关于立体几何解答题一题多解与多题一解的探索

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2023年高考数学甲卷立体几何解法

篇章说明：本篇文章主要针对2023年高考数学甲卷的立体几何部分进行详细解析，旨在帮助考生更好地理解和掌握解答技巧，提高考试成绩。

文章将从题目分析、解题思路和步骤、相关知识点详解等方面展开，希望对广大考生有所帮助。

一、题目分析1.1 题目类型本次数学甲卷的立体几何部分主要包括平面与空间直角坐标系、三视图、旋转体、二面角等内容。

1.2 题目数量根据往年高考数学甲卷的趋势，立体几何部分一般有3-4道题目，覆盖面较广，深度一般。

二、解题思路和步骤2.1 题目分析在解答立体几何题目时，首先要仔细阅读题目，理清题意，确定所给数据和所求量，并尽可能画出对应的图形。

2.2 利用相关知识点根据题目所涉及的内容，运用相关的立体几何知识进行分析和计算，例如平面与空间直角坐标系的性质、旋转体的体积计算方法、三视图的绘制等。

2.3 运用解题技巧在解题过程中，要善于运用立体几何的解题技巧，例如利用平行投影、三视图推导、旋转体的切割与拼接等方法，增加解题的灵活性和多样性。

2.4 对答案进行检验在得出最终答案后，要对答案进行反复检验，确保计算和推导过程的准确性，避免因计算错误导致得出错误的结论。

三、相关知识点详解3.1 平面与空间直角坐标系平面与空间直角坐标系是立体几何的基础，涉及点、线、面的坐标计算以及相关性质的运用，考生需熟练掌握坐标计算和平面几何性质，例如点到直线的距离公式、向量的运算与应用等。

3.2 三视图三视图是立体图形的展开图，由正视图、俯视图和侧视图组成，通过三视图可以确定立体图形的形状和大小，考生需要掌握三视图的画法及相互关系，能够准确理解和绘制三视图。

3.3 旋转体旋转体是立体几何的一个重要内容，包括圆柱体、圆锥体、旋转抛物面等，通过观察旋转体的特点，运用相关计算公式可以准确求解旋转体的体积和表面积。

3.4 二面角二面角是平面几何与立体几何的交叉部分，涉及到二面角的性质、计算和应用等内容，考生需要掌握二面角的相关知识点，能够准确应用到解题过程中。

“一题多解”与“多题一解”在高中数学教学中的价值研究与实践

“一题多解”与“多题一解”在高中数学教学中的价值研究与实践随着中国教育制度的不断改革，无论是教育目的还是方式方法，都是为了让学生拥有更加合理更加有效的学习环境而做出改变。

其中高中数学的教育目标，也不再单是让学生学会如何运用数学公式进行计算，除了针对学生对数学的学习兴趣以外，在实际解题方面，要求培养学生拥有更多更灵活的解题思路和方式，以改变统一性的教学模式。

就高中数学解题中“一题多解”与“多题一解”的解题方式加以分析研究。

高中数学解题方式思维模式学生在进入高中后，改变的不仅仅是学习的内容，学生自身的心智和思维模式也有较大的改变。

学生在思想成长的阶段，会出现种种的问题，这些问题会直接影响学生的学习情况，特别是数学。

因为高中阶段数学的难度将进一步加大，内容增多，因此学生解题的方式应更加的多样化。

因此，高中数学教学，首先要从学生解题过程中的思维模式入手，同时改变课堂教学的方式和内容，以此提高学生的学习成果。

一、“一题多解”在数学教学中的价值与实践（一）价值与实践在未来的社会发展中需求的人才将是多元化、多样化的，统一性思维的教育模式已经不再适用于现代社会。

因此，在高中数学教学中，“一题多解”的教学理念，是以学生学习为主，改变以老师为主导地位的教学模式。

因为每一个学生的受教育情况、性格、思维模式都不相同，因此一个固定性的解题方式不能最有效的适用于每一个学生，所以在数学教学的解题过程中，老师应引导学生多角度的去分析问题，让学生去探究、发现多样化的解题方式。

“一题多解”的根本在于问题本身，老师在创设和选择问题时，首先应考虑到问题自身是否具备多样化的解答模式。

同时，在培养学生多样化解题思维时，应注意调动学生解题的积极性，被动、消极的解题态度很难让学生产生多样化的解题思维。

所以针对这方面数学问题的内容应结合学生平时感兴趣的东西，让学生自觉的参与到多样化的解题中。

如有的学生喜欢足球，老师就把其融入习题中，让学生用原本感到枯燥的公式，运算他喜欢的与足球相关的问题。

一题多解多解归一——一道数学立体几何高考题的思考

又由ＢＥ一／／ＡＦ，Ｇ是的中点知，ＢＥ一／／ＧＨ，
２
ＥＦｆＢＧ
／＿ＦＡＢ＝９００，ＢＣ／／ＡＤ，ＢＥ＃
１ＡＦ
，
１
Ｄ
２
Ｇ、日分别是、肋的中
曰
Ｃ
点。问题：Ｃ、Ｄ、、Ｆ四点是否共面？为什么？分析：我学习过的证明（判断）是否共面的方法有两类：一类是几何法；一类是向量法。本题两类方法都可以使用。而且每类方法中还可以应用不同的公理和定理解决这个问题。所以这道题的解法很多，我整理了十种方法和大家共同探讨。方法一：应用公理３的推论２： “ 两条相交直线可以确定一个平面 ” 判断。证明：Ｃ，Ｄ，Ｆ，Ｅ四点共面；延长ＤＣ交ＡＢ的延长线
延长ＦＥ￣Ａ＂Ｂ的延长线于Ｇ同理可得Ｇ（Ｇ）
ＧＥ
—
ＧＢ
—
ＢＥ
一
１
ＧＦＧＡＡＦ２
故里：
，
ＧＡＧＡ
即Ｇ与Ｇ，重合
因此直线ＣＤ、肼相交于Ｇ，即Ｃ，Ｄ，Ｅ四点共面。方法二：利用公理３的推论３： “ 两条平行直线可以确定一个平面” 和公理１： “ 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这直线上所有的点都在这个平面内” 。Ｃ，Ｄ，Ｆ，Ｅ四点共面。理由如下：由题意知，彤＝，

(第三个解答题)立体几何

线面垂直⇒面面平行
垂直关系垂直关系 3．面面垂直的判断定理．
β l α
l⊥α, l⊂β⇒β⊥α ⊥ ⊂
线面垂直⇒面面垂直
垂直关系垂直关系 4．面面垂直的性质．
α l m β
α⊥β,α∩β=m,l⊂β,l⊥m α β ⊂ ⊥ ⇒ l⊥α ⊥
面面垂直⇒线面垂直
要想让我们减轻学习的负担，要想让我们减轻学习的负担，只有一个办法，有一个办法，就是提升自己的学习成提升自己的学习能力。绩，提升自己的学习能力。
α β n m
α∥β,γ∩α=m, γ∩β=n γ α β ⇒m∥n ∥ 面面平行⇒线线平行
垂直关系垂直关系 1．线面垂直的判断定理．
l aP
α
b
l⊥a, l⊥b, ⊥ ⊥ a∩b=P, ⇒l⊥α ⊥ a⊂α,b⊂α ⊂ ⊂ 线线垂直⇒线面垂直
垂直关系垂直关系 2．线面垂直的性质（1）．线面垂直的在空间四边形 ABCD 中，E、F、G、．如图，、、、 H 分别是 AB、BC、CD、DA 上的中点，上的中、、、求证：为平行四边形. 求证：四边形 EFGH 为平行四边形
A E B F C G H D
一、定理的熟悉
变式 1：如图，在空间四边形 ABCD 中，E、F、：如图，、、 G、H 分别是 AB、BC、CD、DA 上的点，若四上的点，、、、、为平行四边形，边形 EFGH 为平行四边形， l 求证：求证：AC//平面 EFGH. 平面
A
O B
C
l⊥a, ,l⊥b, ⇒ l⊥a ⊥α⊥ α l⊥ a⊂ ⊥ ⊂ ⊥ a∩b=P, ⇒l⊥α ⊥ a⊂α,b⊂α ⊂ ⊂
一、定理的熟悉
5．已知平面α⊥ 平面γ，平面β⊥平面γ ，．平面γ 平面γ 平面α∩平面β=l，求证：l⊥平面γ. ，求证： ⊥平面γ l α

立体几何难题解析附有答案详解

立体几何难题解析（附有答案详解）一、解答题1．如图1，直角梯形ABCD 中，//,90AB CD ABC ∠=︒,42==AB CD ，2=BC ．//AE BC 交CD 于点E ，点G ,H 分别在线段DA ,DE 上，且//GH AE ．将图1中的AED ∆沿AE 翻折，使平面ADE ⊥平面ABCE （如图2所示），连结BD 、CD ，AC 、BE ．HEGDCBA图1图2ABCG EHD（Ⅰ）求证：平面⊥DAC 平面DEB ；（Ⅱ）当三棱锥GHE B -的体积最大时，求直线BG 与平面BCD 所成角的正弦值．2．如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E AC ==，60ACD ∠︒＝．求证：（1）BE 平面1AC D ；（2）平面1ADC ⊥平面11BCC B ．3．如图，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，DC 90∠A = ，AE ⊥平面CD AB ，F//CD E ，1C CD F D 12B ==AE =E =A =．（1）求证：C //E 平面F AB ；（2）在直线C B 上是否存在点M ，使二面角D E -M -A 的大小为6π？若存在，求出C M 的长；若不存在，说明理由．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠= ，1AD DC ==，2AB =，E 、F 分别为PD 、PB 的中点．（1）求证：平面PCB ⊥平面PAC ；（2）若平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，求PA 的长．5．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”．（1）若正子体的六个顶点分别是正方体各面的中心，求该八面体的表面积．（2）此正子体的表面积S 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出表面积的取值范围．6．如图1，已知四边形ABCD 满足//AD BC ，12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，将BAE 沿着AE 翻折成1B AE △，形成四棱锥1B AECD -，F 为1B D 的中点，M 为AE 的中点，如图2所示.（1）求证：面1B DM ⊥面1B AE ；（2）当平面1B AE 与平面1B DC 所成角的余弦值为5时，求1B D 的长度；（3）当面1B AE ⊥面AECD 时，求平面1ADB 与平面1ECB 所成角的正弦值.7．在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ；（2）若四棱雉1A AGEF -求截面AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S的取值范围．8．如图，在四棱锥B ACDE -中，平面ABC ⊥平面ACDE ，ABC 是等边三角形，在直角梯形ACDE 中，//AE CD ，AE AC ⊥，1AE =，2AC CD ==，P 是棱BD 的中点．（1）求证：EP ⊥平面BCD ；（2）设点M 在线段AC 上，若平面PEM 与平面EAB求MP 的长．9．如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中2AB AD ==E 为DC 中点，将它沿AE 折成直二面角D AE B --.（1）求证：AD ⊥平面BDE ；（2）如果()0AH HB λλ=> ，求二面角H AD E --的余弦值.10．如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将△PAD,△PBC 沿PA,PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB 中，E 为PB 中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB;(II）求直线BP 与平面POA 所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E 的大小．11．如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA⊥平面Q 在PB 上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值．12．已知四棱锥中平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别是的中点．（1）求证：//平面；（2）求截面与底面所成二面角的大小．13．如图，已知四边形ABCD由Rt ABC∆拼接而成，其中∆和Rt BCDBAC BCD∠=∠=︒，3090∆沿着BC折起.=，BC=ABC∠=︒，AB ACDBC（1）若AD=，求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的表面积的最大时，求二面角A BC D--的余弦值.14．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直．（1）求异面直线AE 与BD 所成角的大小；（2）在线段BD 上取点M ，在线段AE 上取点N ，且BMx BD=，EN y EA =，试用x ，y 来表示线段MN 的长度；（3）在（2）的条件下，求MN 长度的最小值，并判断当MN 最短时，MN 是否是异面直线AE 与BD 的公垂线段?15．（本题满分14分）如图所示，正方形ABCD 所在的平面与等腰ABE ∆所在的平面互相垂直，其中顶120BAE ∠= ，4AE AB ==，F 为线段AE 的中点．（1）若H 是线段BD 上的中点，求证：//FH 平面CDE ；（2）若H 是线段BD 上的一个动点，设直线FH 与平面ABCD 所成角的大小为θ，求tan θ的最大值．16．如图所示，正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，E F 、分别是棱AA CC ''、的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB DD ''、交于M N 、，设[]01BM x x =∈，，，求:(1)求EF 与面A B BA ''所成的角的大小；(2)求四棱锥C MENF '-的体积()V h x =，并讨论它的单调性；(3)若点P 是正方体棱上一点，试证:满足'2PA PC +=成立的点的个数为6.17．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，D 为AB 的中点，1D 为11A B 的中点，平面111A B C ⊥平面11ABB A ，异面直线1BC 与1AB 互相垂直.（1）求证：平面1//A DC 平面11BD C ；（2）若1CC 与平面11ABB A 的距离为x ，116AC AB ==，三棱锥1AACD -的体积为y ，试写出y 关于x 的函数关系式；（3）在（2）的条件下，当1CC 与平面11ABB A 的距离为多少时，三棱锥1A ACD -的体积取得最大值？并求出最大值.18．如图,四棱锥P ABCD -的底面为菱形且∠ABC=120°,PA ⊥底面ABCD,AB=1,PA E 为PC 的中点.(1)求直线DE 与平面PAC 所成角的大小；(2)求二面角E-AD-C 平面角的正切值；(3)在线段PC 上是否存在一点M ,使PC ⊥平面MBD 成立.如果存在,求出MC 的长；如果不存在,请说明理由参考答案1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．【解析】（Ⅰ）由已知CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 及BC AE //交CD 于点E ．得到四边形ABCE 是边长为2的正方形．BE AC ⊥，AE DE ⊥．再据平面ADE ABCE ⊥平面，平面ADE ABCE AE ⋂=平面，得到DE ABCE ⊥平面，DE AC ⊥，AC DBE ⊥平面，得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，EC AE ⊥，以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）由CE AB //，得到DAE AB 面⊥，从而2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ，根据1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．G 也是AD 的中点，求得)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．由⎪⎩⎪⎨⎧=-=-⋅=⋅=-=-⋅=⋅022)2,2,0(),,(02)0,0,2(),,(z y z y x DC n x z y x BC n ，令1=y ，得)1,1,0(=n ，设BG 与面BCD 所成角为θ，由||sin ||||BG n BG n θ⋅=即得．试题解析：（Ⅰ）∵CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 又BC AE //交CD 于点E ．∴四边形ABCE 是边长为2的正方形∴BE AC ⊥，AE DE ⊥．又∵平面ADE ABCE ⊥平面平面ADE ABCE AE = 平面∴DE ABCE⊥平面∵AC ABCE ⊂平面，∴DE AC ⊥又E BE DE = ∴AC DBE ⊥平面∵AC DAC ⊂平面∴平面DAC DEB⊥平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，ECAE ⊥以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）∵CE AB //，∴DAE AB 面⊥∴2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ∵20<<x ，∴1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．∵AE GH //，∴G 也是AD 的中点，∴)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．则(,,)(2,0,0)20(,,)(0,2,2)220n BC x y z x n DC x y z y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩ 令1=y ，得)1,1,0(=n 设BG 与面BCD 所成角为θ则||sin 6||||BG n BG n θ⋅===∴BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．2．（1）见详解；（2）见详解.【分析】（1）通过1BE C D 来证明BE 平面1AC D ；（2）通过AD ⊥平面11BCC B 来证明平面1ADC ⊥平面11BCC B .【详解】证明：（1）由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱，得11BC B C .因为点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E =，所以1BD C E =，1BD C E .所以四边形1BDC E 是平行四形，所以1BE C D 因为1C D ⊂平面1AC D ，BE ⊄平面1AC D 所以BE 平面1AC D .(2)由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱,得1CC ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ,所以1AD CC ⊥，在ACD ∆中,由12CD AC =，60ACD ∠︒＝，得32AD AC ==，所以222AD CD AC +=，所以90ADC ∠︒＝,即：AD BC ⊥，因为BC ⊂平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，1BC CC C = ，所以AD ⊥平面11BCC B ，因为AD ⊂平面1ADC ，所以平面1ADC ⊥平面11BCC B .3．（1）详见解析（2）C 3M =【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理进行论证，即从平几出发，寻找线线平行：根据题意先将图形补全，再利用平行四边形得线线平行（2）研究二面角，一般方法为利用空间向量：先建立坐标系，利用坐标求二面角两个平面的法向量，因为AE ⊥平面D AM ，所以AE 为平面D AM 的一个法向量，而平面D EM 的一个法向量，则需联立方程组解出，再利用向量数量积求两法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角相等或互补关系，列等量关系确定点M ，同时根据向量的模求出C M 的长.解：（1）如图，作FG//EA ，G//F A E ，连接G E 交F A 于H ，连接BH ，G B ，F//CD E 且F CD E =，∴G//CD A ，即点G 在平面CD AB 内．由AE ⊥平面CD AB ，知G AE ⊥A ，∴四边形FG AE 为正方形，四边形CD G A 为平行四边形，∴H 为G E 的中点，B 为CG 的中点，∴//C BH E ．BH ⊂平面F AB ，C E ⊄平面F AB ，∴C //E 平面F AB ．（4分）（2）法一：如图，以A 为原点，G A 为x 轴，D A 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -．则()0,0,0A ，()0,0,1E ，()D 0,2,0，设()01,,0y M ，∴()D 0,2,1E =- ，()0D 1,2,0y M =-，设平面D EM 的一个法向量为(),,n x y z = ，则()0D 20D 20n y z n x y y ⎧⋅E =-=⎪⎨⋅M =+-=⎪⎩，令1y =，得2z =，02x y =-，∴()02,1,2n y =-．（10分）又 AE ⊥平面D AM ，∴()0,0,1AE =为平面D AM 的一个法向量，∴cos ,cos62n πAE ==，解得023y =±，∴在直线C B 上存在点M ，且33C 2233⎛M =-±= ⎝⎭．方法二：作D S A⊥M ，则SA ，由等面积法，得D 3M =，∴C 3M =．【分析】（1）本题首先可根据题意求出AC 、BC 的长度，然后根据222AC BC AB +=得出BC AC ⊥，再然后根据PA ⊥底面ABCD 得出PA BC ⊥，即可得出BC ⊥平面PAC ，最后根据BC ⊂平面PCB 即可证得平面PCB ⊥平面PAC ；（2）本题首先可结合图像构造空间直角坐标系，然后设PA a =，写出平面ABCD的法向量1n u r 以及平面CEF 的法向量2n u u r，最后根据平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π即可求出PA 的长.【详解】（1）因为1AD DC ==，2AB =，90CDA BAD ∠=∠=，所以AC BC ==因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥，因为AC PA A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ，因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PCB ⊥平面PAC .（2）如图，以A 为坐标原点，分别以AD 、AB 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设(0)PA a a =>，则()0,2,0B =，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()0,0,P a ，因为E 、F 分别为PD 、PB 的中点，所以1,0,22a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,22a CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，1,0,2a CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，易知平面ABCD 的一个法向量1(0,0,1)n =，设平面CEF 的法向量为2(,,)n x y z =，则220,0,CE n CF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即10,220,2az x y az x ⎧--+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，不妨取4z =，则2x a =，y a =，即2(2,,4)a a n=，因为平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，所以121212cos,nnn nnn⋅=⋅解得a=，即PA【点睛】利用空间向量解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量运算判断或证明空间元素的位置关系及探究空间角、空间距离问题．建立空间直角坐标系的三种方法：（1）以几何体中共顶点且互相垂直的三条棱所在的直线作为坐标轴建系；（2）利用线面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系；（3）利用面面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系．5．（1）．【分析】（1）根据题意，正子体的所有棱都是正方体相邻两个面中心的连线，则正子体每个面都是正三角形，进而求出表面积；（2）设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，设(01)AA x x'=≤≤，进而算出ADE的面积，从而算出正子体的表面积即可判断.【详解】（1）依题意，正子体任一棱都是正方体相邻两个面中心的连线，所以正子体所有棱的长均相等.因为AB=所以242ABES=⨯，故该八面体的表面积8=．（2）正子体的表面积S不是定值．如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，且A B C D''''的中心为O，过点O作OG A B''⊥，垂足为G．设(01)AA x x '=≤≤，则1AG x =-，222222(1)1123AE DE AO OE x x x ==+=-++=-+，()2222(2)224AD x x x x =-+=-+.设AD 的中点为H ，如图2，则()22212122AD AH x x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，()22221222EH AE AH x x =-=-+，所以()()()2222211122422442ADE S AD EH x x x x ⎡⎤⎡⎤=⋅=-+-+⎢⎥⎣⎦⎣⎦ ()()2221322242x x x x =-+-+．因为01x ≤≤，所以2120x x -≤-≤，则()()2223132222442x x x x ≤-+-+≤，ADE S ≤≤ S ≤≤，所以此正子体的表面积S 的取值范围为．6．（1）证明见解析；（2）5a ；（3）45.【分析】(1)要证面1B DM ⊥面1B AE ，只需证AE ⊥面1B DM 即可；(2)根据已知条件可知，1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC 所成角的平面角，进而可得1B D 的长度；(3)建立适当的空间直角坐标系进行求解即可.【详解】(1)证明：因为12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，所以AD CE a ==，又因为//AD BC ，所以四边形AECD 为菱形，所以ABE △为正三角形，又因为M 为AE 的中点，所以1B M AE ⊥，DM AE ⊥，又因为1B M DM M ⋂=，所以AE ⊥面1B DM ，又因为AE ⊆面1B AE ，所以面1B DM ⊥面1B AE ，(2)由(1)知：DM AE ⊥，1B M AE ⊥，又因为//AE CD ，所以1B M CD ⊥，CD DM ⊥，所以CD ⊥面1B DM ，所以面1B DC ⊥面1B DM ，又因为面1B DM ⊥面1B AE ，所以1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC所成角的平面角，即1cos 5MB D ∠=，在1MB D △中，1B M =，DM =，由余弦定理得：22211111cos 25B M B D DM MB D B M B D +-∠=⋅，解得：15B D =.(3)因为面1B AE ⊥面AECD ，1B M AE ⊥，所以1B M ⊥面AECD ，所以以M 为坐标原点，以向量ME，MD ，1MB 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得：,0,02aA ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，0,,02D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，,0,02aE ⎛⎫⎪⎝⎭，,,02C a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则有：1,0,22a B A ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,22a B E ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，133,22B C a a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1ADB 与平面1ECB 的法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z = ，由111100n B A n B D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220a x z y z ⎧--=⎪⎪=，令11z =，则1x =11y =，所以()1n =，由212100n B E n B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得222220220ax z ax y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令21z =，则1x =21y =-，所以)21,1n =-，设平面1ADB 与平面1ECB 所成角的平面角为θ，则：12123cos 5n n n n θ⋅==⋅ 所以4sin 5θ=.7．（1）121323V V =；（2）45；（3）94,2⎡⎤⎢⎣⎦．【分析】（1）连结EF ，并延长分别交1CC ，CB 于点M ，N ，连结AM 交11A C 于点G ，连结AN ，GE ，利用比例关系确定G 为11A C 靠近1C 的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1A E ，1A F ，由11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++和21V V V =-进行求解，即可得到答案；（2）求出点G 到平面1A AE 的距离，得到点G 为11A C 靠近1C 的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GC m =，则[0m ∈，1]，先求出12S S 的关系以及取值范围，然后将2012S S S 转化为1S ，2S 表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF ，并延长分别交1CC ，CB 延长线于点M ，N ，连接AM 交11A C 于点G ，连接AN ，GE ．易得11113GC MC C E AC MC CN ===．故G 为11A C 靠近1C 的三等分点．11MC =，123GC =．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABC A B C -的体积2224V =⨯=连接1A E ，1A F ．由1//BB 平面1A AE 知，1F AA E V -为定值．11121323F AA E V -=⨯⨯=．11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++1111211232323=⨯⨯⨯⨯⨯+=21V V V =-=121323V V =．（2）由111A AGEF G AA E F AA E V V V ---=+及1F AA E V -=1G AA E V -=又1113G AA E AA E V S h -=⨯⨯△，所以34h =．即点G 到1A E 的距离为34，G 为11A C 靠近1C 的四等分点．因为平面111//A B C 平面ABC ，所以截面AGEF 与平面ABC 所成角即为截面AGEF 与平面111A B C 所成角，在1GC E △中，112GC =，11C E =，故1EG GC ⊥．又因为平面11ACC A ⊥平面111A B C ，且平面11ACC A 平面11111A B C AC =，所以EG ⊥平面11ACC A ．则1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角．在1Rt AGA △中，132A G =，12AA =，52AG =．故114sin 5AA A GA AG ∠==．因此，截面AGEF 与平面ABC 所成二面角的正弦值为45．（3）设1GC m =，则[]0,1m ∈，2MG mGA m=-．设MGE 的面积为S ，所以12S m S m=-．又因为21S S S =+，所以1222S mS -=．且1221,122S m S -⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦故()21201212122212S S SS S S S S S S S +==++．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()12g t t t =++在1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()()min 14g t g ==，()max 1922g t g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()94,2g t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以20121221924,2S S S S S S S ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦8．（1）证明见解析；（2）2M P =.【分析】（1）取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，由线面垂直判定定理可证AQ ⊥面BCD ，即可得证；（2）以Q 为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.【详解】（1）证明：如图，取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，因为ABC 是等边三角形，所以AQ BC ⊥，又平面ABC ⊥平面ACDE ，AE AC ⊥，平面ABC 平面ACDE =AC ，所以AE ⊥面ABC ，又AQ ⊂面ABC ，所以AE AQ ⊥，又//AE CD ，所以CD AQ ⊥，又CD BC C ⋂=，所以AQ ⊥面BCD ，因为2BP PD =，又P 是棱BD 的中点，所以112PQ DC ==，//PQ DC ，又//AE CD ，1AE =，所以//AE PQ ，AE PQ =，即四边形AEPQ 是一个平行四边形，所以//EP AQ ，所以EP ⊥平面BCD ；（2）由（1）得PQ ⊥平面ABC ，所以以点Q 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0Q ，)A ，()0,1,0B ，)E ，()0,0,1P ，设平面EAB 的法向量为()111,,m x y z =，由()111+00m AB y m m AE z ⎧⋅==⎪⇒=⎨⋅==⎪⎩，因为点M 在线段AC上，设其坐标为),0M t -，其中01t ≤≤，所以(),,1EM t =--，()EP = 设平面PEM 的法向量为()222,,n x y z =，由()222200,1,0n EM ty z n t n EP ⎧⋅=--=⎪⇒=-⎨⋅==⎪⎩，由题意，设平面PEM 与平面EAB 所成的锐二面角为θ，则1cos 2m n t m n θ⋅=⇒=-⋅或12t =，因为01t ≤≤，所以1,02M ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以M P =.【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。

立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

专题06 立体几何(解答题)

专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故417CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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，连结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中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥．所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（33【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3. 由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC AC --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32又23BP DQ DA ==，所以22BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）455．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23．连结OB ．因为AB =BC =22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2．由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC =23，∠ACB =45°．所以OM =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．所以点C 到平面POM 45【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧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）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（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）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）1326；（3）34．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DM 22=13AD AM +AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN =1，故DN 22=13AD AN +在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得1132cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =3．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD =22AC AD +=4．在Rt △CMD 中，3sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ；（2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）3913. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得11122AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得115B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得23AC =，由1CC AC ⊥，得113AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由1111115,22,21BC A B AC ==1111116cos 77C A B C A B ∠=∠=，所以13C D ，故11139sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3913. 方法二：（1）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：111(0,3,0),(1,0,0),(0,3,4),(1,0,2),3,1),A B A B C --因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23,3),AB A B AC ==-=- 由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(3,1,0)=-n .所以111|39sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB 39. 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 606232222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由AB AP ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）43.【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面，故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ，由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD⊂底面，所以PM⊥CM.设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.取CD的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以142PN x=.因为△PCD的面积为27，所以114227 22x x⨯⨯=，解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，所以四棱锥P−ABCD的体积()22412343 32V⨯+=⨯⨯=.【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：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．【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）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 . 从而AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为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.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，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E –BCD 的体积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，2BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55．【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos 5AD DAP AP ∠==．所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=，在Rt △DPF 中，可得5sin 5PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55．【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱，所以1111,AO OC AO OC =∥，因此四边形11AOCO 为平行四边形，所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ，所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ，所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）8．【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =，又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ．因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设CD=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=14，在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．。

(完整版)立体几何解答题的建系设点问题

立体几何解答题的建系设点问题一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、z 轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z 轴要与坐标平面xOy 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z 轴与底面的交点2、,x y 轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：（1）尽可能的让底面上更多的点位于,x y 轴上（2）找角：,x y 轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直+底面两条线垂直），这个过程不能省略。

3、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直 ② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 ③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直 ④ 直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）：① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一） ③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若222AB AC BC +=，则AB AC ⊥ （二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类 1、能够直接写出坐标的点（1）坐标轴上的点，规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为(),,0x y ，即竖坐标0z =，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考 2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果()'11,,A x y z 在底面的投影为()22,,0A x y ，那么1212,x x y y ==（即点与投影点的横纵坐标相同）由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。

2021高考数学必考点解题方式秘籍立体几何3 理(1)

2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：立体几何3一．专题综述：立体几何的要紧任务是培育学生的空间想像能力，固然推理中兼顾逻辑思维能力的培育，几何是研究位置关系与数量关系的学科，而位置关系与数量关系能够彼此转化，解决立体几何的大体方式是将空间问题转化为平面的问题，即空间问题平面化，平面化的手法有：平移（包括线、面、体的平移）、投影、展开、旋转等变换。

1.考纲要求（1）把握平面的大体性质。

会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图：能够画出空间两条直线、直线和平面的各类位置关系的图形，能够依照图形想像它们的位置关系。

（2）把握直线和平面平行的判定定理和性质定理：明白得直线和平面垂直的概念，把握直线和平面垂直的判定定理：把握三垂线定理及其逆定理。

（3）明白得空间向量的概念，把握空间向量的加法、减法和数乘。

（4）了解空间向量的大体定理；明白得空间向量坐标的概念，把握空间向量的坐标运算。

（5）把握空间向量的数量积的概念及其性质：把握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；把握空间两点间距离公式。

（6）明白得直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。

（7）把握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念，关于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在座标表示下的距离把握直线和平面垂直的性质定理把握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定量。

（8）了解多面、凸多面体的概念，了解正多面体的概念。

（9）了解棱柱的概念，把握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。

（10）了解棱锥的概念，把握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。

（11）了解球的概念，把握球的性质，把握球的表面积、体积公式。

2.考题设置与分值从近几年各地高考试题分析，立体几何题型一样是1至3个填空或选择题，1个解答题，分值25分左右3.考试重点与难度（1）空间大体的线、面位置关系。

一样以客观题的形式显现，试题很基础，但需要全面、准确把握空间线、面位置关系的判定、性质，还需要有好的空间感。

考点3.3 立体几何的新定义问题(解析版)

考点3.3 立体几何的新定义问题立体几何问题是高考重点考查的内容之一，其命题形式多种多样，其中基于问题情境的立体几何问题在高考中逐步成为热点。

通过具体的问题背景或新的定义，考察立体几何知识等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值，学科素养，关键能力，必备知识。

本专题以单选题，多选题，填空题及解答题等形式体现立体几何在新定义问题中的应用。

解决立体几何的新定义问题，常用的解题思路是：审题、建模、研究模型、解决新定义问题。

解题要点：根据题目给出的新定义，建立立体几何模型，研究模型时需注意：根据新定义进行由特殊到一般的规律总结，最后解决问题。

立体几何的新定义问题（1）单选题1．（2020·济南市·山东省实验中学高二期中）空间直角坐标系O xyz -中，经过点()000,,P x y z ，且法向量为(),,m A B C =的平面方程为()()()0000A x x B y y C z z -+-+-=，经过点()000,,P x y z 且一个方向向量为()(),,0n μυωμυω=≠的直线l 的方程为x x y y z z μυω---==，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3570x y z -+-=，经过()0,0,0的直线l 的方程为321xy z ==-，则直线l 与平面a 所成角的正弦值为（）A B C D 【答案】B 【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线l 与平面a 所成角的正弦值. 【详解】因为平面α的方程为3570x y z -+-=，故其法向量为()3,5,1n =-，因为直线l 的方程为321x y z ==-，故其方向向量为()3,2,1m =-，故直线l 与平面a35==，故选：B. 【点睛】关键点点睛：此题为材料题，需从给定的材料中提炼出平面的法向量和直线的方向向量的求法，这是解决此题的关键.2．（2020·全国高三专题练习（文））将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒【答案】D 【分析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角()9039542745θδ'''=︒-︒-=︒可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角()9039542750533θδδ''''''=︒-︒-=︒+，由华表的高和影长相等可知45θ=︒，所以45505335533δ''''''=︒-︒=-︒. 所以该天太阳直射纬度为南纬5533'''︒，故选：D.3．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（理））设1P 、2P 、…、n P 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到1P 、2P 、…、n P 点的距离之和最小，则称点P 为1P 、2P 、…、n P 点的一个“中位点”，有下列命题：①A 、B 、C 三个点共线，C 在线段AB 上，则C 是A 、B 、C 的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点A 、B 、C 、D 共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（） A ．②④ B ．①②C ．①④D ．①③④【答案】C 【分析】根据中位点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可. 【详解】①若三个点,,A B C 共线,C 在线段AB 上,根据两点之间线段最短, 则C 是,,A B C 的中位点,正确；②举一个反例,如边长为3,4,5的直角三角形ABC ,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为5 2.57.5+=,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；③若四个点,,,A B C D 共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误；④如图,在梯形ABCD 中,对角线的交点,O P 是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得PA PB PC PD AC BD OA OB OC OD +++≥+=+++,∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．故①④正确. 故选：C 【点睛】本题主要考查了新定义问题的运用,需要根据题意根据几何性质找到反例或直接证明.属于难题.4．（2020·北京高三专题练习）若点N 为点M 在平面α上的正投影，则记()N f M α=.如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，记平面11AB C D 为β，平面ABCD 为γ，点P 是棱1CC 上一动点（与C 、1C 不重合）()1Q f f P γβ⎡⎤=⎣⎦，()2Q f f P βγ⎡⎤=⎣⎦.给出下列三个结论：①线段2PQ 长度的取值范围是1,22⎡⎢⎣⎭；②存在点P 使得1//PQ 平面β；③存在点P 使得12PQ PQ .其中，所有正确结论的序号是（） A ．①②③ B ．②③C ．①③D ．①②【答案】D 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设点P 的坐标为()()0,1,01a a <<，求出点1Q 、2Q 的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误. 【详解】取1C D 的中点2Q ，过点P 在平面11AB C D 内作1PE C D ⊥，再过点E 在平面11CC D D 内作1EQ CD ⊥，垂足为点1Q .在正方体1111ABCD A BC D -中，AD ⊥平面11CC D D ，PE ⊂平面11CC D D ，PE AD ⊥∴，又1PE C D ⊥，1AD C D D =，PE ∴⊥平面11AB C D ，即PE β⊥，()f P E β∴=，同理可证1EQ γ⊥，CQ β⊥，则()()1f f P f E Q γβγ⎡⎤==⎣⎦，()()2f f P f C Q βγβ⎡⎤==⎣⎦.以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，设()01CP a a =<<，则()0,1,P a ，()0,1,0C ，110,,22a a E ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，110,,02a Q +⎛⎫ ⎪⎝⎭，2110,,22Q ⎛⎫⎪⎝⎭.对于命题①，2PQ =01a <<，则111222a -<-<，则211024a ⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以，212PQ ⎡=⎢⎣⎭，命题①正确；对于命题②，2CQ β⊥，则平面β的一个法向量为2110,,22CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，110,,2a PQ a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令211130424a a a CQ PQ --⋅=-==，解得()10,13a =∈，所以，存在点P 使得1//PQ 平面β，命题②正确；对于命题③，21120,,22a PQ -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()12211042a a a PQ PQ --⋅=+=，整理得24310a a -+=，该方程无解，所以，不存在点P 使得12PQ PQ ，命题③错误.故选：D. 【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.5．（2021·山东高三专题练习）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面11CDD C 上有一个小孔E ，E 点到CD 的距离为3，若该正方体水槽绕CD 倾斜（CD 始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面11CDD C 与桌面所成角的正切值为（）AB ．12CD ．2【答案】D 【分析】根据题意，当水恰好流出时，即由水的等体积可求出正方体倾斜后，水面N 到底面B 的距离1BN =，再由边长关系可得四边形1NPC H 是平行四边形，从而侧面11CDD C 与桌面所转化成侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,进而在直角三角形中求出其正切值. 【详解】由题意知，水的体积为44232⨯⨯=，如图所示，设正方体水槽绕CD 倾斜后，水面分别与棱1111,,,,AA BB CC DD 交于,,,,M N P Q 由题意知3PC =，水的体积为32BCPN S CD ⋅=322BN PC BC CD +∴⋅⋅=，即344322BN +⨯⨯=， 1BN ∴=在平面11BCC B 内，过点1C 作1//C HNP 交1BB 于H ，则四边形1NPC H 是平行四边形，且11NH PC ==又侧面11CDD C 与桌面所成的角即侧面11CDD C 与水面MNPQ 所成的角，即侧面11CDD C 与平面11HC D 所成的角,其平面角为111HC C B HC ∠=∠, 在直角三角形11B HC 中，111114tan 22B C B HC B H ===.【点睛】本题考查了利用定义法求二面角，在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.（2）多选题6．（2020·江苏南通市·海安高级中学高一月考）平面中两条直线l 和n 相交于O ，对于平面上任意一点M ，若p ，q 分别是M 到直线l 和n 的距离，则称有序非负实数对（p ，q ）是点M 的“距离坐标”.则下列说法正确的（）A ．若p =q =0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个B ．若pq =0，且p +q ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有2个C ．若pq ≠0，则“距离坐标”为（p ，q ）的点有且仅有4个D ．若p =q ，则点M 的轨迹是一条过O 点的直线【答案】ABC 【分析】根据“距离坐标”的定义对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】首先点到直线的距离是唯一确定的.对于A 选项，由于0p q ==，所以()0,0表示O 点，有且仅有一个，故A 选项正确. 对于B 选项，由于0pq =，且0p q +≠，当00p q =⎧⎨≠⎩或0p q ≠⎧⎨=⎩时，分别表示点()0,q 或(),0p ，有且仅有两个，故B 选项正确.对于C 选项，由于l 和n 相交与O ，所以直线l 和直线n 确定一个平面α，根据对称性可知，在平面α的上方和下方，各有两个“距离坐标”为(),p q 的点.故“距离坐标”为(),p q 的点有且仅有4个，所以C 选项正确. 对于D 选项，设l 和n 相交与O ，直线l 和直线n 相交所形成的两组对角的角平分线上的点，都满足p q =，所以点M 的轨迹不只是一条过O 点的直线，所以D 选项错误. 由于p q =，故选：ABC本小题主要考查空间点与直线的位置关系，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题. 7．（2020·全国高二课时练习）（多选）已知单位向量i ，j ，k 两两的夹角均为0,2πθθπθ⎛⎫<<≠⎪⎝⎭，若空间向量a 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a 在“仿射”坐标系Oxyz （O 为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=，则下列命题是真命题的有（）. A ．已知(1,3,2)a θ=-，(4,0,2)b θ=，则0a b ⋅= B ．已知(,,0)3a x y π=，(0,0,)3b z π=，其中,,0x y z >，则当且仅当x y =时，向量a ，b 的夹角取得最小值C ．已知()111,,a x y z θ=，()222,,b x y z θ=，则()121212,,a b x x y y z z θ+=+++D ．已知(1,0,0)3OA π=，(0,1,0)3OB π=，(0,0,1)3OC π=，则三棱锥O ABC -的表面积S =【答案】BC 【分析】根据“仿射”坐标的定义逐项判断即可. 【详解】(1,3,2)(4,0,2)(32)(42)421268412cos a b i j k i k i k i j j k k i θθθ⋅=-⋅=+-⋅+=+⋅+⋅+⋅-⋅-=因为0θπ<<，且2πθ≠，所以0a b ⋅≠，故A 错误；如图所示，设OB b =，OA a =，则点A 在平面xOy 上，点B 在z 轴上，由图易知当x y =时，AOB ∠取得最小值，即向量a 与b 的夹角取得最小值，故B 正确；根据“仿射”坐标的定义可得，()()()()()()()()111222111222121212121212,,,,,,a b x y z x y z x i y j z k x i y j z k x x i y y j z z k x x y y z z θθθ+=+=+++++=+++++=+++，故C 正确；由已知可得三棱锥O ABC -为正四面体，棱长为1，其表面积214122S =⨯⨯⨯=D 错误. 故选：BC. 【点睛】新定义概念题，考查对新概念的理解能力以及运算求解能力，基础题.8．（2020·江苏高二期中）20世纪50年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石，人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及他们的过渡形态. 其中立方八面体（如图所示）有24条棱、12个顶点，14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.已知一个立方八面体的棱长为1，则（）A ．它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为2B ．它的任意两条不共面的棱所在的直线都互相垂直 CD ．它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等【答案】ACD 【分析】利用立方八面体与正方体之间的关系计算出正方体的棱长，可判断A 、C 选项的正误；计算出不共面的棱所成角的大小可判断B 选项的正误，计算相邻的两个面所成二面角的大小可判断D 选项的正误. 【详解】如下图所示，由题意可知，立方八面体的顶点为正方体1111ABCD A BC D -各棱的中点，故立方八面体的棱为正方体1111ABCD A BC D -相邻两条棱的中点的连线，=由对称性可知，立方八面体的外接球球心为正方体1111ABCD A BC D -的中心，外接球的直径为正方体1111ABCD A BC D -的面对角线长2，该球的半径为1，A 选项正确；设MN 、PQ 为立方八面体的两条不共面的棱，如下图所示，则11//MN B D ，在正方体1111ABCD A BC D -中，11//BB DD 且11BB DD =，则四边形11BBD D 为平行四边形， 11//BD B D ∴，//MN BD ∴，由于1//PQ BC ，易知1BC D 为等边三角形，则160C BD ∠=，所以，MN 与PQ 所成角为60，B 选项错误；立方八面体的体积为331183223V ⎛⎫=-⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭C 选项正确；设正方体1111ABCD A BC D -底面的中心为点O ，连接OC 交立方八面体的棱PF 于点E ，连接EQ ，则E 为PF 的中点，且PFQ △为等边三角形，所以，EQ PF ⊥，CD BC =，O 为BD 的中点，OC BD ∴⊥，P 、F 分别为BC 、CD 的中点，则//PF BD ，OC PF ∴⊥，所以，OEQ ∠为立方八面体的底面与由平面PFQ 所成二面角的平面角，立方八面体的棱长为1，12OE EC ∴==，112CQ CC ==，3sin 602EQ PQ == 1CC ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，1CC CE ∴⊥，在Rt CEQ 中，cos CE CEQ EQ ∠==所以，()cos cos 180cos OEQ CEQ CEQ ︒∠=-∠=-∠=同理可知，立方八面体的相邻两个面所成二面角的余弦值为-D 选项正确. 故选：ACD.【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．9．（2020·夏津县教育和体育局高二月考）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng ）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体ABCDEF 是一个刍甍，其中四边形ABCD 为矩形，其中8AB =，AD =ADE 与BCF △都是等边三角形，且二面角E AD B --与F BC A --相等且大于3π，则EF 长度可能为（）A ．1B ．5C ．9D ．13【答案】CD 【分析】取两个极限情况：二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，14EF =，二面角为3π时，5EF =，即可得出结果. 【详解】等边三角形ADE 603︒=，同理等边三角形BCF 边上的高为3．二面角E AD B --与F BC A --相等，且为平角时，6814EF =+=，因此14EF <，二面角E AD B --与F BC A --相等，且为3π时，EF 最小，如图所示，此时取BC ，AD 的中点,O Q ，连接OQ ，FO ，由图形的对称性可得F 点在底面的投影必在OQ 上，由于OF BC ⊥，OH BC ⊥，所以FOH ∠即为二面角F BC A --的平面角，即3FOH π∠=，故32OH =，此时38252EF =-⨯= 由于二面角大于3π，因此5EF >，即可得EF 长度可能为9,13，故选：CD.【点睛】本题主要考查了空间角、运动思想方法、空间位置关系，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.（3）填空题10．（2020·枣庄市第三中学高二月考）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为()2220,,,,0Ax By Cz D A B C D R A B C +++=∈++≠，点()000,,P x y z 到平面α的距离d =，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O 到侧面的距离等于________．【分析】以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，求出点,,,O A B P 的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可．【详解】如图，以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0O，(1A ，1，0)，(1B -，1，0)，(0P ，0，2)，设平面PAB 的方程为0Ax By Cz D +++=，将,,A B P 坐标代入计算得0020A B D A B D C D ++=⎧⎪-++=⎨⎪+=⎩解得0A =，B D =-，12C D =-，102Dy Dz D ∴--+=，即220y z +-=，d ∴==【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．11．（2020·梅河口市第五中学高三月考（文））瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V ，棱数E 及面数F 满足等式2V E F -+=，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮，简洁的公式之一.如图是一个面数为26的多面体（其表面仅由正方形和正三角形围成），根据欧拉多面体公式可求得其棱数E =_______.【答案】48 【分析】根据图形可知顶点数，代入欧拉多面体公式可求得结果. 【详解】该多面体面数26F =，由图知，顶点数24V =，根据欧拉多面体公式2V E F -+=得：棱数22426248E V F =+-=+-=. 故答案为：48. 【点睛】本题考查立体几何中的新定义运算的求解问题，关键是能够充分理解已知所给公式，属于基础题.（4）解答题12．（2021·全国高三八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在各顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数2=，证明：这类多面体的总曲率是常数．【答案】（1）4π；（2）证明见解析. 【分析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=，按照公式计算总曲率即可. 【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：()25424ππππ⨯-+=.（2）设顶点数、棱数、面数分别为n 、l 、m ，所以有2n l m -+= 设第i 个面的棱数为i x ，所以122m x x x l +++=所以总曲率为：()()()122222m n x x x ππ--+-++-⎡⎤⎣⎦()222n l m ππ=--()24n l m ππ=-+=所以这类多面体的总曲率是常数. 【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．13．（2020·北京101中学高二期中）已知集合(){}()12,,,|,1,2,,1n n i R x x x x R i n n =∈=≥，定义n R 上两点()12,,,n A a a a ，()12,,,n B b b b 的距离()1,ni i i d A B a b ==-∑.（1）当2n =时，以下命题正确的有__________（不需证明）： ①若()1,2A ，()4,6B ，则(),7d A B =；②在ABC 中，若90C =∠，则()()()222,,,d A C d C B d A B ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦⎣⎦； ③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，则B C ∠=∠;（2）当2n =时，证明2R 中任意三点A B C ，，满足关系()()(),,,d A B d A C d C B ≤+；（3）当3n =时，设()0,0,0A ，()4,4,4B ，(),,P x y z ，其中x y z Z ∈，，，()()(),,,d A P d P B d A B +=.求满足P 点的个数n ，并证明从这n 个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83. 【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）125n =，证明见解析．【分析】（1）①根据新定义直接计算．②根据新定义，写出等式两边的表达式，观察它们是否相同，即可判断；③由新定义写出等式()(),,d A B d A C =的表达式，观察有无AB AC =；（2）由新定义，写出不等式两边的表达式，根据绝对值的性质证明；（3）根据新定义，及绝对值的性质得P 点是以AB 为对角线的正方体的表面和内部的整数点，共125个，把它们分布在五个平面(0,1,2,3,4)z =上，这五个面一个面取3个点，相邻面上取一个点，以它们为顶点构成三棱锥（能构成时），棱锥的体积不超过83，然后任取11点中如果没有4点共面，但至少有一个平面内有3个点．根据这3点所在平面分类讨论可得．【详解】（1）当2n =时，①若()1,2A ，()4,6B ，则(),41627d A B =-+-=，①正确；②在ABC 中，若90C =∠，则222AC BC AB +=，设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，所以222222131323231212()()()()()()x x y y x x y y x x y y -+-+-+-=-+-而()2221212121221212()()()2)),((x x y y x x y y d A x B x y y =⎡⎤⎣-+-+⎦=--+--， ()()22,,d A C d C B ⎡⎤⎡⎤+=⎣⎦⎣⎦22221313232313132323()()()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y x x y y -+-+-+-+--+--，但1313232312122()()2()()2()()x x y y x x y y x x y y --+--=--不一定成立，②错误；③在ABC 中，若()(),,d A B d A C =，在②中的点坐标，有12121313x x y y x x y y -+-=-+-，但1212131322x x y y x x y y -⋅-=-⋅-不一定成立，因此AB AC =不一定成立，从而B C ∠=∠不一定成立，③错误．空格处填①（2）证明：设112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，根据绝对值的性质有132312x x x x x x -+-≥-，132312y y y y y y -+-≥-，所以(,)(,)(,)d A C d B C d A B +≥．, （3）(,)12d A B =，44,44,44x x y y z z +-≥+-≥+-≥，所以(,)(,)12d A P d B P +≥，当且仅当以上三个等号同时成立，(,)(,)12d A P d B P +=又由已知()()(),,,d A P d P B d A B +=，∴04,04,04x y z ≤≤≤≤≤≤，又,,x y z Z ∈，∴,,0,1,2,3,4x y z =，555125⨯⨯=，点P 是以AB 为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共125个，125n =．这125个点在0,1,2,3,4z z z z z =====这五面内．这三个平面内，一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．则这个三棱锥的体积最大为118441323V =⨯⨯⨯⨯=，现在任取11个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点（显然不共线），若这三点在1,2,3z z z ===这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过83，否则还有8个点在平面0z =和4z =上，不合题意，若这三个点在平面0z =或5z =上，不妨设在平面0z =，若在平面1z =在一个点，则同样四点构成的三棱锥体积不超过83，否则剩下的8个点在2,3,4z z z ===三个平面上，只能是3，3，2分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过83，综上，任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于83.【点睛】关键点点睛：本题新定义距离(,)d A B ，解题关键是利用新定义转化为绝对值，利用绝对值的性质解决一些问题．本题还考查了抽屉原理，11个放在5个平面上，至少有一个平面内至少有3点，由此分类讨论可证明结论成立．14．（2016·上海市实验学校高二期末）（1）如图，对于任一给定的四面体1234A A A A ，找出依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，使得()1,2,3,4i i A i α∈=，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面1α，2α，3α，4α，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体1234A A A A 的四个顶点满足：()1,2,3,4i i A i α∈=，求该正四面体1234A A A A 的体积．【答案】（1）见解析；（2 【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ，则有223//A P NP ，332//A P MP ，从而可得面面平行；（2）先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求正四面体1234A A A A 的体积．【详解】（1）取41A A 的三等分点2P ，3P ，13A A 的中点M ，24A A 的中点N ，过三点2A ，2P ，M 作平面2α，过三点3A ，3P ，N 作平面3α，因为223//A P NP ，332//AP MP ，所以平面2//α平面3α，再过点1A ，4A 分别作平面1α，4α与平面2α平行，那么四个平面，2α，3α，4α依次相互平行，由线段41A A 被平行平面1α，2α，3α，4α截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故1α，2α，3α，4α为所求平面．（2）如图，将此正四面体补形为正方体1111ABCD A BC D -（如图），分别取AB 、CD 、11A B 、11C D 的中点E 、F 、1E 、1F ，平面11DEE D 与11BFF B 是分别过点2A 、3A 的两平行平面，若其距离为1，则正四面体1234A A A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a ，若1AM MN ==，因为12AE a =，DE =，在直角三角形ADE 中，AM DE ⊥，所以1122a a a =⋅，所以a ==，所以此正四面体的体积为3311432V a a =-⋅⋅=．【点睛】本题考查面面平行判定以及补形法求体积，考查空间想象能力以及基本分析论证与求解能力，属较难题.。

立体几何最值问题-高考数学一题多解

立体几何最值问题-高考数学一题多解一、攻关方略事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维到高维的发展规律，所谓升维策略，就是把维数、抽象水平较低的或局部的问题转化为维数、抽象水平较高或整体性较强的整体间的关系问题，通过对整体性质或关系的考虑，使原问题获得解决的策略，如平面图形通过翻折或旋转成为空间图形就是二维向三维的转化与变换．在解题时，考虑把高维空间的问题转化为低维空间的问题，这种处理问题的方法叫降维法，也可称之为降维策略，如将立体几何问题转化为平面几何问题．实际上，许多立体几何问题如求空间角、空间距离等，通常总是转化为平面内的问题，通过计算来解决的，当然将空间角、空间距离转变为平面角、平面上点线距离这一步是需要证明的．在立体几何学习中经常碰到几何体中有变角或变动的线段，此时必须根据题意列出沟通已知量与变量之间的关系，运用函数与方程的思想来处理，立体几何中由于动点的变化引起的最值，通常建立关于与动点相关的角度的目标函数，转化为函数最值问题求解．若在空间图形中建立空间直角坐标系，利用向量坐标法，结合条件得到方程（组），则可用解方程（组）求出结果，利用函数与方程的思想方法还可以解空间图形中涉及线面关系、面面关系的探究性问题．真可谓：翻折旋转二维升三，空间问题降维处理．点动角变牵动图形，立几最值函数搞定．1．如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △、ECA △、FAB 分别是以BC 、CA 、AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC 、CA 、AB 为折痕折起DBC △、ECA △、FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为______．【针对训练】2．点P 在ABC 所在平面α外，PA α⊥，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=，则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．3．如图所示，在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体P BCD -的体积的最大值是______．4．已知底面边长为2的正三棱锥-P ABC ，其表面展开图是123PP P ，如图所示，求123PP P 的各边长及此三棱锥的体积V ．5．已知球的直径4SC =，A 、B 是该球面上的两点，30ASC BSC ∠=∠=︒，则三棱锥S ABC -的体积的最大值为______．（2021全国新高考Ⅰ卷19）6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?（2022新高考1卷）7．已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]（2022年全国乙卷（文数）第12题）8．已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D ．2（2022年全国乙卷（文数）第18题）9．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2AB BD ==，60ACB ∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB=BC=3，CD=1，ADC=90°．沿直线AC 将ACD 翻折成ACD '△，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是________.11．已知四边形ABCD ，2AB BD DA ===，BC CD ==ABD △沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小在5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（）A ．08⎡⎢⎣⎦，B ．08⎡⎢⎣⎦，C ．01⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎦⎣⎭ D ．88⎢⎣⎦，参考答案：1．3【分析】先求得所求三棱锥体积的表达式，然后利用导数或基本不等式求得体积的最大值.【详解】解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当ABC 的边长变化时，设ABC 的边长为()0a a >cm ，则ABC 的面积为24a ．DBC △的高为56a -，则正三棱锥的高为=∴2503->，∴0a <<．∴所得三棱锥的体积213412V a =⨯=．令45253t a a =-，则34100t a ='，由0t '=，得a =此时所得三棱锥的体积最大，为3．解法二：如图所示，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD BC ⊥，OG 是等边三角形ABC 内切圆半径，21π1sin 3232BC BC OG ⨯⨯=⨯⨯，解得OG =，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG x =，则BC =，5DG x =-，2132ABC S x =⨯=△，则所得三棱锥的体积2213V =⨯=令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．则()3410050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，得02x <≤．则当50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()280f x f =≤，∴V ≤．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．解法三：如图所示，连接OE 交AC 于点H ，连接AO 、OC ，设OH x =．则AC =，5EH x =-，三棱锥D ABC -2ABC S = ，D ABC V -=2≤=，当且仅当104x x =-，即2x =时取等号．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．【点睛】本题为平面图形折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到折叠过程中哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素见核心要素．根据平面图形的性质，寻找不变的数量关系以及直线与直线平行和垂直的位置关系，是解决折叠问题的突破口，因此折叠问题要通过变图、想图、构图、用图的过程，积极思考，体会解题程序方向性，直击问题的本质，折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要了解三维空间图形问题的平面化处理，两者是互通的．在建立体积表达式的函数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法．策略一:以动正三角形AEC 的边长为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略二:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略三:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用基本不等式求最大值，注意等号成立的条件.2【分析】法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，设ADP θ∠=，用θ的正余弦表示AD ，PD ，再利用等体积法求解作答.法二，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F ，证明AF ⊥平面PBC ，再利用均值不等式求解作答.【详解】解法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，如图，因PB PC =，则PD BC ⊥，而3tan2PBC ∠=，有sin PBC ∠=则有sin PD PB PBC =⋅∠=PA ⊥平面ABC ，,AD BC ⊂平面ABC ，则PA AD ⊥，PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，则AD BC ⊥，在Rt PAD △中，令(0,)2ADP πθ∠=∈，sin ,cos PA PD AD PD θθ==，设点A 到平面PBC 的距离为h ，11,22PBC ABC S BC PD S BC AD =⋅=⋅ ，由A PBC P ABC V V --=得：1133PBC ABC S h S PA ⋅=⋅ ，即1122BC PD h BC AD PA ⋅⋅=⋅⋅，于是得cos sin 2AD PA PD PD h PD PD θθθ⋅⋅==，当且仅当22=πθ，即4πθ=时取等号，所以点A 到平面PBC解法二，在PBC 中，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F，如图，PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，而BC ⊂平面PBC ，则有平面PAD ⊥平面PBC ，又平面PAD ⋂平面PBC PD =，AF ⊂平面PAD ，因此AF ⊥平面PBC ，即AF 就是点A 到平面PBC 的距离，而3tan 2PBC ∠=，有sin PBD ∠=sin PD PB PBD =⋅∠=，在Rt PAD △中，22211()1222PA AD PD PA AD AF PD PD PD PD +⋅=≤==当且仅当3PA AD ==时取等号，所以点A 到平面PBC3．12##0.5【分析】先求得四面体P BCD -体积的表达式，利用基本不等式或函数的单调性求得体积的最大值.【详解】解法一：由2AB BC ==，120ABC ∠=︒，可得AC =要求四面体P BCD -的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积BCD S △和点P 到平面BCD 的距离h ，易知2h ≤．设AD x =，则DP x =，DC x =，()12sin 3022DBC xS x =⨯⨯⨯︒=△，其中(0,x ∈，且h x ≤．∴2111366622P BCDBCD x x x x V S h h x -⎛⎫-+=⨯=≤≤= ⎪ ⎪⎝⎭△．当且仅当x x =，即x =P BCD -的体积的最大值是12．解法二：设PD AD x ==，∵PB PA =，PBD ABD ≌△△，1133P BCD BCD V S h -=⨯=△（h 为三棱锥P BCD -的高）．当平面PBD ⊥平面BDC 时，使四面体PBCD 的体积较大．作PH BD ⊥，垂足为H ，则PH ⊥平面BCD ，sin sin h PH PD PDB x ADB ==⋅∠=⋅∠．此时，()211sin sin sin 662P BCDx x V ADB ADB ADB -=⋅∠≤∠=∠⎝⎭，当且仅当x =1sin 2P BCD V ADB -=∠，当90ADB ∠=︒，即AD BD ⊥时，P BCD V -最大值为12．解法三：∵13P BCD BCD V S h -=⨯△（h 为三棱锥P BCD -的高），在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒，则AC =30BAC BCA ∠=∠=︒，设(0PD DA x x ==<<，则DC x =-，1sin 22BCD xS BC CD BCA =⨯⋅∠=△．在ABD △中，由余弦定理，有2222cos BD AD AB AD AB BAC =+-⋅∠．代入整理得BD =PBD △中，由余弦定理，有222cos 2PB BD PD PBD PB BD+-∠=⋅，代值整理得cos PBD ∠∴sin PBD ∠=．过P 作PM BD ⊥，垂足为M ，则PM 为四面体P BCD -的高．∴sin h PM PB PBM ==∠故111336P BCDBCD V S h -===△，t =，∵0x <<12t ≤<，∴224x t -=-．2141466P BCDt V t t t--⎛⎫=⨯=- ⎪⎝⎭在[)1,2t ∈上单调递减．∴当1t =，即x =P BCD -的体积最大为1411612P BCD V --=⨯=．4．1213234PP PP P P ===，3【分析】由12APB CBP ≌△△，分析可得123PP P 是边长为4的正三角形，再由13P ABC ABC S PO V -=⋅ 结合题干数据求解即可.【详解】由题图可知1P 、B 、2P 三点共线，∴12APBCBP ≌△△．∵60ABC ∠=︒，∴1260ABP CBP ∠=∠=︒，1APB △和2CBP △都是正三角形．∴124PP =．同理可知其他两边长也是4，∴123PP P 是边长为4的正三角形．折叠后是棱长为2的正四面体-P ABC ，如图所示．设顶点P 在底面内的投影为O ，连结BO 并延长，交AC 于点D ，则D 为AC 的中点，O 为ABC 的重心，PO ⊥底面ABC ．AO AB ==，PO ==．故133P ABC ABC V S PO -=⋅=△．5．2【分析】过AB 作与SC 垂直的截面ABM ．通过13S ABC ABM V SC S -=⋅△，分析即得解.【详解】过AB 作平面ABM SC ⊥且SC 平面ABM M =，如图所示，由题意知SAC 、SBC △均为直角三角形．∵4SC =，30ASC BSC ∠=∠=︒，故SAC SBC ≅ ，∴SA =，2CA =，∴SA ACAM BM SC⋅==．∴2141sin 2sin 2332S ABCABM V SC S AMB AMB -=⋅=⨯⨯∠=∠≤△．∴三棱锥S ABC -体积的最大值为2．故答案为：26．（1）证明见解析；（2）112B D =【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅ 112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT =，即11B H =，所以1B H =所以DH ==则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min 3sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF =D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=，sin DFE ∠1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==，sin θ，当12t =，即112B D =，面11BB C C与面DFE 所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．7．C【分析】设正四棱锥的高为h ，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可.【详解】设球体的半径为R ，由题知：34363R ππ=，所以球的半径3R =.设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则222222l h a h =+=+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，设()641=936x f x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3x ≤≤，所以()5233112449696x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪⎝⎭⎝⎭，当3x ≤≤()0f x ¢>，()f x 为增函数，当x <≤()0f x '<，()f x 为减函数，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C 8．C【分析】令四棱锥底面四边形外接圆半径为r ，用r 表示四棱锥的高及底面四边形面积最大值，再借助导数求解作答.【详解】设该四棱锥底面四边形为ABCD ，平面ABCD 截球O 所得小圆半径为r ，则球心O到平面ABCD 的距离h =设四边形ABCD 对角线,AC BD 的夹角为α，则1sin 2ABCD S AC BD α=⋅，于是得该四棱锥的体积：12sin 22sin 36623ABCD V S h BD r r rπα=⋅=⋅≤⋅⋅=当且仅当对角线,AC BD 是截面小圆互相垂直的两条直径，即四边形ABCD 为正方形时取等号，令2(0,1)r x =∈，有23r =23(),(0,1)f x x x x =-∈，求导得：22()233()3f x x x x x '=-=-，当203x <<时，()0f x '>，当213x <<时，()0f x '<，因此函数()f x 在2(0,)3上单调递增，在2(,1)3上单调递减，当23x =时，23max 224()(()3327f x =-=，从而当223r =时，max 222(333r =⨯⨯max V =，此时3h ==，故选：C9．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面BED ，然后根据面面垂直的判定定理可得平面BED ⊥平面ACD ；（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积或利用等积法及锥体的体积公式即得.【详解】（1）AD CD = ，ADB BDC ∠=∠，BD BD =，ADB CDB ∴≅ ，AB BC ∴=，又E 为AC 的中点．AC BE ∴⊥，AD CD = ，E 为AC 的中点．AC DE ∴⊥，又BE DE E = ，BE ⊂平面BED ，DE ⊂平面BED ，AC ∴⊥平面BED ，又AC ⊂ 平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD ；（2）方法一：依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =，所以222DE BE BD +=，即DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD =，过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，又DE ⊥平面ABC ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯=方法二：AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴ 是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EF ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，即EF BD ⊥时，AFC △的面积最小，,,2AD CD AD CD AC ⊥== ，E 为AC 的中点，∴1DE =，222DE BE BD +=，BE ED ∴⊥，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，∴32BF ，113222BEF S BF EF ∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∴=+=⋅=⋅= .10．6【分析】取AC 中点O ，连接OB ，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点建立空间直角坐标系，设二面角D AC B '--的大小为α，把直线A C 与BD '所成角的余弦表示为α的函数，求出函数最大值作答.【详解】在ACD 中，90ADC ∠= ，1,CD AD ==则AC =，过D 作DH AC ⊥于H ，连接D H '，如图，显然D H AC '⊥，ACD 绕直线AC 旋转过程中，线段DH 绕点H 在垂直于直线AC 的平面γ内旋转到D H '，取AC 中点O ，连接OB ，因3AB BC ==，有OB AC ⊥，OB =，,663CD ADD H DH CH OH AC⋅'=====，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点，射线,,OB OA Oz 分别为,,x y z 轴非负半轴，建立空间直角坐标系，则A ，B ，(0,2C -，显然有//Oz 平面γ，设二面角D AC B '--的大小为[0,]απ∈，有(,,sin )636D αα'-，则有(,sin )6236BD αα=--' ，CA的方向向量为(0,1,0)n = ，设直线AC 与BD '所成的角为θ，于是得||cos |cos ,|||||n BD n BD n BD θ'⋅'=〈〉=='因[0,]απ∈，则1cos 1α-≤≤，于是得cos 6θ=，当且仅当cos 1α=取等号，所以直线AC 与BD '11．A【分析】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，以O 为原点建立空间直角坐标系，利用二面角A BD C --的大小θ的正余弦表示,AB CD的坐标，利用空间向量建立函数关系求解作答.【详解】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，而AB =BD =DA =2，BC =CD，则CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO =1，AOAOC ∠是二面角A BD C --的平面角，令5[,]66AOC ππθ∠=∈，显然有BD ⊥平面AOC ，BD ⊂平面BCD ，则平面AOC ⊥平面BCD ，在平面AOC 内过O 作Oz OC ⊥，而平面AOC I 平面BCD OC =，因此Oz ⊥平面BCD ，即射线,,OC OD Oz 两两垂直，以O 为原点，射线,,OC OD Oz 分别为,,x y z轴非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)B C D -，)A θθ，,1,),(1,1,0)BA CD θθ==-，设直线AB 与CD 所成的角为α，则||cos |cos ,|||||AB CD AB CD AB CD α⋅=〈〉==，由5[,66ππθ∈得：cos [,]22θ∈，15122θ-≤≤，则5|1|[0,2θ∈，于是得cos[0,]α∈，8.所以直线AB与CD 所成角的余弦值取值范围是[0,]8故选：A答案第18页，共18页。

浅谈新课程理念下的高三数学第一轮复习

一
＝
很相似，＿ｂ＋ｍ：
Ｄ＋，Ｄ— 一，
，
显然此式可看作点
Ｚ２－Ｘｌ
Ｐ（ｂ，ａ）与点（一ｍ，一ｍ）连线的斜率，・．－Ｏ＜口＜６．点ＪＰ（ｂ，ｎ）在第一象限，且必位于直线ｖ＝的下方。
＋，
一 — —
＞— — 一。
复习体系按传统的章节体系进行
ｂ＋，ｎｂ
新课程精简整合了传统高中数学内容，变传统的“ 章节教学” 模式为“ 模块教学 ” ，强调必修与选修、学科与综合协调发展。教材的编排由浅入深，由表及里，注重螺旋式上升。虽说这些特点更加符合高中学生的年龄特征和认知规律，更适合学生的自主学习和课前预习，有利于我们展开素质教育、培养学生能力。如立体几何初步（模块２）和空间向量（选修系列２－１）、不等式（模块５）与不等式选讲（选修４～５）等属同一知识体系却在不同时期进行分开学习的，使学生学得较零散。因此在高三作为系统的复习，采用知识体系，即知识块的形式进行会更有助于学生对知识的掌握系统化、条理化，才能使复习达到最佳效
又・．・＞ｏ，．．．点（一，一ｍ）在第三象限，ＨＥ，在ｖ：
上。连结ＯＰ，￣．ＩＩＰＭ，ＫＤＰ＝＿ａ，ＫＭＰ＝＿ａ一＋ｎ２，・直线ＭＰ
・．
０
０十ｎｌ
的倾斜角大于直线ＯＲ的倾斜角 ∥．ＫＭＰ＞ＫＯＰ，即有

第14讲立体几何知多少(含解析)-【高中数学】一题多解拔尖训练

一题多解第14讲立体几何知多少，位置关系空间角典型例题【例1】如图141 ,在矩形ABCD 中,E 为边AB 的中点,将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE ,若M 为线段1A C 的中点,则在ADE 的翻转过程中,正确的命题是________.(1)BM 是定值;(2)点M 在球面上运动;(3)一定存在某个位置,使1DE A C ;(4)一定存在某个位置,使MB ∥平面1A DE .【例2】如图145 ,在Rt ABC中,4,3,,2AB AC A ,AP mPB AQ nQC (,0)m n ,且满足111,2M m n 是BC 的中点,对任意的,QP QM R 的最小值记为 f m ,则对任意的0,m f m 的最大值为________.【例3】如图147 ,在四棱锥P ABCD 中,E 为AD 上一点,PE 平面,,,2,ABCD AD BC AD CD BC ED AE F ∥为PC 上一点,且2CF FP (I)求证:PA ∥平面;BEF (证明略)(II)若PE ,求二面角F BE C 的平面角的大小.【例4】已知,a b 是异面直线,,,,,,A B a C D b AC b BD b ,且2,1AB CD ,则异面直线,a b 所成的角等于________.【例5】已知三棱锥P ABC 满足60APB BPC CPA ,三个侧面,,APB BPC CPA 的面积分别为,2,12,则这个三棱锥的体积是________.【例6】已知在四棱柱1111ABCD A B C D 中,侧棱1AA 底面1,2ABCD AA ,底面ABCD 的边长均大于2,且45DAB,点P 在底面ABCD 内运动且在,AB AD 上的射影分别为,M N ,若2PA ,则三棱锥1P D MN 体积的最大值为________.强化训练1.在四棱锥S ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,,M N 分别是,SA BD 上的点.有下列命题：(1)若SM DN MA NB,则MN ∥平面SCD ;(2)若SM DN MA NB ,则MN ∥平面SCB ;(3)若平面SDA 平面ABCD ,且平面SDB 平面ABCD ,则SD 平面ABCD .其中正确命题的序号为________.2.如图1426 ,在四棱锥P ABCD 中,E 为AD 上一点,PE 平面,ABCD //,AD BC AD ,CD 22,BC ED AE 3,EB F 为PC 上一点,且2CF FP .(I)求证://PA 平面BEF ;(II)若二面角F BE C 的平面角的大小为60,求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小.3.如图1427 ,在三棱锥A BCD 中,3,2,AB AC BD CD AD BC M 是AD的中点,则异面直线,CM AB 所成角的大小为________.4.已知三棱锥P ABC 的体积为16,点,D E 分别在侧棱,PB PC 上,且2,PD DB 3PE EC ,则三棱锥P ADE 的体积为________.5.过凸四边形ABCD 的对角线交点O 作该四边形所在平面的垂线段SO ,使SO 3 ,若22,S AOD S BOC V a V b ,当S ABCD V 最小时,ABCD 的形状为________.一题多解第14讲立体几何知多少，位置关系空间角典型例题【例1】如图141 ,在矩形ABCD 中,E 为边AB 的中点,将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE ,若M 为线段1A C 的中点,则在ADE 的翻转过程中,正确的命题是________.(1)BM 是定值;(2)点M 在球面上运动;(3)一定存在某个位置,使1DE A C ;(4)一定存在某个位置,使MB ∥平面1A DE .【解析】【解法1】设CD 中点为S ,则111=2MS A D MS A D ,∥,且MS 为定值,又因为,,DS BE DS BE ∥,所以四边形DSBE 是平行四边形,所以BS DE ∥且BS 为定值.由余弦定理可得2222212cos 2cos MB MS SB MS SB MSB MS SB MS SB A DE ,所以MB 是定值,(1)正确.因为B 是定点,所以点M 是在以B 为圆心,MB 为半径的球面上,所以(2)正确.若当DE EC 时,如图14-2:1110DE A C DE A E EC DE A E DE EC ,(3)错误因为1,SB DE MS A D ∥∥,又因为1,SB SM S DE A D D ∩∩,所以平面MSB ∥平面1A ED ,所以MB ∥平面1A ED ,(4)正确.【点拨】利用向量数量积判定线线的垂直关系.【解法2】如图 143,1 正确,由余弦定理可知MB 为定值,同【解法1】;(2)正确,同【解法1】；(3)错误,若2AB AD ,则DE EC .若1DE A C ,又因为1A C 在平面ABCD 的射影在AC 上,所以.DE AC 由题意知AC 与DE 不垂直,所以(3)不正确.(4)正确,取DC 中点F ,则11,,,FB DE MF A D FB MF F A D DE D ∩∩∥∥,所以平面//MFB 平面1A ED ,所以MB ∥平面1A ED .【点拨】先利用假设反证法证明不垂直再利用面面平行证明线段平行.【解法3】如图144 ,(1)正确,延长DE 交CB 的延长线于点N ,连结,AN DAN 绕着DN旋转,因为1A N 为定值,所以MB 为定值;(2)正确,点M 在以B 为圆心,MB 为半径的球面上运动;(3)错误,同【解法2】;(4)正确,取EC 中点P ,可以类似【解法2】证明平面MPB ∥平面1A ND ,所以MB ∥平面1.A ED 【点拨】从不同角度构造辅助线.【赏析】本题涉及立体几何的考点比较多,如线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直.熟练掌握线面、面面平行及垂直的判定和性质定理、线面角、二面角的定义及求法是解立体几何题的关键.【例2】如图145 ,在Rt ABC中,4,3,,2AB AC A ,AP mPB AQ nQC (,0)m n ,且满足111,2M m n 是BC 的中点,对任意的,QP QM R 的最小值记为 f m ,则对任意的0,m f m 的最大值为________.【解析】【解法1】设 ,0,0,P a Q b ,以A 为坐标原点,,AB AC 所在直线分别为x 轴,y 轴建立如图146 所示的平面直角坐标系.则 4,,3,a m a AP mPB b n b AQ nQC因为1112m n ,所以4312a b a b ,所以86551a b,所以直线PQ 过点86,55N ,结合向量模长的几何意义可知QP QM 可等价视为点0430,22M ,即32,2M与直线PQ 上点连线的距离,所以最大值 f m 就是点M 到直线PQ 的距离的最大值,当MN PQ 时,M 到直线PQ 距离最大.所以max 1()2f m MN.【点拨】依据题意建立平面直角坐标系,使向量坐标化,从而实现数量化运算.【解法2】由,AP mPB AQ nQC 可知1111AP AB m AQ AC n,取点N 使得45AN AM ,所以2121211555AP AQ AB AC AN m n ,因为21212111215552m n,所以,,P Q N 三点共线,下同【解法1】,可知max 11()52f m MN AM .【点拨】利用向量运算,添加必要的辅助线实现向量的转化.【赏析】本题考查向量坐标形式的运算及点到直线距离公式,【解法1】利用向量坐标运算,【解法2】添加必要的辅助线实现向量的转化,【解法1】是常用的基本方法,易上手好操作.【解法2】巧妙构造,要求对重要结论熟练掌握并能灵活运用.【例3】如图147 ,在四棱锥P ABCD 中,E 为AD 上一点,PE 平面,,,2,ABCD AD BC AD CD BC ED AE F ∥为PC 上一点,且2CF FP (I)求证:PA ∥平面;BEF (证明略)(II)若PE ,求二面角F BE C 的平面角的大小.【解析】【解法1】连结CE ,在平面PCE 内,过点F 作FH CE 于点H .因为FH PE ∥,所以FH 平面ABCD .过点H 作HM BE 于点M ,连结FM .由三垂线定理得FM BE ,所以FMH 为二面角F BE C 的平面角.因为FH 平面ABCD ,PE 平面ABCD ,所以FH PE ∥,所以23FH CF PE CP ,所以22333FH PE AE ,同理1233MH BC AE ，所以在Rt FHM 中,tan 3FH FMH HM所以3FMH ,即二面角F BE C 的平面角为3.【点拨】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,那么它就和这条斜线垂直,当点F 在一个半平面上时,通常用三垂线定理法求二面角的大小.【解法2】排除多余信息,若我们只考虑二面角F BE C ,我们很快发现,直四棱锥P EBCD 可以补成长方体,如图149所示.连结EC ,在平面PEC 内,过点F 作FO EC 于点O ,过点O 作OM BE 于点M ,连结FM ,如图1410 .因为PE 平面EBCD ,PE 平面PEC ,所以平面PEC 平面EBCD ,且平面PEC 平面EBCD EC .因为FO 平面,PEC FO ED ,所以FO 平面EBCD ,所以FMO 是二面角F BE C 的平面角,设AE a,则2,(0)ED a PE a,因为PE 平面ACD ,FO 平面ACD ,所以PE FO ∥,所以23FO CO CF PE CE CP ,所以233FO a ,又因为OM BC ∥,所以13OM EO BC CE ,得23OM a ,所以3tan 23FO FMO OM a 所以3FMH ,所以二面角F BE C 的平面角为3.【点拨】利用图形的特征,采用补形方法解决问题.【解法3】如图1411 ,连结CE ,在平面PCE 内过点F 作FH CE 于点H .因为PE 平面ABCD ,CE 平面ABCD ,所以FH PE ∥,所以FH 平面ABCD .过点H 作HM BE 于点M ,连结FM .由三垂线定理得FMBE ,所以FMH 为二面角F BE C 的平面角.设(0)AE a a ,则2,BC ED a PE ,所以24,.33MH a FM a (同【解法2】)由射影面积法得Δ112cos ,1232HEB FEBBE MH S FMH FMH S BE FM 所以二面角F BE C 的平面角为3.【点拨】利用射影面积法求解.【解法4】延展平面BEF 为平面BEMF ,如图1412 所示,则平面BEF ∩平面PAD EM ,在平面PAD 中,作MO 平面ABCD 于点O ,如图1413.因为PE 平面ABCD ,所以MO PE ∥,所以MO 与PE 共面,因为M 平面PAD ,所以.O AD 则OE BE ,由三垂线定理知MEBE ,所以MEO 是所求二面角的平面角.由（I )可知//ME PA ,所以2DM DE MP EA,又因为MO PE ∥,所以23MO DO DM PE ED PD ,不妨设(0)AE a a ,则2,ED a PE,因此得2,,tan 3a MO MO OE MEO OE 3MEO ,所以二面角F BE C 的平面角为3.【点拨】延展平面BEF 为平面BEMF ,将过点F 作平面EBCD 垂线的间题转化为过点M 作平面EBCD 垂线的问题.如图1414 ,延长CB 至点M ,使得2MB BC ,所以,,MB BC AE MB AE MB AE ED∥,所以AEMB 是平行四边形.因为,AM EB AM ∥平面EFB ,EB 平面EFB ,所以AM ∥平面EFB .由 I 得PA ∥平面,EFB AM PA A ,所以平面PAM ∥平面FEB ,则二面角P AM C 的平面角即为二面角F EB C 的平面角,因为PE 平面,EBCD EA AM ,所以PAE 是二面角P AM C 的平面角.不妨设(0)AE a a ,由三垂线定理得PA AM ,则,tan PE PE PAE AE.所以二面角P AM C 的平面角是3,即二面角F EB C 的平面角是3.【点拨】寻找二面角的平面角较困难,根据平面平移不改变与另一个平面构成的角的大小的原理,如果能把二面角中的一个平面平移,找出辅助平面与另一个平面的交线,就可以作出二面角的平面角.【解法6】以E 为坐标原点,分别以,,EA EB EP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图14-15所示的空间直角坐标系.不妨设(0),EA a a EB b ,则22,BC ED AE a PE易知0,0,0,,0,,0E P B b ,设平面ABCD 的法向量 1111,,n x y z ,因为2CF FP所以 223223,,,,,,0,,0,333333b b F a a EF a a EB b因为2200EF EB n n,即222220,3330,b ax y az by 令21z,则2x ,可得平面EBF的一个法向量2 n .设二面角F BE C 的平面角为 ,所以12121211cos cos ,22 n n n n n n ,所以3.所以二面角F BE C 的平面角为3.【点拨】设12,n n 分别是二面角l 的面, 的法向量,则向量12,n n 的夹角,即为l 的平面角或其补角（需要根据具体情况判断相等或互补).【赏析】本题主要考查与二面角有关的立体几何综合知识.推荐【解法5】为最佳解答.求二面角的平面角的常用方法有定义法、三垂线定理法、射影面积法、平移平面法、补形法、空间向量的坐标法等,以下对各个解法进行分析.【解法1】应用三垂线定理法解题.联系到PE 平面ABCD ,有的同学大胆猜想(像一个魔术师,下子从帽子里变出一只兔子),得出了正确的结论;相应地,还有很大一部分同学被复杂的空间图形吓退,找不到二面角的确切位置,无从下手.【解法2】应用构造补形法解题,联系到长方体,比【解法1】更易得出.FO EBCD 平面【解法3】应用射影面积法解题,联系到点F 在底面EBCD 的射影,依据射影公式求二面角.【解法4】应用垂线平移法解题,联系【解法3】,过F 点作垂线,那么垂足落在哪里?有很多同学是含糊不清、模棱两可的,那么我们为什么不换一个点呢?将过点F 作平面EBCD 垂线的问题转化为过点M 作平面EBCD 垂线的问题.【解法5】应用平面平移法解题,将求二面角F BE C 的平面角的问题转化为求二面角P AM C 的平面角的问题.【解法6】应用空间向量求解法,是一种十分简捷且传统的解法.当题目条件中垂直关系明显时,利用空间坐标系不失为一种更有效的方法.【例4】已知,a b 是异面直线,,,,,,A B a C D b AC b BD b ,且2,1AB CD ,则异面直线,a b 所成的角等于________.【解析】【解法1】如图1416 ,在长方体中,因为//BE CD ,所以ABE 就是异面直线,a b 所成的角,又因为,,,,A B a C D b BD b ,所以,,CE b AC b AC CE C ,所以b 平面ACE ,所以b AE ,所以BE AE ,所以ABE 是直角三角形.又因为2,1AB CD ,所以1BE ,所以1cos 2BE ABE AB ,所以60.ABE 【点拨】构造长方体求解.【解法2】如图1417 所示,过点A 作AE CD ∥,=AE CD ,连结BE ,则EAB 是异面直线,a b 所成的角,由题意知ACDE 是矩形,所以,AE DE AE BD ,因为DE BD D ,所以AE平面BED ,所以AE BE .所以ABE 是直角三角形,又因为2,1AB CD ,所以1cos 2EAB ,所以60EAB.【点拨】利用平移法把异面直线平移为相交直线.【解法3】以A 为坐标原点,分别以,,AC AE CD 方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图1418 所示的空间直角坐标系,所以 0,0,0,,0,0,0A C a a ,则,0,1,D a B ,所以,0,0,1AB CD ,所以1cos 2AB CD AB CD 又因为 0,90,所以异面直线,a b 所成的角为60.【点拨】在构造长方体的基础上建立空间直角坐标系解决问题.【赏析】本题是一道典型的异面直线成角间题,与常见问题不同的是,本题中的异面直线不是直接出现在立体几何图形中.【解法1】和【解法3】都是将两条异面直线放置在长方体中求解.【解法1】将直线CD 平移到BE 处,从而易解.【解法3】则借助空间向量的方法求解.【解法2】利用异面直线所成角的概念,将CD 平移至AE 处后,在Rt BAE 中求解.在求两条异面直线所成角的大小时,要注意异面直线所成角的范围是0,2.利用中位线或平行四边形来添加辅助线的方法,有时也可对空间图形使用.【例5】已知三棱锥P ABC 满足60APB BPC CPA ,三个侧面,,APB BPC CPA 的面积分别为3,2,12,则这个三棱锥的体积是________.【解析】【解法1】由各侧面的面积可得13sin6022APB S PA PB ,所以2PA PB ,同理8343,33PB PC PA PC ，所以833PA PB PC ,构造三棱锥P A B C ,使得60A PB A PC B PC ,2,PA PB PC 所以13P A B C V ，因为P ABC P A B C V PA PB PC V PA PB PC，所以269P ABC P A B C PA PB PC V V PA PB PC【点拨】由三角形面积公式求得三棱锥的侧棱长,构造一个特殊的三棱锥,利用体积关系解决问题.【解法2】由题意得1sin60242APB S PA PB PA PB (1)，1sin60224BPC S PC PB PB PC (2)13sin60124CAP S PA PC PA PC (3)由(1)(2)(3)联立解得431,2,3PA PB PC.如图1420 ,过点B 作BD 平面APC 于点D ,作DE PA 于点E ,连结BE ,易证AP 平面BDE ,所以AP BE ,在Rt BPE 中,2,60PB BPA,所以1PE .因为60APB APC BPC,所以点D 在APC 的平分线上,即30APD CPD,所以在Rt PDE 中,易得233PD ,同理,3BD ,所以111114332626sin601332323239P ABC APC V S BD PA PC BD .【点拨】求出三条棱长,过某一顶点作高,直接法求解体积.【解法3】设,,PA PB PC 的长度分别为,,a b c ,同【解法2】,则易得431,2,3a b c .如图1421 ,设点A 在平面BPC 上的射影为点O ,因为60APB APC BPC,所以30BPO CPO,所以3cos 3 ,所以26sin 1cos 3,所以点A 到平面PBC 的距离6sin 3AO PA,所以11161626sin602.3323339P ABC PBC V S AO PB PB 【点拨】作出点A 在平面PBC 上的投影,利用三余弦定理解题.注:三余弦定理证明:如图14-22,在三棱锥A BCD 中,AO 平面BCD ,过点O 作OE BC 交BC 于点E ,连结AE ,易得BC 平面AOE ,所以BEAE .在Rt AOB 中,cos OB ABO AB ,在Rt ABE 中,cos BE ABE AB,在Rt BOE 中,cos BE OBE BO,所以cos cos cos BE OB BE OBE ABO ABE BO AB AB,所以cos cos cos .ABE OBE ABO 【赏析】【解法1】巧妙地补形成一个特殊的三棱锥,利用一个平面截三棱锥P ABC ,分别交三棱锥的棱,,PA PB PC 于点,,D E F ,则.P ABC P DEF V PA PB PC V PD PE PF解法23、实质相同,都是求底面和高,【解法3】利用三余弦定理求出三棱锥的高.【例6】已知在四棱柱1111ABCD A B C D 中,侧棱1AA 底面1,2ABCD AA ,底面ABCD 的边长均大于2,且45DAB,点P 在底面ABCD 内运动且在,AB AD 上的射影分别为,M N ,若2PA ,则三棱锥1P D MN 体积的最大值为________.【解析】【解法1】如图1423 ,设AP ,0,45N ,所以sin 2sin ,sin 452sin 45PN PA PM PA ,所以1sin135sin 45,2PMN S PM PN111212sin 45sin 245333P D MN D PMN V V ,所以当22.5 时,1P D MN V 取得最大值1.3【点拨】引入角度为变量﹐建立体积的三角函数式,利用三角函数法求最值.【解法2】因为2PA ,知点P 在以点A 为圆心,半径为2的圆弧上,因为45,90,90,DAB PMA PNA所以,,,A M P N 四点在以AP 为直径的圆F 上,如图14-24,所以1190,2122MFN FM FN AP ,所以MN在PMN 中,2222||||2cos135MN PM PN PM PN 因为22||2PM PN PM PN ,当且仅当222PM PN 时取等号,所以22PN PM PN所以2PM PN 所以1112121223323D PMN PMN V S .所以1D PMN V 的最大值为213.【点拨】利用平面几何法求得MN 的值,进而可利用均值不等式法求得PMN 面积的最大值,最后求得体积的最大值.【解法3】1112233P D MN D PMN PMN PMN V V S S 如图1425 所示,设,BAP DAP ,122sin 2sin sin135cos cos 22PMN Scos 12222,当且仅当22.5 时取等号,所以1P D MN V 的最大值为13.【点拨】引入两个角度,建立体积的代数表达式，结合积化和差公式可由两角和与差的余弦公式解决问题.【赏析】本题依托立体几何背景﹐涉及线面垂直﹑线线垂直和棱锥体积的求法.如何求解PMN 的面积的最大值是本题的关键.【解法1】从角度出发,将各边长转为为三角函数形式,利用三角函数值的有界性解答.【解法2】从平面几何的角度出发,利用基本不等式取得最值.这两种方法都是处理解三角形问题的基本方法.【解法3】从两角的关系出发,使用积化和差公式,实质是利用角的变换,和【解法1】有异曲同工之妙.强化训练1.在四棱锥S ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,,M N 分别是,SA BD 上的点.有下列命题：(1)若SM DN MA NB,则MN ∥平面SCD ;(2)若SM DN MA NB ,则MN ∥平面SCB ;(3)若平面SDA 平面ABCD ,且平面SDB 平面ABCD ,则SD 平面ABCD .其中正确命题的序号为________.【解析】答案：①③2.如图1426 ,在四棱锥P ABCD 中,E 为AD 上一点,PE 平面,ABCD //,AD BC AD ,CD 22,BC ED AE 3,EB F 为PC 上一点,且2CF FP .(I)求证://PA 平面BEF ;(II)若二面角F BE C 的平面角的大小为60,求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小.【解析】（Ⅰ）证明：连结AC 交BE 于点M ，连结FM .因为//EM CD ，所以12AM AE PF MC ED FC，所以//FM AP ，又因为FM 平面,BEF PA 平面BEF ，所以//PA 平面BEF（Ⅱ）解：以E 为坐标原点，EB ，EA ，EP 所在直线分別为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如答图141 所示.设点(0,0,)P t ，因为PE 平面ABCD ，则向量(0,0,PE ，t )即为平面BEC 的法向量.因为//,,22,3AD BC AD CD BC ED AE EB ，所以四边形BCDE 为矩形，(3,0,0),(3,2,0)B C ，因为F 为PC 上一点，且2CF FP ，则有22221,,,1,,,(3,0,0)3333F t EF t EB设平面BEF 的法向量(,,)n x y z ，则n EF ，即有n .0EF ，即22033x y zt ，又0EB n ，即30x ，所以10,1,n t.因为二面角F BE C 的平面角大小为60，则PE 与n 的夹角为120 ，所以21cos1202||||11n PE n PE t t ，解得t 33),933P PB .因为PE 平面ABCD ，所以PBE 即为直线PB 与平面ABCD 所成的角.在Rt PBE 中，3cos 223BE PBE PBE PB 6，所以直线PB 与平面ABCD 所成角为6.3.如图1427 ,在三棱锥A BCD 中,3,2,AB AC BD CD AD BC M 是AD的中点,则异面直线,CM AB所成角的大小为________.【解析】取BD 中点N ，连结MN ，CN ，如答图14-2因为3,2,AB AC BD CD AD BC M 是AD 的中点，所以//MN AB ，且1322MN AB ，所以(CMN 或其补角）是异面直线CM ，AB 所成的角.因为CM 2227cos 29BD CD BC BDC BD CD 所以222172cos 4CN DN CD DN CD BDC .所以2222cos 22MN CM CN CMN MN CM .所以4CMN .所以异面直线CM ，AB 所成角的大小为4.4.已知三棱锥P ABC 的体积为16,点,D E 分别在侧棱,PB PC 上,且2,PD DB 3PE EC ,则三棱锥P ADE 的体积为________.【解析】由答图143 可知:P ABC P ADE V PA PB V PA PD .34223PC PE ，所以8P ADE V .5.过凸四边形ABCD 的对角线交点O 作该四边形所在平面的垂线段SO ,使SO 3 ,若22,S AOD S BOC V a V b ,当S ABCD V 最小时,ABCD 的形状为________.【解析】由已知，易得22,AOD DOC S a S b .设,AOB COD S x S y ，则22.S ABCD V a b x y 因为22AOD COD AOB DOC S S a DO y x S OB S b，所以22xy a b .而2(x y xy ab 设0,0a b )，于是222()a b x y a b ，当且仅当x y ab 时取等号，这时2.AOD DOC S AO a a OC S y b 同理，DO a OB b ，所以AO OC DO OB，所以//AD BC .另一方面：当x y ab 时，2,AOD DOC S AO a a BO OC S y b OD 2DOC DOC S b b S y a(1)当a b b a ，即22,AOD COD a b S S 时，AO BO OC OD，所以//AB CD .此时，四边形ABCD 是平行四边形.(2)当a bb a，即22,AOD Da b S S时，AO BOOC OD，所以AB与CD不平行.此时，四边形ABCD是梯形.。

立体几何解答题答题技巧

立体几何解答题答题技巧
以下是一些解答立体几何题目的技巧：
1. 画图：在解答立体几何问题时，绘制一个清晰的图形是非常重要的。

通过画图，可以更好地理解题目所描述的形状和关系，并找出解决问题的关键。

2. 理解几何定理和性质：学习和记忆立体几何的常见定理和性质是解题的关键。

熟悉面积、体积、角度等几何概念，以及多边形和多面体的性质。

这样，当遇到相关题目时，可以迅速应用这些知识。

3. 拆解分析：有些立体几何题目可能比较复杂，可以通过将其拆分为更简单的部分来解决。

例如，将一个立体体积问题看作是由多个小立方体组成的，然后分别计算每个小立方体的体积，并将它们相加。

4. 利用对称性：利用立体图形的对称性质有助于简化和解决问题。

寻找对称平面、轴等可以帮助我们发现有用的信息和关系。

5. 代数方法：对于一些立体几何问题，代数方法也可以用来解决。

将图形中的长度、距离等量用变量表示，然后根据已知条件设置方程，最后求解未知量。

6. 实践和总结：解答立体几何问题需要一定的实践和经验积累。

多做一些习题，总结解题技巧和方法，以及特殊情况下的应对策略，能够提升解题能力。

总之，解答立体几何题目需要综合运用几何知识、分析能力和创造性思维。

熟练掌握解题技巧，并在实践中不断提升，可以更好地解决各种立体几何问题。

关于立体几何解答题一题多解与多题一解的探索

关于立体几何解答题一题多解与多题一解的探索摘要:纵观近年高考数学试题，可以看出，立体几何解答题是历年高考的必考题型。

分值一般12分，难度属容易或中档题。

学生得分率较高，但失分率也高。

关于立体几何解答题可以归类为一题多解与多题一解，即一类题有多种解法，多种题型可以用一种解法完成。

关键词：一题多解；多题一解；立体几何一、一题多解例1 （安徽理17）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线∥；（II）求棱锥F—OBED的体积。

分析：本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.通常解法是传统法和向量法。

（I）解法一（传统法）：证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以∥，OG=OD=2，同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.在△GED和△GFD中，由∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF 的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.解法二（向量法）：过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知则有所以即得BC∥EF.（II）略评注：向量法和传统法有时可以转换着使用，主要工具是利用三线垂定理及逆定理和面面垂直、线面垂直、线线垂直找出两辆相互垂直的三条直线，进而建立直角坐标系。

例2 （湖北理18）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题理

06 立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√5.5【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=1，2，BD=√DE2+BE2=√3，故DE=√32所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)，设平面PAB 的法向量n⃗ =(x,y,z)，则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃗ =(√3,1,1)，则cos〈n ⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55，所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.2．【2022年全国乙卷】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AB =BD =2,∠ACB =60°，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．【答案】(1)证明过程见解析 (2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ；又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ，当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2，又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3，因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE . 以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)，设平面ABD 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0 ，取y =√3，则n ⃗ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34)，所以cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||CF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)，所以sinθ=|cos⟨n ⃗ ,CF⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩|=4√37，所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．【答案】(1)√2 (2)√32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ，且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ，又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2，则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)，则BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0m ⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，可取m⃗⃗ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0m ⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0，可取n⃗ =(0,1,−1)，则cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√2×√2=12，所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.4．【2022年新高考2卷】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∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE//PD ，即可得证；（2）过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ，所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°，所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE//PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以OE//平面PAC(2)解：过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系，因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)，设平面AEB 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3x +y +32z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃗ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃗⃗ =(a,b,c )，则{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3a +b +32c =0m ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃗⃗ =(√3,0,−6)；所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗ ⟩=n⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√13×√39=−4√313设二面角C −AE −B 为θ，由图可知二面角C −AE −B 为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos 2θ=1113故二面角C −AE −B 的正弦值为1113；5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-=，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BAθ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111BD B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即11B H =1B H =所以DH === 则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin DHB ∠= [方法三]：投影法如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF =在Rt ECF中，EF D作1B N 的平行线交MN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE =在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅sin DFE ∠=1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠13,2B NFS = 1cos B NF DFES Sθ==，sin θ=当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（1（2【解析】【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC = [方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，DB AM由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得=t ，解得212t =，所以2==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP =-，由111120220m AMy m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取1x =()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x yz =，BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =--，由222220220n BM n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3cos ,7m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=，因此，二面角A PM B --[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 的正方形，联结1D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得=HG在Rt AHG 中，==AH HG =AG所以，sin AH AGH AG ∠==A PMB -- 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m=，所以cos ,2n OA ==，解得1m =．又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V--==⨯⨯⨯=，所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EGBD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO SOA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．② 将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-. 设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【2020年新课标1卷理科】如图，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 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】【分析】（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；（2）方法一：过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的一个法向量n ，平面PCE 的一个法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则DO =，1122CO BO AE===，所以PO ==PC PB PA ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA = 22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设AB =4sin 60==︒=ABAE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以==DO ==PO O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥．在底面过O 作BC 的平行线与AB 的交点为W ，以O 为原点，OW 方向为x 轴正方向，OE 方向为y 轴正方向，OD 方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P ．所以(0,AP =，(=--BP ，(3,=-CP ．故0220⋅=-+=AP BP ，0220⋅=-+=AP CP ．所以AP BP ⊥，AP CP ⊥．又BP CP P =，故AP ⊥平面PBC ．[方法三]：因为ABC 是底面圆O 的内接正三角形，且AE 为底面直径，所以AE BC ⊥．因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥．又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =，所以BC ⊥平面PAE ．又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥．设AE BC F =，则F 为BC 的中点，连结PF ．设DO a =，且PO ，则AF =，PA =，12PF a =．因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥．又因为PFBC F =，所以PA ⊥平面PBC ．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O 半径为R ，连结DE ，AE AD DE ==，易得OD =，因为=PO ，所以=PO ．以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则66=+=-+AP AO OP OA OD ， 66=+=-+BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=-，0OA OD OB OD ⋅=⋅=所以6666⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭AP BP OA OD OB OD26610666⋅-⋅-⋅+=OA OB OA OD OB OD OD ．故0AP BP ⋅=．所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥．同理AP CP ⊥．又BP CP P =，所以AP ⊥平面PBC ．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E PB C ---，1(,44PC =--，1()44PB =-，1(,0,24PE =--，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x 111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得22z y ==所以3(1,3m =故2cos ,||||3n mmn n m ⋅<>===⋅⨯设二面角B PC E --的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cos θ=[方法二]【最优解】：几何法设=BCAE F ，易知F 是BC 的中点，过F 作∥FG AP 交PE 于G ，取PC 的中点H ，联结GH ，则∥HF PB ．由PA ⊥平面PBC ，得FG ⊥平面PBC ．由（1）可得，222BC PB PC =+，得PB PC ⊥．所以FH PC ⊥，根据三垂线定理，得GH PC ⊥．所以GHF ∠是二面角B PC E --的平面角．设圆O 的半径为r ，则3sin602︒==AF AB r ，2AE r =，12=EF r ，13EF AF =，所以14=FG PA ，1122==FH PB PA ，12=FG FH ．在Rt GFH 中，1tan 2∠==FG GHF FH ，cos ∠=GHF ．所以二面角B PC E --．[方法三]：射影面积法如图所示，在PE 上取点H ，使14HE PE =，设BC AE N =，连结NH ．由（1）知14NE AE =，所以∥NH PA ．故NH ⊥平面PBC ．所以，点H 在面PBC 上的射影为N ．故由射影面积法可知二面角B PC E --的余弦值为cos PCN PCHS θS=．在PCE中，令==PC PE 1CE =，易知=PCES ．所以335416PCH PCES S ==．又1328PCNPBCSS ==，故3cos PCN PCHS θS ===所以二面角BPC E --．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）连接NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得EP ，在11B C 截取1B Q EP =，由（1）BC ⊥平面1A AMN ，可得QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角，即可求得答案. 【详解】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ， 1//MN AA ∴，在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥，又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥， 1//MN BB ，MN BC ⊥，由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ， ∴BC ⊥平面1A AMN ，又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴ ，//EF BC ∴，又BC ⊥平面1A AMN ， ∴EF ⊥平面1A AMN ，EF ⊂平面11EB C F ， ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN .(2)[方法一]：几何法如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B AC 于点11,E F ，联结11,,,AE AO AF NP ，由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11=AOE F O ，AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ．又因平面11AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11∥EB AE ．因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N =，所以11B C ⊥面1AA NM ．又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 面1AA NM ，所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ．令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故112233==OE NB ．在1Rt AE O 中，122,3===AO AB OE ，由勾股定理得1==AE所以111sin ∠==E O E AO AE 由于11∥EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN[方法二]【最优解】：几何法因为//AO 平面11EFC B ，平面11EFC B 平面1=AMNA NP ，所以∥AO NP ．因为//ON AP ，所以四边形OAPN 为平行四边形．由（Ⅰ）知EF ⊥平面1AMNA ，则EF 为平面1AMNA 的垂线．所以1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ．从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求．在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ．在直角三角形1B EG中，1sin ∠==B EG [方法三]：向量法由（Ⅰ）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C 为平面1A AMN 的法向量．因为∥AO 平面11EB C F ，AO ⊆平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =，所以//AO PN ．由（Ⅰ）知11,=∥AA MN AA MN ，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ．因为O 为正111A B C △的中心，故13==AP ON AM ．由面面平行的性质得111111,33=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形．由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++=PN B C EB EP PN NB 111111111623+-=-B C PN B C PN B C ．设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a ，则21111111sin θ⋅===aEB B C EB B C a 所以直线1B E 与平面1A AMN[方法四]：基底法不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AA O 中，1AA =以向量1,,AA AB AC 为基底，从而1,2π=AA AB ，1,2π=AA AC ，,3π=AB AC ．1111123=++=+EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-，则12103=EB ，||2BC =．所以112()3⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=-AB AC AB ．由（Ⅰ）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC 为平面1A AMN 的法向量．设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则11110sin cos ,10||θ⋅===EB BC EB BC EB BC 故直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值为sin θ= 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】【分析】（1）方法一:连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）方法一：以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，如图1所示.在长方体1111ABCD A B C D -中，//,BF CG BF CG =，所以四边形BCGF 为平行四边形，则//,BC FG BC FG =，而,//BC AD BC AD =，所以//,AD FG AD FG =，所以四边形DAFG 为平行四边形，即有//AF DG ，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴，1//C E AF ∴，因此点1C 在平面AEF 内.［方法二］：空间向量共线定理以11111,,C D C B C C 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．设11111,,3C D a C B b C C c ===，则1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ．所以1(,0,2),(,0,2)C E a c FA a c ==．故1C E FA =．所以1AF C E ∥，点1C 在平面AEF 内．［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ，所以111(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c C F b c C A a b c ===．故111C A C E C F =+．所以点1C 在平面AEF 内．［方法四］：根据题意，如图3，设11111,2,3A D a A B b A A c ===．在平面11A B BA 内，因为12BF FB =，所以1111133B F B B A A ==．延长AF 交11A B 于G ，AF ⊂平面AEF ，11A B ⊂平面1111D C B A ．11,G AF G A B ∈∈，所以G ∈平面,AEF G ∈平面1111D C B A ①．延长AE 交11A D 于H ，同理H ∈平面,AEF H ∈平面1111D C B A ②．由①②得，平面AEF平面1111A B C D GH =．连接11,,GH GC HC ，根据相似三角形知识可得11,2GB b D H a ==．在11Rt C B G 中，1C G =同理，在11Rt C D H 中，1C H =如图4，在1Rt A GH 中，GH = 所以11GH C G C H =+，即G ，1C ，H 三点共线．因为GH ⊂平面AEF ，所以1C ⊂平面AEF ，得证．［方法五］：如图5，连接11,,DF EB DB ，则四边形1DEB F 为平行四边形，设1DB 与EF 相交于点O ，则O 为1,EF DB 的中点．联结1AC ，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即11AC B D O =，则1AC 经过点O ，故点1C 在平面AEF 内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，如图2.则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的一个法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的一个法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，3cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cos θ=sin7θ∴=. 因此，二面角1A EF A--. ［方法二］：定义法在AEF 中，AE AF EF ====即222AE EF AF +=，所以AE EF ⊥．在1A EF 中，11A E A F =6，设,EF AF 的中点分别为M ，N ，连接11,,A M MN A N ，则1,A M EF MN EF ⊥⊥，所以1AMN ∠为二面角1A EFA --的平面角．在1AMN 中，1122MN A M A N ====所以1175cos A MN+-∠==1sin A MN∠==［方法三］：向量法由题意得11AE AF AF AE EF==，由于222AE EF AF+=，所以AE EF⊥．如图7，在平面1A EF内作1A G EF⊥，垂足为G，则EA与1GA的夹角即为二面角1A EF A--的大小．由11AA AE EG GA=++，得22221111222AA AE EG GA AE EG EG GA AE GA=++++⋅⋅+⋅．其中，1EG AG==11AE GA⋅=，1cos,AE GA〉〈=所以二面角1A EF A--．［方法四］：三面角公式由题易得，11EA FA FE EA FA===所以2221111cos2EA EA AAAEAEA EA+-∠===⋅．222cos0,sin12EA EF AFAEF AEFEA EF+-∠===∠=⋅．22211111cos2EA EF A FA EF A EFEA EF+-∠===∠=⋅设θ为二面角1A EF A--的平面角，由二面角的三个面角公式，得111cos cos cos cos sin sin AEA AEF A EF AEF A EF θ∠-∠⋅∠==∠⋅∠sin θ=【整体点评】（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出． 12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>====当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．。

巧用长方体模型妙解立体几何问题

巧用长方体模型妙解立体几何问题求莲萍（嵊州中学,浙江嵊州312400）摘要：文章通过教学案例指出构造长方体模型解决立体几何中的一些问题，培养学生的模型化处理意识以及局部与整体的相互转化意识,提高学生的空间想象能力.关键词：核心素养;模型意识;长方体模型;空间想象能力中图分类号：0123. 2文献标识码:A 文章编号：1003-6407（ 2021） 03-0016-04人教A 版普通高中课程标准实验教科书《数学（必修2）》（以下简称《必修2》）在第二章的章头引言中有这样一句话：“本章以长方体为载体,直观认识和理解空间中点、直线、平面的位置关系”.《必修2》在学习点、直线、平面位置关系时，都是先观察长方体，利用长方体为载体，直观认识和理解空间中点、直线、平面的位置关系.《必修2》用这种无声的语言告诉我们，解决立体几何问题一种非常有效的方法是利用长方体模型•长方体模型是内涵非常丰富的几何图形，它包含了空间中基本的线线关系、线面关系、面面关系，故利用长方体模型可以把立体几何中的基本概念和定理梳理清楚.对长方体进行切割，可以得到多种多样的柱体、锥体、台体，这样既可以拓展、丰富立体几何的研究空间,又体现出图形与知识间的内在联系⑴.许多空间问题如果放置在长方体模型中便迎刃而解.1构造长方体模型解决三视图问题三视图在浙江省数学咼考中多以选择题或者填空题的形式出现，难度多为中低档题，常见的命题角度是根据几何体的三视图求几何体的体积或者表面积.例1祖眶是我国南北朝时代的伟大科学家, 他提出的“幕势既同，则积不容异”称为祖眶原理, 利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=sh ,其中s 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图1所示（单位：cm ）,则该柱体的体积（单位:cm 3）是（）A. 158B. 162C. 182D. 324（2019年浙江省数学高考试题第4题）俯视图图1 图2分析由三视图不难推断出原直观图是来自正方体的五棱柱（如图2），从棱长为6的正方体中截取五棱柱ABCDE-A 1B 1C ]D x E .就生成了这道题, 体积为162.故选B .点评虽然三视图的考查难度属于中低档题, 但是学生解题的正确率却并不令人满意，特别是涉及到几何体的表面积时错误率居高不下，令人大跌眼镜•究其错误原因主要有两类:一是由三视图还原几何体时绘制的几何体出现问题；二是绘制出几何体后几何体中的点、线、面位置关系没有较好把握，导致求解几何体的体积、表面积时出错•若学生能从长方体模型出发，根据三视图，对长方体进行切割还原得到几何体，那么就能精确地把握几何体中点、线、面的位置关系，求几何体的体积和表面积就容易得多•实际上命题者通常是先在长方体模型中截取几何体，然后作出三视图，解题者则是刚好相反.教学中若能抓住这一本质，三视图问题就能迎刃而解.2构造长方体模型解决四面体问题长方体中的棱、面对角线、体对角线所在直线的位置关系有平行、相交、异面.任取两条异面直线,其所在棱或面对角线或体对角线的4个端点两收文日期：2020-09-18；修订日期：2020-10-20作者简介:求莲萍（1983—）,女,浙江嵊州人,中学一级教师•研究方向:数学教育.两连线就可以得到一个四面体,墙角型四面体、三节棍体、对棱相等四面体就是常见的从长方体中分离出来的四面体.例2如图3,在三棱锥A-BCD中，侧面ABD, ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边, AD=3,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形.1）求证:AD丄BC.2）求二面角B-AC-D的余弦值.3）在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角，若存在,确定点E的位置;若不存在，说明理由.（2006年江西省数学高考理科试题第20题）图3图4分析由条件可知AB=BC=AC=2,A BCD 是直角三角形.抓住A BCD是直角三角形这一特征，将A BCD放置于长方体底面一角，由侧面ABD,ACD是直角三角形可取点A是长方体的顶点，由长度关系可知该长方体为正方体•将三棱锥A-BCD放置于棱长为1的正方体中（如图4）,则第1）小题显然成立;半平面ACD即为正方体的对角面,分别取AC,DF的中点M,N,则Z BMN为二面角B-AC-D的平面角•又4642BM=,MN=1,BN=,2''2'可得C0S/BMN二亍.假设存在点E使得题设成立,过点E作EQ〃AP交PC于点Q,联结QD,则Z EDQ即为ED与面BCD 所成的角，且EQ=EQQD EQ2+13解得EQ二丄，72即EC=1.点评这是典型的三节棍体，该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系，很多学生感到有难度•把该三棱锥放置于正方体中后，空间直角坐标系的建立就显而易见了•借助于正方体中点、线、面的位置关系，用传统方法解决二面角、线面角所需的辅助线容易添加，数据的处理、计算的过程得到简化•这是高考中的大题目，构造了长方体模型之后,做起来变得轻松多了•解决与长方体有关的四面体问题,可以逆向思维，将其还原为长方体，这是解决此类问题的一种重要方法.3构造长方体模型解决面面垂直背景问题平行关系和垂直关系的考查是立体几何考查的主流•对学生而言，垂直关系的考查是难点，往往涉及空间角•对于空间角的处理，学生往往想到建立空间直角坐标系，若遇到没有现成的三线两两互相垂直的立体几何问题,则成了他们的障碍.例3如图5,已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1A CC］丄平面ABC,Z ABC=90°,乙BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.图51）证明：EF丄BC；2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.（2019年浙江省数学高考试题第19题）图6图7分析抓住几何体的特征Z ABC=90°,将△ABC放置于长方体底面一角中.由平面A1ACC］丄平面ABC可知平面A1A CC1就是长方体的对角面，由A1A=A1C可知A1为长方体上底面对角线的交点，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体中（如图6）.在长方体模型中，EF丄BC就显而易见了，直线EF与平面A1BC所成的角即为直线AM 与平面MNCB所成的角（如图7）.因为平面MNCB丄平面BADM,所以Z AMB即为直线AM与3平面MNCB所成的角.又C0s Z AMB=5,故直线3EF与平面A1BC所成角的余弦值为5.点评该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系,很多学生感到有难度，或者干脆采用“万能”建系法.若抓住三棱柱ABC-A1B1C1的两个特征“乙ABC=90°”与“平面A1A C1丄平面ABC”，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体模型中，则EF与BC的垂直关系、直线EF与平面A1BC所成的角就能够很容易地找出，这个高考题中的解答题就成了“小题”.无独有偶,2020年浙江省数学高考试题第19题又是以面面垂直为背景的线线垂直、线面角的考査例4如图8,在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD丄平面ABC,乙ACB=乙ACD=45°,DC=2BC.1）证明：EF丄BD；2）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.（2020年浙江省数学高考试题第19题）图8图9学生普遍认为该题较难,原因主要有两个:一是图8中没有现成的两两互相垂直的3条线或者是作出了三线两两互相垂直以后点坐标不容易写出；二是以三棱台为背景使得处理难度加大.事实上,该题中三棱台ABC-DEF即使棱BC长度给定它也不是一个定几何体，因此在建立空间直角坐标系时必定有点是没法固定表示的.在解题时若能抓住条件“平面ACFD丄平面ABC”与“乙ACB=Z ACD=45°”，把A ABC放置于正方体下底面，四边形ACFD放置于正方体的侧面，点B,D分别在正方体的面对角线上运动（如图9所示），肋〃BC,DF〃4C，则问题可转化为1）证明：BC丄DB；2）求直线AC与平面DBC所成角的正弦值.1）证明由平面ACFD丄平面ABC不难想到过点D作DH丄AC于点H,联结HB.设BC=1,则DC=2,DH=HC=72,HB=1,DB=73,从而DB丄BC.2）解由V D-HBC=V H-DBC，得从而直线AC与平面DBC所成角的正弦值为.d H-DBC相sin&=----=.HC3利用正方体模型,这个以三棱台为背景的线线垂直、线面角问题就转化成了三节棍体中的线线垂直与线面角问题.从模型中也不难看出，即使三棱台的棱BC长度给定,但正方体的棱长不能确定,故点A的位置也不固定.4构造长方体模型解决翻折问题将平面图形沿某直线翻折至立体图形,对立体图形中的点、线、面位置关系和几何量的研究就是翻折问题•翻折问题比较抽象，在历年高考中时常出现，是立体几何中的综合性应用问题,考查难度属于中高档题，也是学生感到困惑、难以突破的问题.例5在平面内直线EF与线段AB相交于点C,乙BCF=30°，且AC=BC=4,将此平面沿直线EF 折成60°的二面角a-EF-0,BP丄平面a,点P为垂足（如图10）.1）求A ACP的面积；2）求异面直线AB与EF所成角的正切值.（2009年浙江省数学高考理科试题备用卷第图11图12分析这是一个翻折问题，初看是动态立体几何问题，由于是折成60°的二面角a-EF-0,是一个静态立体几何问题•但是此翻折问题比较抽象，学生难以想象出几何体,建立空间直角坐标系,更不知道该如何添加辅助线•对于翻折问题，可以用实物长方形纸片翻折（如图11）,纸片满足条件AC= BC=4,乙BCF=30°，贝U BF=EA=2,AD=43.抓住翻折中的长方形纸片EFDA是矩形这一特征，将矩形EFDA放置于长方体模型的底面中（如图12）,抓住翻折中二面角a-EF-0的平面角Z BFD=60°这一特征，取长方体的高BP=3,P为DF的中点，则A ACP的面积为S AACP=S adf E-S AAEC-S ACFP-S AADP=33•Z BAD即为异面直线AB与EF所成的角，且BDtanZBAD=AD24336'点评本题是以翻折为背景的立体几何静态问题•对于翻折问题要理清翻折前后的不变量和改变量,折痕同侧的线段位置、长度、角度关系不变,折痕两侧的线段位置、长度、角度关系发生改变,这是解决翻折问题的关键.图形的翻折是由抽象到直观的过程，翻折问题由于辅助线的添加和空间直角坐标系建立的困难,使其成为学生恐惧的对象.根据翻折中图形的特征EFDA是矩形将其补形成长方体，在扩大的几何背景中研究原几何体,原几何体中几何元素间的关系更加直观.单墫老师说：“模式教育容易产生思维定式,束缚创造性，但完全没有模式，也使初学者难以把握,正如围棋中的定式,需要根据情况灵活应用、不可拘泥.”不以柱体、锥体、台体为载体的立体几何问题一直是学生的难点，利用长方体模型能够从整体上把握几何体中涉及的点、线、面的位置关系，使得求解的问题变得简单,解题过程简洁.利用长方体模型解决立体几何问题,关键在于正确建立长方体模型，从长方体中切割得到几何体是补形的最佳方式.根据几何体中的点在长方体中所处位置的不同可以分为三大类:一类是几何体的各个顶点都是长方体顶点，如例2；—类是几何体的某些点在长方体的棱、面多角线、体对角线上，如例1和例3；—类是几何体的某些点在长方体的面上或者长方体内部，如例4和例5.前两类问题多以静态几何体的形式出现，第三类多以动态几何体的形式如翻折问题、旋转问题中出现.第1类几何体多采用对长方体进行切割的方式实现.四面体是命题的热点，根据四面体的面在长方体面上的个数，可以分离出如图13所示4类四面体V-ABC:图131）墙角型四面体，某一顶点处三线两两互相垂直，有3个面在长方体的面上；2）三节棍体,3节短棍CV,E4,AB两两互相垂直,4个面都是直角三角形，有两个面在长方体的面上；3）退化的三节棍体,3节短棍CA,AB,BV中共面的两截短棍互相垂直，有一个面在长方体的面上；4）对棱相等型四面体2,各个面都不在长方体的面上,但它又具有完美的对称性.熟悉这4类长方体模型中分离出的四面体的结构特点就能快速地确定是否可以并如何将四面体放置于长方体模型中.第2,3类几何体呈现的形式多种多样，如例1中的五棱柱、例3中的三棱柱、例5中的抽象图形.关键是抓住几何体中的特点补形,常见的有：1）三视图时根据三视图的特征对长方体切割；2）根据三角形形状特征在长方体的面上截取三角形，直角三角形可放置于长方体面的一角；3）线面垂直时以线为长方体中的一条棱，面在长方体底面上按要求截取；4）面面垂直时以这两个面作为长方体相邻的侧面，在这两个相邻的侧面上按要求截取.无论几何体多复杂,本质上还是利用几何体的特征在长方体中截取需要的几何体.数学核心素养是课程目标的集中体现,是具有数学基本特征的思维品质、关键能力以及情感、态度与价值观的综合体现，是在数学学习和应用过程中逐步形成和发展的.当前，以数学素养为核心的教学改革正在全面开展,数学建模、直观想象是其中重要的两大素养.本文旨在培养学生运用数学建模的思想解决立体几何问题，培养学生的模型化处理意识、局部与整体的相互转化意识，提高学生的空间想象能力.在立体几何的教学中，要以长方体为纽带，降低立体几何的学习难度，激发学生的学习兴趣，进一步发展学生的空间想象能力、逻辑思维能力、数学建模能力，使学生在解题中能够开拓自己的思路，学会多角度地分析问题，并能巧妙地转化问题.参考文献[1]周顺钿.重点高中二轮复习用书（高中数学）[M].杭州：浙江大学出版社,2020:94-100.[2]王作顺.与长方体相关的三类四面体[J].中学生数学,2010（23）：12-13.。

数学习题解析：几何题解题技巧

数学习题解析：几何题解题技巧起初，几何题可能令人感到棘手和令人沮丧。

然而，通过掌握一些基本的几何题解题技巧，您将能够更轻松地应对这些挑战。

本文将探讨一些常见的几何题解题技巧，为您提供解决几何问题的方法和思路。

1. 几何基础知识在开始讨论解题技巧之前，我们先回顾一些几何基础知识。

几何是研究空间、形状和运动的数学分支。

几何题通常涉及到平面图形、角度、线段、圆和三角形等概念。

2. 问题分析和图形绘制解决几何问题的关键是良好的问题分析和图形绘制能力。

在解题之前，仔细阅读题目，理解问题要求。

然后，绘制出几何图形，以便更好地理解问题。

Tips:•记得使用尺子和直尺来确保图形的准确性。

•如果是三角形题，可以使用量角器来测量角度。

•如果是圆的题，使用圆规绘制圆形。

3. 利用几何定理和性质几何定理和性质是解决几何问题的重要工具。

熟悉并灵活运用这些定理和性质将有助于您更高效地解题。

一些常见的几何定理和性质包括：•勾股定理：在直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。

•正弦定理：在任意三角形ABC中，有a/sin(A) = b/sin(B) = c/sin(C)。

•余弦定理：在任意三角形ABC中，有c² = a² + b² - 2abcos(C)。

•相似三角形性质：具有相同形状但可能不同尺寸的三角形具有相似的性质。

•平行线和对应角性质：平行线之间的对应角相等。

当遇到几何题时，查看是否可以应用这些定理和性质，以便更快地解决问题。

4. 角度关系的应用角度关系在解决几何问题时起着重要的作用。

掌握以下常见的角度关系和性质可以帮助您更好地解决几何题。

•相同角度：如果两条直线被一条直线截断，那么对应的角度是相等的。

•同位角和内错角：平行线之间的同位角相等，内错角互补。

•垂直角：相互垂直的两条线之间的角度为90度。

•同中弧和同弦角：位于同一个圆弧上的两个角或两个弦对应的角度相等。

通过运用这些角度关系，我们可以更好地理解和解决几何问题。

例谈立体几何最值问题的几种解法

思路探寻立体几何最值问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理和数学运算等能力.常见的立体几何最值问题是求立体几何图形中某条线段、某个角、体积、表面积的最值，那么如何求解呢？一、利用函数思想在大多数情况下，我们可以把与动点有关的立体几何问题看作函数问题来求解.以其中某一个量，如动点的坐标、线段的长、角的大小为变量，建立关于该变量的关系式，并将其视为函数式，即可利用一次函数、二次函数、三角函数的性质和图象求得最值.例1.如图1，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则ΔBCM）.C.5D.2图1图2解：过M作MG⊥平面ABCD，垂足为G，作GH⊥BC于点H，连接MH，以D为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得D()0,0,0，C()0,1,0，A()1,0,0，P()1,0,12，D1(0,0,1)，B()1,1,0.设M()1,a,b，则D1M=()1,a,b-1，CP=()1,-1,12，∵D1M⊥CP，∴ D1M⋅ CP=12b-a+12=0，∴b=2a-1，∴CH=1-a，MG=2a-1，∴MH=()1-a2+()2a-12=5a2-6a+2，∴SΔBCM=12BC⋅MH=1=可知当a=35时，ΔBCM面积取最小值，为SΔBCM=12×=故选B.在建立空间直角坐标系后，设出点M的坐标，以a、b为变量，构建关于a的函数式SΔBCM=然后将5a2-6a+2看作二次函数式，对其配方，根据二次函数的性质即可知函数在a=35时取最小值.二、运用基本不等式在解答立体几何最值问题时，我们往往可以先根据立体几何中的性质、定义、定理求得目标式；然后将其进行合理的变形，采用拆项、凑系数、补一次项，去掉常数项等方式，配凑出两式的和或积，就可以直接运用基本不等式来求得最值.在运用基本不等式求最值时，要把握三个条件：一正、二定、三相等.例2.已知三棱锥P-ABC的4个顶点均在球心为O、直径为23的球面上，PA=2，且PA,PB,PC两两垂直.当PC+AB取最大值时，三棱锥O-PAB的体积为（）.A. C.6解：∵PA,PB,PC两两互相垂直，∴三棱锥P-ABC可补全为如图3所示的长方体.则长方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，∴PA2+PB2+PC2=()232=12，又PA=2，∴PB2+PC2=10，∵AB2=PA2+PB2=2+PB2，∴PC2+AB2=2+PB2+PC2=12，∴()PC+AB2-2PC⋅AB=12，又PC⋅AB≤()PC+AB22，∴12=()PC+AB2-2PC⋅AB≥()PC+AB2-2()PC+AB22=12()PC+AB2，当且仅当PC=AB时取等号，∴()PC+AB max=26，此时PC=AB=6，PB=图347思路探寻AB 2-PA 2=2，∴V O -PAB =12V C -PAB =16S △PAB ⋅PC =112PA ⋅PB⋅PC =112×2×2×6故选B.根据长方体的性质得到()PC +AB 2-2PC ⋅AB =10后，可发现该式中含有PC 、AB 的和与积，根据基本不等式a +b ≥2ab 求解，即可得到三棱锥O -PAB 的体积.三、转化法运用转化法求解立体几何最值问题有两种思路.一是将问题转化为平面几何问题.先将几何体的表面展开，或将几何体内部满足条件的某些面展开成平面；再在平面内利用平面几何知识，如正余弦定理、两点间的距离最短、三角形的两边之和大于第三边等求解，这样问题就变得十分直观，容易求解了.另一种思路是根据题意和几何图形中的点、线、面的位置关系，明确其中改变的量和不变的量及其关系，根据简单几何体的性质、表面积公式、体积公式，将问题转化为求某些线段或角的最值.再结合简单几何体的性质，几何图形中点、线、面的位置关系求得最值例3.如图4，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AB =2，D 在A 1C 上，E 是A 1B 的中点，则()AD +DE 2的最小值是（）.A.6-7 B.27 C.3+7 D.5+7图4图5解：将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，连接AE ，如图5所示，设AE ⋂A 1C =F ．由题意可知A 1A =AC =BC =2，A 1C =A 1B =22，所以AA 21+AC 2=A 1C 2，所以AA 1⊥AC ，则∠AA 1C =45°，由余弦定理可得cos∠BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ⋅A 1C=8+8-42×22×22=34，则sin∠BA 1C =1-cos 2∠BA 1C =故cos∠AA 1B =cos ()∠AA 1C +∠BA 1C =cos ∠AA 1C cos ∠BA 1C -sin ∠AA 1C sin ∠BA 1C =32-148．因为E 是A 1B 的中点，所以A 1E =2，由余弦定理可得AE 2=AA 21+A 1E 2-2AA 1⋅A 1E cos∠BA 1A=4+2-2×2×2×32-148=3+7．因为D 在A 1C 上，所以AD +DE ≥AE ，当A 、E 、D 三点共线时，等号成立，则()AD +DE 2≥3+7.故选C .将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，就可以把立体几何问题转化为平面几何问题，即可根据勾股定理和余弦定理求得A 1E 以及AE 的值.分析图形可知当A 、E 、D 三点共线时，AD +DE 取得最大值，再结合余弦定理求解即可.例4.已知球O 的表面积为60π，四面体P -ABC 内接于球O ，ΔABC 是边长为6的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则四面体P -ABC 体积的最大值为（）.A.18B.27C.32D.81解：因为球O 的表面积为60π，所以球的半径R ==15，由题意知四面体P -ABC 底面三角形的面积为定值，要使四面体的体积最大，只须使顶点P 到底面的距离最大，又因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大，而ΔABC 外接圆的半径r =62sin60°=23，则O 到面ABC 的距离为d =R 2-r 2=3，且O 到面PBC 的距离为h =12r =3，设点P 到平面ABC 的距离为H ，则R 2=()H -d 2+h 2，解得H =33，此时体积最大值为V max =13×12×6×6×sin60°×33=27.故选B.解答本题，首先根据球的表面积求得球的半径；再根据题意和几何体的特征明确当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大；最后根据外接圆的性质、勾股定理求出点P 到底面的距离，即可求出最大值.除了上述三种方法外，有时还可采用定义法、构造法来求立体几何最值问题的答案.总之，同学们在解题时，要先根据题意和几何体的结构特征寻找取得最值的情形，求得目标式；然后根据目标式的特征，选用合适的方法求最值.（作者单位：贵州省江口中学）48。

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关于立体几何解答题一题多解与多题一解的探索
──从2011年高考数学谈起
贵州省遵义市习水县第一中学袁嗣林
摘要:纵观近年高考数学试题，可以看出，立体几何解答题是历年高考的必考题型。

分值一般12分，难度属容易或中档题。

学生得分率较高，但失分率也高。

本文就2011年高考数学真题为例，对立体几何解答题作一些归类。

关于立体几何解答题可以归类为一题多解与多题一解，即一类题有多种解法，多种题型可以用一种解法完成。

关键词：一题多解；多题一解；立体几何
一、一题多解
例1 （安徽理17）如图，为多面体，平面与平面垂
直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线∥；
（II）求棱锥F—OBED的体积。

（I）解法一（传统法）：证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以
∥，OG=OD=2，
同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有
又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合.
在△GED和△GFD中，由∥和OC∥，可知B和C分别是GE和GF 的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.
解法二（向量法）：过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED
⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，
为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知
则有
所以即得BC∥EF.
（II）略
评注：向量法和传统法有时可以转换着使用，主要工具是利用三线垂定理及逆定理和面面垂直、线面垂直、线线垂直找出两辆相互垂直的三条直线，进而建立直角坐标系。

例2 （湖北理18）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合．
（Ⅰ）当=1时，求证：⊥；
（Ⅱ）设二面角的大小为，求的最小值．
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

（满分12分）
解法1：过E作于N，连结EF。

（I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，
底面ABC侧面A1C。

又度面侧面A，C=AC，且底面ABC，
所以侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，
在中，=1，
则由，得NF//AC1，
又故。

由三垂线定理知
（II）如图2，连结AF，过N作于M，连结ME。

由（I）知侧面A1C，根据三垂线定理得
所以是二面角C—AF—E的平面角，即，
设
在中，
在
故
又
故当时，达到最小值；
，此时F与C1重合。

解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
于是
则
故
（II）设，
平面AEF的一个法向量为，
则由（I）得F（0，4，）
，于是由可得
取
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，
于是由为锐角可得，
所以，
由，得，即
故当，即点F与点C1重合时，取得最小值
从上述两个例子可以看出，立体几何某一类解答题解法有多种，通常需要平时多总结，并比较何种方法更简捷才能在考试时得心应手。

一般而言，向量法解决问题时，容易着手，但写坐标时必须细心谨慎。

而传统解法要求我们要学会作辅助线以及对线面垂直、面面垂直、线线垂直、三垂线定理等要非常有研究。

不论如何，高考立体几何一般都可以传统法和向量法两种方式来解决。

二、多题一解
高考很大一部分题都可以用向量法或转化后用向量法来解决。

１.直接用向量法
对于三条直线已经两两相互垂直的立体几何大题，我们可以直接用向量法进行解决。

例3 （湖南理19）
如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为
的中点．
（Ⅰ）证明：平面平面;
（Ⅱ）求二面角的余弦值。

分析; OB、OC、OP所在直线相互垂直，可以直接建系
解：（向量法）（I）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
，
设是平面POD的一个法向量，
则由，得
所以
设是平面PAC的一个法向量，
则由，
得
所以
得。

因为
所以从而平面平面PAC。

（II）略
２.需要转化后才能建系
如果没有两两相互垂直的三直线，我们可以想办法找出后再解决相关题目。

主要是利用三线垂定理及逆定理和面面垂直、线面垂直、线线垂直找出两两相互垂直的三条直线，然后才建立直角坐标系。

例4 （广东理18）如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60，,PB=2,
E,F分别是BC,PC的中点．
（1）证明：AD 平面DEF;
（2）求二面角P-AD-B的余弦值．
分析：本题需要利用线面垂直进行转换，才好建系。

解：（1）取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，
从而平面PBG。

延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，
所以PO 平面ABCD。

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD 的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设
由于
得
平面DEF。

（2）
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
例5 全国大纲理19）
如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，
．
（Ⅰ）证明：;
（Ⅱ）求与平面所成角的大小
分析：本题直接建系不能把S的坐标写出，故需一定的转换。

解：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。

设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。

又设
（I），，
由得
故x=1。

由
又由
即
于是，
故
所以平面SAB。

（II）设平面SBC的法向量，
则
又
故
取p=2得。

故AB与平面SBC所成的角为
从上面可以看出，立体几何多数题型都可转化为用一种方法求解。

综上所述，在学习立体几何时，我们应该学会一题多解，把思维发散。

同时要学会多题一解把无数的题归类，走出题海的怪圈。

只有这样，我们的学习才会轻松快乐。

参考文献：
①2011年高考数学试题立体几何分类汇编
②刘福亮《向量法在立体几何解题中的妙用》--《数学学习与研究》2009年13期
③张继海.《高考立体几何试题传统证法的转化思路》试题与研究·高考数学2009年第1期。

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