，0，3)， CB 1→＝CC 1→＋CB →＝(6，0，3)，B 1(6，0，3)， CA 1→＝CC 1→＋CA →＝(3，3，3)，A 1(3，3，3)．(1) T 是△ABC 1重心，T(2，1，1)，TA 1→＝(1，2，2)，设平面ABC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，AB →＝(3，－3，0)，AC 1→＝(3，－3，3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－3y 1＝0，3x 1－3y 1＋3z 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，x 1＝y 1，取法向量n 1＝(1，1，0)，(3分)∴ cos 〈TA 1→，n 1〉＝33·2＝22，〈TA 1→，n 1〉＝π4.设TA 1与平面ABC 1所成的角为π2－〈TA 1→，n 1〉＝π4.(5分)(2) T 在平面ABC 1内，CT →＝CB →＋BT →＝CB →＋mBC 1→＋nBA →＝(3－3n ，3n ，3m)，即T(3－3n ，3n ，3m)．由TB 1＝TC ，得(3－3n)2＋(3n)2＋(3m)2＝(3n ＋3)2＋(3n)2＋(3m －3)2，即－2m ＋4n ＝－1， ①设平面CAA 1C 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，CA →＝(0，3，0)，CC 1→＝(3，0，3)，⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，3x 2＋3z 2＝0，取n 2＝(1，0，－1)．设平面TA 1C 1法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)，C 1A 1→＝(0，3，0)，C 1T →＝(－3n ，3n ，3m －3)，⎩⎪⎨⎪⎧y 3＝0，－3nx 3＋（3m －3）z 3＝0， 取n 3＝(m －1，0，n)．(8分)由平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1，得cos 〈n 2，n 3〉＝m －1－n 2·（m －1）2＋n 2＝0，m ＝n ＋1. ② 由①②解得n ＝12，m ＝32， ∴ 存在点T ⎝⎛⎭⎫32，32，92，TC ＝3112.(10分)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1A 1CC 1的大小．解：如图，以B 为直角坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则A(2，0，0)、C(0，2，0)、A 1(2，0，2)、B 1(0，0，2)、C 1(0，2，2)．设AC 的中点为M ，则M(1，1，0)．∵ BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1，∴ BM ⊥平面A 1C 1CA ，即BM →＝(1，1，0)是平面A 1C 1CA 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z)，A 1C →＝(－2，2，－2)，A 1B 1→＝(－2，0，0)．∴ n ·A 1B 1→＝－2x ＝0，n ·A 1C →＝－2x ＋2y －2z ＝0.令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1.∴ n ＝(0，1，1)．设法向量n 与BM →的夹角为φ，二面角B 1A 1CC 1的大小为θ，由图知θ为锐角，∴ cos θ＝|cosφ|＝|n ·BM →||n ||BM →|＝12，解得θ＝π3. ∴ 二面角B 1A 1CC 1的大小为π3.。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
高考数学第二轮复习 立体几何教学案
2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何 第1课时 直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。
考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。
2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。
3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。
4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。
考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。
请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。
解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。
证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。
例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角 还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积
专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】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．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，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。
上海高三数学高考二轮复习教案立体几何专题之空间的角与距离(1)含答案
沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习立体几何专题之空间的角与距离①教学目标1、理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念；会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）2、理解线线角、线面角、面面角的概念定义和取值范围；会用求角的方法“一作二证三计算”。
知识梳理1、空间角：（1）空间角的计算步骤一作、二证、三算。
（2）异面直线所成角：1>范围：___________ (0°，90°]；2>计算方法:<1>平移法：一般情况下应用平行四边形的对边、梯形的平行对边、三角形的中位线进行平移;<2>补体法；（3）直线与平面所成的角：1>定义：平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角；一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；2>范围：_____________ [0°，90°]；3>斜线与平面所成角的计算：<1>直接法：关键是作垂线，找射影可利用面面垂直的性质；<2>平移法：通过三角形的中位线或平行四边形的对边平移，计算其平行线与平面所成的角（也可平移平面）。
<3>通过等体积法求出斜线任一点到平面的距离d，计算这点与斜足之间的线段长l，则sindl θ=.(6)二面角：1>定义：平面内的一条直线把平面分为两部分，其中的每一部分叫做半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面。
二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角，叫做这个二面角的平面角.规定：二面角的两个半平面重合时，二面角为0，当两个半平面合成一个平面时，二面角为π，因此，二面角的大小范围为_______ [0°，180°]；2>确定二面角的方法：<1>定义法；<2>垂面法；注：空间角的计算步骤：一作、二证、三算2、空间距离（1）七种距离：点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离，其中点与点、点与直线、点到平面的距离是基础，求其它几种距离一般化归为求这三种距离； （2）点与点的距离： 1>解三角形及多边形；2>空间任意两点A 、B 间的距离即线段AB 的长度： 设()111,,A x y z 、()222,,B x y z ，则()()()222121212AB x x y y z z =-+-+-（3）两条异面两条异面直线的距离：直线的公垂线段的长度；说明：两条异面直线的距离等于其中一条直线到过另一条直线且与这条直线平行的平面的距离。
上海高三数学高考二轮复习教案类比专题之新题型类比与推理含答案
沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习专题之高考中的新题型类比与推理教学目标1、掌握类比思想在具体解题中的应用2、掌握不同题型中的不同的类比原则知识梳理生活中，类比思想是处处存在的，惠更斯提出的波动说，是与水波、声波类比而受到的启发。
英国医生詹纳发现的种牛痘可以预防天花，就是从挤奶女工感染了牛痘而不患天花中得到启发，从树叶的锯齿形状发明了锯，从雄鹰的飞起到制造飞机上天等。
数学中，类比思想在等差和等比数列的研究中，在函数与数列的研究中处处都可以体现典例精讲一、 数列中的类比推理 例1（★★★）在等差数列{}n a 中，若10=a ，则有等式n a a a +⋅⋅⋅++21),19(1921+-∈<+⋅⋅⋅++=N n n a a a n 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列{}n b 中，若19=b ，则有等式 成立.分析 本题考查等差数列与等比数列的类比.一种较本质的认识是： 等差数列 用减法定义 性质用加法表述（若,,,,*N q p n m ∈且 ,q p n m +=+则q p n m a a a a +=+）； 等比数列 用除法定义 性质用乘法表述（若,,,,*N q p n m ∈且,q p n m +=+则q p n m a a a a ⋅=⋅）.由此，猜测本题的答案为：).,17(*172121N n n b b b b b b n n ∈<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-事实上，对等差数列{}n a ，如果0=k a ，则⋅⋅⋅=+=+--+--+n k n n k n a a a a 2221210=+=k k a a . 所以有：n a a a +⋅⋅⋅++21+⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++=++2121(n n n a a a a an k n k a a ----+1222）（*,12N n k n ∈-<）.从而对等比数列{}n b ，如果1=k b ，则有等式：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--成立.评注 本题是一道小巧而富于思考的妙题，主要考查观察分析能力，抽象概括能力，考查运用类比的思想方法由等差数列{}n a 而得到等比数列{}n b 的新的一般性的结论。
上海高三数学高考二轮复习教案专题之学习运用题型含答案
沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习专题之学习运用题型 教学目标 了解学习运用题型的主要命题方式，并掌握最主要的三类的不同做法。
【解读：学习运用题型命题较难，故考查不多，属于“中级”难度】知识梳理无典例精讲【说明：此部分所给题量较大，大都是高考原题、一二模考题。
各位老师可以根据学生的程度、是否做过等因素，自由组合课前作业、课堂例题、课堂练习、课后作业等】类型一：“学习解法，模仿解题”例1.（★★★）阅读下列问题的解法： 实数y x ,满足545422=+-y xy x ，设22y x S +=，求min max 11S S +的值．解：设⎪⎩⎪⎨⎧==ααsin cos S y S x 代入545422=+-y xy x ，化简后得5cos sin 54=-ααS S ， 解得α2sin 5810-=S ；∵ 12sin 1≤≤-α，∴ 132sin 583≤-≤a ， ∴ 3102sin 58101310≤-≤α，∴ 581016101310311min max ==+=+S S ． 试用上述解题方法解下列问题：设R y x ∈,且x y x 62322=+，求22y x +的取值范围是_________。
解：由22326x y x +=，得()222113y x -+=，设1cos 6sin 2x y αα=+⎧⎪⎨=⎪⎩，代入化简后，得()22219cos 222x y α+=--+ ∵ 1cos 1α-≤≤，∴ 2204x y ≤+≤． 因此，22x y +的取值范围是[0,4]．【评述：展示一种解题技巧，让学生学习运用。
此题是三角换元，难度不大】巩固练习1.（★★★★）问题“求不等式345x x x +≤的解”有如下的思路：不等式345x x x +≤可变为34()()155x x +≤，考察函数34()()()55x x f x =+可知，函数()f x 在R 上单调递减，且(2)1f =，∴原不等式的解是2x ≥. 仿照此解法可得到不等式：33(23)(23)x x x x -+>+-的解是 ．解：化简原式，得33(23)(23)x x x x +>+++，再根据所教方法——构造函数法，得到思路，可以设3()f x x x =+，使原式变为()(23)f x f x >+，而3()f x x x =+又明显是一个增函数， 故23x x >+，解得(,3)-∞-．另解：直接可以对该不等式进行因式分解也可得到答案，或者利用计算器猜的答案，但都不推荐。
2019高考数学二轮学科素养 专题8 立体几何 Word版含答案
专题8 立体几何上的两点（3）若直线l上的两点在平面α的同一侧，且到平面α的距离相等（如图）．∵AA1⊥α于点A1，BB1⊥α于点B1．又A、B均在l上，侧．∴【方法技巧】根据直线上的两点与平面的位置不同，分C∈最短路程为多少．方法和几何方法最．设BP【思路分析】只有当P移动到正方体中心O时，唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，的关系应该是线性的，则淘汰选项D．【解析】显然，只有当P移动到中心O时，MN ．已知四面体P ABC-的四个顶点都在球O的球面上，若PB⊥平面ABC，AB AC⊥，且1AC=，2PA PB==，则球O的表面积为（）的）若）绳子最短时，顶点到绳子的最短距离．（1）由平面几何性质，可得绳子最短时定到绳子的最短距离等于R t△ASM的斜边上的高，利用三角形面积等积变换求解，可得这个最短距离的表（x）=x2+16在区间[0，4]上是一个增函数，．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为，则这个球的表面积是（B．20π．D．32πA且弧AA ′的长度L 就是圆锥底面圆的周长，=2π，所以o 3602πL ASM l ∠=⨯=由题意知绳子的最小值为展开图中的空间四边形P –ABC 中，PA 、PB 、PC 两两相互垂直，＝45°，∠PBC ＝60°，M 为AB 的中点．BC 与平面PAB 所成的角； ）求证：AB ⊥平面PM C ．【思路分析】（1）设BD=x，先利用线面垂直的定理证明AD即为三棱锥A–BCD的高，再将锥的体积表示为x的函数，最后利用导数求的最大值即可；恰当引入变量B．827π)321-()3821-1．【答案】C2．【答案】2或14 【解析】如图所示：设球的大圆为圆O ，C ，D 为两截面的圆心，AB 为经过C 、O 、D 的直径且半径分别为6和8，当两截面在球心同侧时，如图（1）所示：则，862CD OC OD =--=．当两截面在球心的异侧时，如图（2）所示：则8614CD OC OD =+=+=． 故两截面间的距离为2或14． 3．【答案】16或2724．【解析】将其中含有一点的面展开，与含另一点的面在同一平面内即可，主要可以分为三种情形：（1）将右侧面展开与下底面在同一平面内，可得其路程为：S 1（2）将前表面展开与上表面在同一平面内，可得其路程为：S 2（3）将前表面展开与右侧面在同一平面内，可得其路程为：3S 然后比较123S S S 、、的大小，即可得到最短路程．5【解析】如图球的截面图就是正四面体中的△ABD ，已知正四面体棱长为2，所以AD AC =1，所以CD6．【答案】C【解析】∵PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC =1，PB =AB =2，∴构造长方体，则长方体的外接球和四面体的外接球是相同的，则长方体的体对角线等于球的直径2R ，则2R 3==，∴R =32，则球O 的表面积为4πR 2=423()2π⨯=9π，故选C ．7．【答案】16【解析】将三棱锥A ﹣DED 1选择△ADD 1为底面，E 为顶点，则V A ﹣DED 1=V E ﹣ADD 1，其中S △ADD 1=12S A 1D 1DA =12，E 到底面ADD 1的距离等于棱长1，故1111326V =⨯⨯=．（2）取PB 中点N ，连结MN ，CN ，9．【答案】C【解析】由V ＝Sh ，得S ＝4，得正四棱柱底面边长为2．画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R ＝1222＋22＋42＝6．所以球的表面积为S ＝4πR 2＝24π．故选C ．10．【答案】D【解析】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD 中心，由对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD 的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D ． 11．【解析】连接AF 延长交BC 于M ，连接B 1M ．∵AD ∥BC ，∴△AFD ∽△MF B ．∴BF DF FM AF =，又∵BD ＝B 1A ，B 1E ＝BF ．∴DF ＝AE ． ∴EB AEFM AF 1=，∴EF ∥B 1M ，B 1M ⊂平面BB 1C 1C ．∴EF ∥平面BB 1C 1C ． 12．【解析】∵PA ⊥PB ，∴∠APB ＝90°13．【答案】B【解析】如图所示，设内接圆柱的半径为r （0<r <R ），高为h ，则有3h R rR R-=，得h =3（R –r ），所以22=2π2π2π6π()S r rh r r R r +=+-圆柱表222233994π()4π()ππ2444r Rr r R R R =--=--+≤．所以表面积最大为29π4R ．故选B ．14．【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，1284r π⨯=，∴16r =π，2113205439V r π=⨯⨯⨯⨯=．设米堆共有x 斛，则3201.629x =，解得22x ≈斛）． 15．【答案】A【解析】由三视图可知，工件为圆锥，底面半径1r =，2h =，1V =．作圆锥内接正方体的轴截面．设正方体边长为a ，则=．解得a =．所以32V a ==．所以利用率为2 18 9V V =π．16．【答案】13π。
沪教版高三C专题(二轮复习-类比平面和立体2星)
专题：类比与转化(★★)------平面几何与立体几何类比课前引入将空间问题转化为熟知的平面问题是研究立体几何问题最重要的数学方法之一。
如线面垂直的判定定理转化为三角形全等的平面几何问题；教材中的几种多面体和旋转体的侧面积公式的推导（除球面和球冠外）、侧面上最短线问题都是通过侧面展开转化为平面几何问题；旋转体的有关问题不也是转化为关于轴截面的平面几何问题吗？其实，立体几何中的三种角（线线角、线面角、二面角）和四种距离（线线距、点面距、线面距、面面距）从定义到具体的计算以及三垂线定理都体现了空间到平面的转化。
教学目标1、掌握平面几何和立体几何的类比关系；2、利用类比原则解题知识梳理10 min.平面内的一般三角形与空间中的四面体性质类比注意点：这些知识要根据学生的情况给到，进行适当删减，不能全部给到学生，否则时间不够。
三角形四面体三角形两边之和大于第三边. 四面体任意三个面的面积之和大于第四个面的面积．三角形的三条内角平分线交于一点且该点是三角形内切圆的圆心. 四面体的六个二面角的平分面交于一点，且该点是四面体内切球的球心．三角形任意两边中点的连线平行于第三边，且等于第三边的一半. 四面体任意三条棱的中点连成的三角形的面积等于第四个面面积的14,且该三角形所在平面平行于第四个面.三角形的任何一条边上的中线将三角形分成面积相等的两部分. 四面体的任何一个三角形面上的一条中线和这个三角形所在平面外一顶点所确定的平面将这个四面体分成体积相等的两部分．三角形的三条中线交于一点，且三角形的每一条中线被该点分成的两段的比为2：1. 将四面体的每一个顶点和对面的重心相连接，所得四条线段交于一点，且其中每一条线段被交点分成的两段的比都是3：1典例精讲26min.平面几何和立体几何之间常见的类比关系（一） “直线”类比为“__平面___”，“角”类比为“___二面角 _____”，“角的两边”类比为“____构成二面角的两个半平面____________”等．（★）例1、（★）对于平面几何中的命题：“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补．”在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“___如果两个二面角的平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补_______________________． ”其真假性是___真______．变式练习、（★）我们所熟悉的从平面几何定理到立体几何定理还有不少类比的实例，例如： (1)平几：平行于同一直线的两直线平行； 立几：平行于同一平面的两平面平行． (2)平几：垂直于同一直线的两直线平行；立几：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一直线的两平面平行．(3)平几：如果一条直线垂直于两平行直线中的一条直线，那么它也和另一条直线垂直； 立几：如果一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直； (4)平几：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补；立几：如果一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别平行，那么这两个二面角相等或互补． 注意：这部分内容主要是让学生能理解平面几何和立体几何的对应规则，对于程度较好的学生可以适当删减。
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沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习
类比专题之
类比与转化②
------平面几何与立体几何类比
课前引入
将空间问题转化为熟知的平面问题是研究立体几何问题最重要的数学方法之一。
如线面垂直的判定定理转化为三角形全等的平面几何问题；教材中的几种多面体和旋转体的侧面积公式的推导（除球面和球冠外）、侧面上最短线问题都是通过侧面展开转化为平面几何问题；旋转体的有关问题不也是转化为关于轴截面的平面几何问题吗？其实，立体几何中的三种角（线线角、线面角、二面角）和四种距离（线线距、点面距、线面距、面面距）从定义到具体的计算以及三垂线定理都体现了空间到平面的转化。
教学目标
1、掌握平面几何和立体几何的类比关系；
2、利用类比原则解题
知识梳理
平面内的一般三角形与空间中的四面体性质类比
注意点：这些知识要根据学生的情况给到，进行适当删减，不能全部给到学生，否则时间不够。
三角形四面体
三角形两边之和大于第三边. 四面体任意三个面的面积之和大于第四个面的面
积．
三角形的三条内角平分线交于一点且该点是三角形内切圆的圆心. 四面体的六个二面角的平分面交于一点，且该点是四面体内切球的球心．
三角形任意两边中点的连线平行于第三边，且等于第三边的一半. 四面体任意三条棱的中点连成的三角形的面积等于第四个面面积的
1
4
,且该三角形所在平面平行于第四个面.
三角形的任何一条边上的中线将三角形分成面积相等的两部分. 四面体的任何一个三角形面上的一条中线和这个三角形所在平面外一顶点所确定的平面将这个四
典例精讲
平面几何和立体几何之间常见的类比关系
（一） “直线”类比为“__平面___”，“角”类比为“___二面角 _____”，“角的两边”类比为“____构成二面角的两个半平面____________”等．（★）
例1、（★）对于平面几何中的命题：“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补．”在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“___如果两个二面角的平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补_______________________． ”其真假性是___真______．
变式练习、（★）我们所熟悉的从平面几何定理到立体几何定理还有不少类比的实例，例如： (1)平几：平行于同一直线的两直线平行； 立几：平行于同一平面的两平面平行． (2)平几：垂直于同一直线的两直线平行；
立几：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一直线的两平面平行．
(3)平几：如果一条直线垂直于两平行直线中的一条直线，那么它也和另一条直线垂直； 立几：如果一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，那么它也和另一个平面垂直； (4)平几：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补；
面体分成体积相等的两部分．
三角形的三条中线交于一点，且三角形的每一条中线被该点分成的两段的比为2：1.
将四面体的每一个顶点和对面的重心相连接，所得四条线段交于一点，且其中每一条线段被交点分成的两段的比都是3：1
在ΔABC 中，A ∠的平分线交BC 于D ，则AB BD AC DC =
； 在四面体ABCD 中，二面角C-AB-D 的平分面交棱CD 于点E ，则，BCE ABC BDE ABD S S
S S ∆∆∆∆=；
在ΔABC 中，
a b c
sin A sin B sinC
==
（正弦定理） 在四面体ABCD 中，棱AB 与面ACD 、BCD 的夹角分别α，β，则
BCD ACD
S S sin sin αβ
∆∆= 设ΔABC 的三边长分别为a 、b 、c ，ΔABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，外接圆半径为R ，则 （1）2S
r a b c
=
++
（2）2R r ≥
四面体S —ABCD 的四个侧面的面积分别为1S ，
2S ，3S ，4S ，内切球的半径为r ，外接球的半径
为R ，则（1）1234
3V
r S S S S =
+++
（2）3R r ≥
A
B
D
C
A 1
B 1
C 1
D 1
立几：如果一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别平行，那么这两个二面角相等或互补． 注意：这部分内容主要是让学生能理解平面几何和立体几何的对应规则，对于程度较好的学生可以适当删减。
(二) 三角形类比到_空间四面体_______________
例2 （★）平面几何中，有结论：“正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，且定值等于该正三角形边长的__
2
3
_____倍”．类比这一结论，将其拓展到空间，可得到结论：_正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值，且定值为正四面体边长的3
6
_____________________倍__________________________________．
注意：让学生先明白在正三角形中此结论是通过面积的割补得到的，类比在四面体中就是通过体积的割补得到的。
变式练习 （★★）已知1111ABCD A B C D -是底面边长为1的正四棱柱，高12AA =，求 （1）异面直线BD 与1AB 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
（2）四面体11AB D C 的体积.
解析：(1)10
10
arccos
(2) 3
2212314241111111=⨯
⨯⨯-=-=--D AC B D C B A ABCD V V V 注意：对于第二问中，一定要给学生提到正难则反的转化思路，通过割补法求体积，并且可以用同样的方法求出正四面体的体积
（三）矩形类比到___长方体_______圆类比到_____球______
例4（★★） 矩形ABCD 的对角线AC 与边AB 和AD 所成的角分别为βα,，则1cos cos 2
2
=+βα，把它类比推广到长方体中，试写出一个相应的真命题：__长方体中体对角线和想交的三条棱所成的角分别为γβα,,，则1cos cos cos 2
2
2
=++γβα____________________________________.
例5 （★★） 222的体积为 ． 解析：π34
注意：利用矩形的外接圆圆心为矩形的中心，类比得到长方体的外接球球心为长方体中心 变式练习1：（★★）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱 的长分别为1，2，3，则此球的表面积为 ．
答案 14π 变式练习2：（★★）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上。
如果正四 棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.
答案 242+
巩固练习（可选）．若多面体的各个顶点都在同一球面上,则称这个多面体内接于球. 如图长方体
1111ABCD A B C D -内接于球O ，且2AB BC ==，122AA =，则A 、B 两点之间的球面
距离为____π3
2
_______. 解析：
π3
2
注意：球面距离考纲中文理科都要求，但是比较难，所以模考中出现，但高考题目还没有出现过。
回顾总结
1、 你能完整回忆平面几何和立体几何的对应法则？
2、 你还能举出那些平面和立体的类比例子？
B 1 O
D 1 A 1
C 1
A
B
C
D。