立体几何角度大小比较问题(浙江高考热点)

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09-11年浙江高考卷立体几何分析详解

2012年绍兴市高三教学质量调测数学（理）5.已知,αβ是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列正确的是（ C ） A.若//,,//m n m n ααβ⋂=则 B.若,,,m n m n αβαβ⊥⊂⊥⊥则 C.若//,,//,m n m n αβαβ⊥⊥则 D.若,,//,//m m n n αβαββ⊥⋂=则 7.某几何体的正视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能的是（ B ）16.在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，,M N 分别是1AC ,11A B 的中点. 点P 在正方体的表面上运动，则总能使MP 与BN 垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于 .20.如图，在ABC ∆中，AC=AB=1，120ACB ︒∠=,O 为ABC ∆的外心.PO ABC ⊥平面,且(1)证明：//BO PAC 平面；(2)若点M 在线段PC 上，且PC AMB ⊥平面, 求二面角A BM O --的正弦值.A B C D第7题图B（1）证明：连接OC ，交AB 于点D.因为OA=OB,AC=BC,OC=OC, 所以OAC OBC ∆≅∆ …………2分所以160,2ACO BCO ACB ∠=∠=∠=︒故OAC ∆和OBC ∆均为正三角形，所以四边形ACBO 为菱形，所以OB//AC. ……………4分又,,//AC PAC OB PAC BO PAC ⊂⊄平面平面故平面. ……………6分(2)解：方法一：因为,PC AMB PC DM ⊥⊥平面所以在Rt POC ∆中，由1PO OC PC ===，得由,POCCMD ∆∆ D 为OC 的中点，得CM =.…………7分以D 为坐标原点，分别以,DA DC 所在直线为xy 轴，轴建立如图空间直角坐标系，则10,0,0,0,222O A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，()30,1010M AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，则，314,,001025AM OB OM ⎛⎛⎫⎛=== ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，. …………9分记平面ABM 的法向量为()1,,,n x y z =则由1103010AB n AM n x y z ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，得10,1..n ⎛=- ⎝⎭ 记平面OBM 的法向量为()2,,n x y z =，则由2210240510OB n x y OM n y z ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，得(2n =-…………12分所以121212cos ,n n n n n n <>===⋅12sin ,n n <>= ，所以二面角A BM O --的正弦值为6…………14分2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学（理科）5．在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是( )A ．30B ．45C ．60D ．90C 【解析】取BC 的中点E ，则AE ⊥面11BB C C ，AE DE ∴⊥，因此AD 与平面11BB C C所成角即为A D E ∠，设A Ba =，则A E a=，2aDE =，即有0tan 60ADE ADE ∠==．12．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．【解析】该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1817．如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是．【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，1t =，随着F 点到C 点时，因,,CB AB CB DK CB ⊥⊥∴⊥平面A D B ，即有C B B D ⊥，对于2,1,CD BC BD ==∴=，又1,2AD AB ==，因此有AD BD ⊥，则有12t =，因此t 的取值范围是1,12⎛⎫⎪⎝⎭20．（本题满分15分）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；（II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．证明：（I ）如图，连结OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),O A B C -(0,0,6),(0,4,3),P E -()4,0,3F ，由题意得，()0,4,0,G 因(8,0,0),(0,4,3)OB OE ==-，因此平面BOE 的法向量为(0,3,4)n = ，(4,4,3FG =--得0n FG ⋅= ，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有//FG 平面BOE （II ）设点M 的坐标为()00,,0x y ，则00(4,,3)FM x y =--，因为FM ⊥平面BOE ，所以有//FM n ，因此有0094,4x y ==-，即点M 的坐标为94,,04⎛⎫-⎪⎝⎭，在平面直角坐标系xoy 中，AOB ∆的内部区域满足不等式组008x y x y >⎧⎪<⎨⎪-<⎩，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离为94,4．xy z2010年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）（6）设m l ,是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 ( B ) （A ）若αα⊥⊂⊥l m m l 则,, （B ）若αα⊥⊥m m l l 则,//,（C ）若m l m l //,,//则αα⊂（D ）若m l m l //,//,//则αα（12）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 144 cm 3.（20）（本题满分15分）如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=.432=FD 沿直线EF 将AEF ∆翻折成,'EF A ∆使平面⊥EF A '平面BEF. （I ）求二面角C FD A --'的余弦值；（II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与'A 重合，求线段FM 的长.（20）本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向中量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。

2019年浙江高考数学立体几何解析10012019年浙江高考

2019年浙江高考数学立体几何解析10012019年浙江
高考
1、两个大小不同的球在水平面上靠在一起，组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（D）。

A、两个外离的圆。

B、两个外切的圆。

C、两个相交的圆。

D、两个内切的圆。

2、身高相等的四名同学甲、乙、丙、丁参加风筝比赛，四人放出风筝的线长、线与地面的夹角，假设风筝线是拉直的，甲放出风筝线长140m，线与地面夹角30度，乙放出风筝线长100m，线与地面夹角45度，丙放出风筝线长95m，线与地面夹角45度，丁放出风筝线长90m，线与地面夹角60度。

则四名同学所放的风筝中最高的是（D）。

A、甲。

B、乙。

C、丙。

D、丁。

高考数学复习、高中数学立体几何热点问题附答案解析

CG AC
n n
0, 0,
即
x 2x
3z 0, y 0.
所以可取n=（3，6，– 3 ）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以 cosn, m
nm
3
．
| n || m | 2
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【规范训练】解 (1)因为 PA 底面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，
PF2，所以 PE⊥PF.
3
3
可得 PH＝，EH＝ .
2
2
( ) ( ) ( ) ( ) 3
3
→
33 →
3
则 H(0，0，0)，P 0，0， 2
，D
－1，－，0 2
，DP＝
1，， 2
2
，HP＝ 0，0， 2
为平面 ABFD
的一个法向量．
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，
→→ 3
|HP·DP| 4 3
所以 AB1⊥平面 A1B1C1.
(2)解设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ.
→
→
→
由(1)可知AC1＝(0，2 3，1)，AB＝(1， 3，0)，BB1＝(0，0，2)．
设平面 ABB1 的法向量 n＝(x，y，z)．
→
{ ) { ) 由
n·AB＝0， →
n·BB1＝0，
即
x＋ 3y＝0， 2z＝0，
所以 PA BC .因为 ABCD 为正方形，所以 AB BC ，
又因为 PA AB A ，所以 BC 平面 PAB .因为 AE 平面 PAB ，
所以 AE BC .因为 PA AB ， E 为线段 PB 的中点，

高考数学专题57 运用综合法解决空间角的问题(原卷版)

专题57 运用综合法解决空间角的问题一、题型选讲题型一、运用综合法研究线面角例1、【2021年高考浙江卷】如图，多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．〔1〕证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；〔2〕求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．例2、【2021年高考浙江卷】如图，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.例3、〔2021·浙江台州市·高三期末〕如图，在三梭柱中，侧面，均为菱形，，，为的中点.〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕假设，求直线与平面所成角的正弦值.111ABC A B C -11AA B B 11AACC 12AA =1160ABB ACC ∠=∠=︒DAB 1//AC 1CDB 60BAC ∠=︒1AC 11BB C C题型二、运用综合法研究面面角例4、〔河北省“五个一名校联盟〞2021届高三上学期第一次诊断考试〕如图，在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，底面ABCD是菱形，AB＝2，AA'＝3，且∠A'AB＝∠A'AD＝∠BAD＝60°．〔1〕求证：平面A'BD⊥平面ABCD；〔2〕求二面角B-A'C'-D的余弦值．例5、〔河北省石家庄市高中毕业班教学质量检测〕在直四棱柱ABC D－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形,M为AA1的中点，BC=BD=1，AB=AA1=2．(1)求证：M D⊥平面BDC1；(2)求二面角M－BC1－D的余弦值．〔江苏南京2021—2021学年第一学期11月六校联合调研试题〕在四棱锥P—ABCD中，PC⊥底面ABCD，例6、AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2,，AD＝CD＝1，BC＝PC ,E是PB的中点.〔1〕求证: PB⊥平面EAC〔2〕求二面角P—AC—E的大小.题型三、综合性问题例7、〔2021·江苏省新海高级中学高三期末〕如图直角梯形中，，，，为中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，且那么〔〕A．平面平面B．C．二面角的大小为D．与平面例8、〔湖北省九师联盟2021届高三联考〕如图，在棱长为6的正方体1111ABCD A BC D-中，E为棱1DD 上一点，且2,DE F=为棱11C D的中点，点G是线段1BC上的动点，那么〔〕A．无论点G在线段1BC上如何移动，都有11AG B D⊥B．四面体A BEF-的体积为24C．直线AE与BFD．直线1AG与平面1BDC所成最大角的余弦值为13例9、〔江苏省盐城市、南京市2021届高三第一次模拟考试〕〔本小题总分值12分〕如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．〔1〕假设DF＝2，求二面角A－CE－F的正弦值；ABCD//AB CD AB BC⊥112BC CD AB===E AB DE ADE A P PC= PED⊥PCD PC BD⊥P DC B--3πPC PED〔2〕假设平面ACF ⊥平面BCE ，求DF 的长．二、达标训练1、〔2021·江苏南通市·高三期末〕如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点M 是边CD 的中点，将沿AM 翻折到，连结PB ，PC ，在翻折到的过程中，以下说法正确的选项是〔〕A ．四棱锥B ．当面平面时，二面角的正切值为C ．存在某一翻折位置，使得D ．棱PB 的中点为N ，那么CN 的长为定值 2、〔福建省泉州市2021届高三联考〕如图,正方形ABCD 中,E F 、分别是AB BC 、的中点将,,ADE CDF BEF ∆分别沿DE DF EF 、、折起,使、、A B C 重合于点P .那么以下结论正确的选项是〔〕ADM △PAM △ADM △PAM △P ABCM -PAM ⊥ABCM PAB C 4AM PB ⊥A ．PD EF ⊥B ．平面PDE PDF ⊥平面C ．二面角P EFD --的余弦值为13D ．点P 在平面DEF 上的投影是DEF ∆的外心3、〔辽宁省沈阳市2021-2021学年高三联考〕如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A BC D -的棱的交点，那么以下说法正确的选项是〔〕A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3DG GC = 4、〔湖北师大附中2021届高三上学期联合测评〕〔此题总分值12分〕如图，在正三棱柱111C B A ABC -中，底面正ABC ∆的边长为2，侧棱E D AA ,,31=分别为CB CC ,1的中点，设平面DE A 1与AB 交于F 点．(1)求平面DE A 1与底面111C B A 所成二面角的余弦值；(2)求线段AF 的长．5、〔江苏省苏州市2021届高三第二学期期初学业质量阳光指标调研卷〕〔本小题总分值12分〕如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．〔1〕证明：∠PAD＝∠PBC；〔2〕当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．6、〔湖北师大附中2021届高三上学期名校联考〕如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，PA=BD=3 AB=23．且PB=PD.(1) 证明：平面PAC⊥平面ABCD;(2)假设PA⊥AC,棱PC上一点M满足BM⊥MD，求直线BD与平面ABM所成角的正弦．7、〔江苏扬州市2021- 2021 学年度第一学期期中检测试题〕如图，在三棱柱ABC- A 1B 1C 1中，四边形AB B 1A 1和A A 1C C 1均为菱形，棱平面AB B 1A 1⊥平面A A 1C C 1. ∠A 1AC =π3，∠A 1AB=π4，E 为A A 1上一点，BE⊥A A 1.(1)求证: BE⊥ A 1C(2)设AB=2,求二面角B- C C 1-A 的余弦值.8、〔2021·浙江高考真题〕如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．〔I 〕证明：EF ⊥DB ；〔II 〕求DF 与面DBC 所成角的正弦值．9、〔2021·浙江湖州市·高三期末〕如图，三棱柱所有的棱长均为1，且四边形为正方形，又.〔Ⅰ〕求证：；〔Ⅱ〕求直线和平面所成角的正弦值.10、〔2021·浙江嘉兴市·高三期末〕如图，四棱锥中，△为正三角形，，，，.111ABC A B C -11C B BC 1AB B C⊥111A B AC ⊥AB 11A ACC -P ABCD PAD //AB CD 122AD DC AB ===BC =3PC=〔1〕求证：；〔2〕求与平面所成角的正弦值.11、〔2021·浙江温州市·高三期末〕如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，假设直线与平面所成的角为．〔Ⅰ〕假设，求证：平面平面；〔Ⅱ〕假设，求直线与平面所成角的正弦值．12、〔2021·浙江杭州市·高三期末〕在三棱锥中，为等腰直角三角形，点，分别是线段，的中点，点在线段上，且.假设，AD PC ⊥AB PAD P ABC -ABC PAC △AC PB ABC 6πPB PC >PAC ⊥ABC PB PC <AB PAC A BCD -BCD △E G BD CD F AB 2BF FA =1AD =AB =CB CD ==〔Ⅰ〕求证：平面；〔Ⅱ〕求直线与平面所成的角.13、〔2021·浙江绍兴市·高三期末〕如图，在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，平面，点M 、N 分别为、的中点，点P 为线段上一点，且平面．〔1〕求证：；〔2〕求直线与平面所成角的正弦值．//AG CEF AD CEF A BCD -ABC CD CB =CD ⊥ABC AC CD BD //BMAPN BM AN ⊥AP ABC。

横看成岭侧成峰远近高低各不同——2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题的多角度分析

数理化解题研究2021年第01期总第494期横看成岭侧成峰远近高低各不同2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题的多角度分析章显联(浙江省绍兴鲁迅高级中学312000)摘要：本文对2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题进行多角度分析：非坐标形式的向量法(基底法)、三余弦定理法、等体积法、纯几何法、空间直角坐标系法.给出了复习的两个建议：关注最小，秒杀线面；重视非坐标形式的向量法.关键词：非坐标形式的向量法；线面角；两个原理中图分类号:G632 文献标识码：A 文章编号：1008 -0333(2021)01 -0036 -04一、典型考题所成角为0 ,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由公式，得例1（2020年浙江第19题）如图1,在三棱台ABC-DEF 中，平面 ACFD 丄平面 ABC , /ACB - /ACD -45°,DC -2B C.(1) 证明：EF 丄DB ；(2) 求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化能力,几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题.笔者认为此题无论图1是试题难度、试题背景、命题立意,还是对数学核心素养的考查，都很到位,可谓简约不简单.它也是一道解题训练的优质题,横看成岭侧成峰，很有研究价值.解法1非坐标形式的向量法(基底法)过点D 作D0丄AC 于点0,以｛ C B ，C B ,CD ｝为基底. 不妨设 DC - 2B C -2,贝V DB - 3 , C0 - 2 , / 0CB -：,/0CD - n , /DCB - n ,设平面DBC 的法向量为n - %-CD -0,（• C B -0 得｛2% + y + 4z - 0,% + y + z - 0.C O + y C B + zC B ，贝V 由所以n - -3 C0 +2 B + CD.设直线DF 与平面DBC解法2三余弦定理法过点D 作D0丄AC 于点0,由已知,得0在平面DBC 的射影H 在/DCB 的角平分线上,设直线DF 与平面DBC 所成角为0,由已知,得0C 与平面DBC 所成角也为0.由三余弦定理，得 cos n - cos n • cos 0,cos 0 - f •463所以sin 0 -耳.解法3等体积法.过点D 作D0丄AC 于点0,设直线DF 与平面DBC 所成角为0,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由 % - DBC 二 % - 0BC ，解得 h 二专,sin 0 二豊二专.解法4坐标形式的向量法以0为原点,0D 为Z 轴,0C 为Y 轴,在平面ABC 内, 过点0作0C 垂线为Z 轴，易求D ,C ,B 坐标，从而求得平面DBC 的法向量，利用线面角公式sin 0 - 3 •解法5纯几何法分析(1)题根据已知条件，作DH 丄AC ,根据面面垂直，可得DH 丄BC ,进一步根据直角三角形的知识可判断收稿日期：2020 -10 -05作者简介:章显联(1972. 12 -)，男，浙江省龙港人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.—36—2021年第01期总第494期数理化解题研究出厶BHC是直角三角形，且Z HBC_90°,则HB丄BC,从而可证出BC丄面DHB,最后根据棱台的定义有EF〃BC,根据平行线的性质可得EF丄DB.（2）题可先设BC_1,根据解直角三角形可得BH_1,HC_2,DH_2,DC_2,DB_3,然后找到CH与面DBC的夹角即为Z HCG,根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相图2等，通过计算乙HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值.二、考题赏析本题建系有些困难,不存在明显的过同一点的两两垂直的直线.这种情况下，非坐标形式的向量法（基底法）显得更实用.本题解法以｛CO,C B,CD｝为基底，因为它们不共面长度可求,且它们的夹角也可求.应用此法，可使求解过程更自由.若CO,C B,CD是单位向量且两两垂直,就是通常的坐标形式的向量法了.坐标形式的向量法可以看作是非坐标形式的向量法的一种特殊情形.解法2中0在平面DBC的射影H在Z DCB的角平分线上，利用三余弦定理可求出0C与平面DBC所成角.B图4三正弦定理（最大角定理）设二面角M-AB-N的度数为Y,在平面M上有一条射线AC,它和棱AB所成的角为0,和平面N所成的角为//a,贝V sin a_si叩•sin y.（为了力便于记忆，我们约定:0为线棱角,a为线面角，Y为二面角）证明如图4,C0丄平面N,0B丄AB,BC丄AB,0C△0BC,△0AC,△ABC均为直角三角形,sin y_,si叩_BCBCAC，sin a_器，易得sin a_sin S•sin y.说明由sin a_sin S•sin y且sin S W1,知sin a W sin y,a W y，所以二面角的半平面M内的任意一条直线与另一个半平面N所成的线面角不大于二面角,即二面角是线面角中最大的角.若平面斜线上异于斜足的点在平面上的射影不易确定，则可转换为其他点如是操作或利用等体积法求出垂线段的长，利用公式sin O_h求得.如本题解法3.其实不管是纯几何法还是坐标形式的向量法,都能解决线面角问题，高考试题的参考答案一贯都是纯几何法与坐标形式的向量法,每种方法的学习都可促进学生能力的提高,只是各有侧重.如解法4与解法5.三余弦定理（最小角定理或爪子定理）设点A为平面a上一点，过点A的斜线在平面a上的射影为B0,BC为平面a上的任意直线,那E么Z ABC,乙0BC,乙0BA三、复习建议三角的余弦关系为cosZ ABC图3_cos Z0BC•cos Z0BA.即斜线与平面内一条直线夹角0的余弦值等于斜线与平面所成角a的余弦值乘以射影与平面内直线夹角O的余弦值,cos0_cos a-cos O.（为了便于记忆,我们约定:0为斜线角,a为线面角,O为射影角）证明如图3,^0AB,△0BC,△ABC均为直角三角形,cosQ BCAB，cosaB0AB，cosO B0，易知cosQ_cos a•cos O，得证.说明这三个角中，角0是最大的,其余弦值最小,等于另外两个角的余弦值之积.斜线与平面所成角a是斜线与平面内所有直线所成角中最小的角.1.紧扣最小，秒杀线面在研究空间角的最值与求值问题时，我们应关注最大角与最小角定理,三余弦公式与三正弦公式.这样的考查在近几年的学考、高考试题中已多次出现：例2（2019年浙江高考第8题）设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为a,直线PB与平面ABC所成的角为S,二面角P-AC-B的平面角为Y，则（）.A.S<Y,a<yB.S<a,0<yC.S<a,y<aD.a<0,y<0解法1由最小角原理，得S<a，记二面角V-AB-C的平面角为y'（显然y_y'），由最大角原理，得S<y，故选B.解法2（特殊位置）取V-ABC为正四面体,P是棱VA上的中点，算出a,0,y的正弦值，可得选项B.例3（2018年浙江高考第8题）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等,E是线段—37—数理化解题研究2021年第01期总第494期AB上的点（不含端点）,设SE与BC所成的角为O],SE 与平面ABCD所成的角为O2,二面角S-AB-C的平面角为O3,则（）•A.O1W O2W O3B.O3W O2W O1C.O1W O3W O2D.O2W O3W O1解法1作出三个角，通过定量计算得出答案为D.解法2由最小角与最大角原理知：O1M O2,O3M O2,故选D.例4（2014年浙江高考第17题）如图5,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM-移动，此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角O的大小•若AB=15m,图5AC=25m,Z BCM=30°,贝卩tan O的最大值解析由线面角W面面角,求tan O的最大值转化为求二面角M-AC-Q的平面角•易求最大值为5j•例5（2018年11月浙江学考）四边形ABCD为矩形，沿AC将A ADC翻折成A AD'C.设二面角D'-AB-C 的平面角为O,直线AD'与BC所成的角为O1,直线AD'与平面ABC所成的角为O2,当O为锐角时，有（）•A.O2W O1W OB.O2W O W O1C.O1W O2W OD.O W O2W O1解析由最小角原理，得O1M O2,由最大角原理，得O M O2,下面比较O]与O的大小即可•故选B.例6（2018年全国高考n卷理科第20题）如图6,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=4,0为AC的中点•（1）证明：PO丄平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面图6PAM所成角的正弦值.解析（1）略.（2）由题意，知线棱角Z CPA=60°,二面角M-PA-C为30°，由三正弦定理，得sin a=sin60°sin30°=例7（2009年浙江高考理科第17题）如图7,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点•现将△AFD沿AF折起,使平面—38—ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK=£,则t的取值范围是•」___E.$____C d/一A B A K B图7解析由三余弦定理及已知，得cos Z DAF= cosZ DAK・cosZ BAF,又Z DAF+Z BAF二;，则cos Z DAK=tan Z BAF.在Rt△DAK中t=cos Z DAB,因此t=tanZ BAF,又由折叠前的图形，知0<Z CAB<Z BAFn<Z EAB=；.4所以tan Z CAB<tan Z BAF<tan Z EAB.所以1<t<1.考查这类空间角的大小是命题者难以割舍的情结,其本质是考查线面角与面面角定义的合理性,是考查学生数学核心素养的有效途径•2.非坐标形式的向量法非坐标形式的向量法比坐标形式的向量法应用更自由，更广泛•相比较纯几何法可避免令人深感畏惧的辅助线的添加技巧等.当然,解题方法中的选择也是当用则用，不分彼此,有时多种方法可揉合于同一道题中,特别是向量与几何的紧密联系与转化•应用非坐标形式的向量法解题的基本步骤：（1）会选基底.只需要不共面的三条线段长度可求，且它们的夹角也可求即可.（2）会表示•会用基底表示其他向量,一般只涉及向量的三角形式及其推广（闭合回路）,数乘与平行,数量积与垂直两个定理•特别是要掌握好平面法向量的求法，方法可参考高考真题解法1•（3）会用公式•运算过程中无论是平面向量还是空间向量操作完全一致，运用的公式与坐标形式的向量法一致.笔者尝试用非坐标形式的向量法研究高考数学卷，发现非坐标向量法作为解答立体几何的方法有着诸多的可取之处.例8（2018年浙江高考第19题）如图8,已知多面体ABCA1B1C1中，A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC, Z ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.（1）证明:AB】丄平面A]B]C]；（2）求直线AC】与平面ABB]所成的角的正弦值.解析以｛BA,B C,B—｝为基底，可证明（1）,也可求2021年第01期总第494期数理化解题研究得直线AC]与平面ABB1所成的角的正弦值为晋•例9(2019年浙江高考第19题)如图9,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1丄平面ABC,/ABC-90°,/BAC-30°,A1A二A1C-AC,E,F分别是AC,A]B]的中点(1)证明：EF丄BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析以｛E b]c B,C B｝为基底,可证明(1)，也可求得直线EF与平面A]BC所成角的余弦值是3•我们研究的向量是自由向图9量，运用非坐标形式的向量法无需考虑建立空间直角坐标系所需要的特殊要求,使解题过程更自由•例10(2009年浙江高考理科第17题)如图10,在长方形ABCD中,AB-2,BC-1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点•现将△AFD沿AF折起，使平面ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK-t，则t的取值范围是•图10解析以｛K4,KD,KF｝为基底，设DF-m,抓住折叠过程中的不变量AD-1,AB-2,由于平面ABD丄平面ABC,DK丄AB,从而DK丄平面ABC.由DF二D A+AF二d K+k A+AF，得m2二(d K+K4+AF)2.化简,得mt-1,即t——.由1<m<2,得<t<1.m2利用非坐标形式的向量法进行的上述解答,化动为静，简捷别致，令人耳目一新.例11(2000年全国高考理科第18题)如图11,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且/C1CB-/C1CD-/BCD-60°.(1)证明：C]C丄BD；3(2)假定CD-2,CC]-3，记Bi Ai图11面C]BD为a,面CBD为0,求二面角a-BD-0的平面角的余弦值；(3)当CD的值为多少时，能使A]C丄平面C]BD?请给出证明.解析以｛Cc1，CD,C B｝为基底，则CA]-C c]+CD+CB.(1)由BD-CD-CB,得C2C・BD-0,所以C2C丄BD.(2)易知平面a的法向量为C B；--8CC]+CD+C B，所以平面S的法向量为n--4CC]+CD+C B,从而求得a-D-S的平面角的余弦值为3•(3)当CD-1时,能使A]C丄平面C]BD.设CD-2,可证A]C丄BD,再由A]C丄BC2求得CC2-2.例12(2015年浙江省高考理科第13题)如图12,三棱锥A-BCD中，AB二AC二BD二CD-3,AD-BC-2,点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是•解析以｛BA,BC,BD｝为基底，在△ABD,由余弦定理得cos图12/ABD-7,同理得cos/CBD-[,cos/ABC-[,BA・933B C-2,BA・B D-7,B C・BD-2.用基底表示A N,C M,AN--BA+2BC,C M-2(BD+BA-2BC),异面直线AN,CM所成的角的余弦值是简]CM-T•平面向量仅是空间向量的一种特殊情形•“平面向量”可向“空间向量”自然转化.用向量方法求解空间角度与距离问题,为某些位置关系的判断问题创立了一种新的方法•在向量的运算中,要注意数形结合,灵活运用图形的几何意义、向量的几何意义去解题.《新课程标准(2017年版)》对空间向量的应用提出了更多、更高的要求,可见非坐标形式的向量法用于解决立体几何问题,完全符合新课程标准对学生的要求•如何使非坐标形式的向量法成为学生解决立体几何问题的又一个通用的好方法,还需要我们建一步地探索与总结•参考文献:[1]章显联.高考复习要注意回归教材[J].数理化解题研究，2020(13)：15-18.[责任编辑:李璟]—39—。

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课空间角的大小比较及最值范围问题课件

类型2 不同类型角间的大小比较
【例1－2】 (1)(2019·浙江卷)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是
棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的
角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则( )
A.β<γ，α<γ
B.β<α，β<γ
C.β<α，γ<α
A.θ＞γ＞β
B.θ＝β＞γ
C.γ＞β＞θ
D.θ＞β＝γ
(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)已知三棱锥S－ABC的底面ABC为
正三角形，SA＜SB＜SC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成
的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( A.α1＜α2 C.α2＜α3
) B.α1＞α2 D.α2＞α3
题型突破
题型一空间角的大小比较
类型1 同类角间的大小比较
【例1－1】 (1)(2020·嘉兴测试)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，
AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，
A1B与D1B1，AE与D1B1的所成角分别为α，β，γ，则( )
坐标系，设正方体的棱长为 1，AP＝a(0≤a≤1)，则易得 D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，
1，1)，则D→P＝(1，a，0)，D→B1＝(1，1，1)，设平面 PDB1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
D→P·n＝x＋ay＝0， D→B1·n＝x＋y＋z＝0，令 x＝a，得平面 PDB1 的一个法向量为 n＝(a，－1，－a＋1)，易
为 A1C1，B1A1，B1C1 中点，由图易得平面 AB1D1 即为平面α，直线

浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)

1.（本题满分15分）如图，平面⊥平面，是以为斜边的等腰直角PAC ABC ABC ∆AC 三角形。

分别为的中点，。

,,E F O ,,PA PB PC 16,10AC PA PC ===（I ）设是的中点，证明：平面；C OC //PC BOE （II ）证明：在内存在一点，使⊥平面，并求点到,的距ABO ∆M FM BOE M OA OB 离。

2.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDB 1D 1所成角的正切值为（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论。

3. 如图甲，△ABC 是边长为6的等边三角形，E ，D 分别为AB 、AC 靠近B 、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。

（I ）求证BC ⊥平面AFG ；（II ）求二面角B －AE －D的余弦值．.4在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，EA ⊥DB ⊥AC BC ⊥，M 是AB 的中点．2AC BC BD AE ===（1）求证：；CM EM ⊥（2）求CM 与平面CDE 所成的角5.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，ABCD BEFC BE CF ∥，，．90BCF CEF ∠=∠=o AD =2EF =（Ⅰ）求证：平面；AE ∥DCF （Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为？AB A EF C --60o6. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=沿.432=FD 直线EF 将翻折成使平面平面BEF.AEF ∆,'EF A ∆⊥EF A ' （I ）求二面角的余弦值；C FD A --' （II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与重合，求线段FM 的长.'A EMACBD DABEFC（第18题）7. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

[名校]浙江高考数学-立体几何空间角的求值的多种解法

[名校]浙江高考数学-立体几何空间角的求值的多种解法（线线角，线面角，二面角）第一部分：平行与垂直的证明立体几何一般以两问出现的较多，其中第一问相对较多出现的是平行和垂直的证明，而浙江卷又以垂直出现的可能性更大。

当然垂直证明一般难度大于平行的证明。

对于这一块内容，我们简单介绍下。

我制作了一张平行互推图和垂直互推图。

大家可以看一下。

平行证明垂直证明平行与垂直的证明，我们放在下一块求空间角时，分析大题目时一起分析。

第二部分：求空间角立体几何的第二问基本都以求空间角的形式出现求空间角主要分为三块内容：异面直线所成的角(线线角)，线与面所成的角（线面角），面与面所成的角（二面角）。

首先，我们看一下考纲里面对空间角的要求：A. 理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念．B.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法．接下来我们分三点来分析空间角的求法：1）异面直线所成的角(线线角)定义：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，所成的角的大小与点的选择无关，把所成的锐角（或直角）叫异面直线所成的角（或夹角）．异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法：1）：平移，平移后使两条直线相交，求角；2）：向量法：建立坐标系，请求两条直线的坐标，利用公式异面直线所成的角向量公式典例分析例1．在正三棱锥S－ABC中，E为SA的中点，F为△ABC的中心，SA=BC=2，则异面直线EF与AB所成的角是( )(A)30°(B) 45°(C) 60°(D) 90°例1答案例2．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= 根号3，∠BAD=120º.（1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；2）线与面所成的角（线面角）1.线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角2.求线面角的一般步骤：(1)先找斜足(2)经过斜线上一点作面的垂线（一般都是另一个端点），即作出垂足，连接斜足和垂足，找出线面角。

2020版高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题

（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.在Rt△CDE中，CE＝CD2＋DE2＝3 2.在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝55，∴sin∠AEC＝255，∴S△ACE＝12·AE·CE·sin∠AEC＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，∴AE＝13AD＝1，∴ED＝2，EC＝ED2＋DC2＝22＋22＝22，OE＝AO2＋AE2＝12＋12＝2，OC＝OB2＋BC2＝12＋32＝10，∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。

专题15 立体几何高考真题浙江卷赏析(解析版)-2021年高考数学立体几何中必考知识专练

专题15：立体几何高考真题浙江卷赏析（解析版）题型一：三视图1．2019年浙江省高考数学试卷祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，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所示，则该柱体的体积是（）A ．158B ．162C ．182D ．32【答案】B 【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查. 【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.2．2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是A ．+12πB ．+32πC ．3+12πD ．3+32π 【答案】A 【解析】由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体， ∴2111V 1213322π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭=12π+,故选A. 3．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（）A ．83cmB ．123cmC ．3233cm D ．4033cm 【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是四棱柱与同底的四棱锥的组合体,所以其体积为,故应选C.考点：三视图及体积的计算．4．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：由三视图知，原几何体是由一个长方体与一个三棱柱组成，其体积为，故选B.考点：根据三视图还原几何体，求原几何体的体积，容易题.5．2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是A．90B．129C．132D．138【答案】D【解析】试题分析：分析题意可知，该几何体为三棱柱与长方体的组合，其表面积=⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯-=S c m (644363)212342435332138(2)，故选D．考点：1．三视图；2．空间几何体的表面积．题型二：点线面的基本关系6．2011年浙江省普通高等学校招生统一考试文科数学，则若直线l不平行于平面a，且l aA．a内的所有直线与l异面B．a内不存在与l平行的直线C．a内存在唯一的直线与l平行D．a内的直线与l都相交【答案】B【解析】试题分析：根据线面关系的定义，我们根据已知中直线l不平行于平面α，且l⊄α，判断出直线l与α的关系，利用直线与平面相交的定义，我们逐一分析四个答案，即可得到结论．解：直线l不平行于平面α，且l⊄α，则l与α相交l与α内的直线可能相交，也可能异面，但不可能平行故A，C，D错误故选B．考点：平面的基本性质及推论．7．（2013•浙江）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，（）A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β【答案】C【解析】A、m∥α，n∥α，则m∥n，m与n可能相交也可能异面，所以A不正确；B、m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；C、m∥n，m⊥α，则n⊥α，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确．D、m∥α，α⊥β，则m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β=A，所以D不正确；故选C．8．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则（）A ．若，，则B ．若，，则C ．若，，，则D ．若，，，则【答案】C 【解析】试题分析：对A ，若，，则或或，错误；对B ，若，，则或或，错误；对C ，若，，，则，正确；对D ，若，，，则或或，错误.故选C.考点：空间中的线线、线面、面面的位置关系，容易题.9．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（） A ．若l β⊥，则αβ⊥ B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若//l β，则//αβ D ．若//αβ，则//l m【答案】A 【解析】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得l β⊥，l α⊂ 可得αβ⊥考点：空间线面平行垂直的判定与性质 10．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（浙江卷）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则 A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥l D ．m ⊥n【答案】C 【解析】试题分析：由题意知,l l αββ⋂=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ．【考点】空间点、线、面的位置关系．【思路点睛】解决这类空间点、线、面的位置关系问题，一般是借助长方体（或正方体），能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系．题型三：夹角问题11．浙江省2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题已知三棱锥P ABC -中，ABC ∆为正三角形，PA PB PC >>，且P 在底面ABC 内的射影在ABC ∆的内部（不包括边界），二面角PAB C ，二面角P BC A --，二面角P AC B --的大小分别为α，β，γ，则（） A ．αβγ>> B ．γαβ>>C ．αγβ<<D ．αβγ<<【答案】C 【分析】作出三个二面角，再根据PA PB PC >>，确定二面角大小. 【详解】设P 在底面ABC 内的射影为O ，过O 分别作AB,BC,CA 垂线，垂足分别为D,E,F,则PDO α=∠，PEO β=∠，PFO γ=∠，从而tan PO OD α=，tan PO OE β=，tan POOFγ=，因为PA PB PC >>，所以OA OB OC >>, O D OF OE >>,即tan tan tan αγβ<<,即αγβ<<，选C. 【点睛】本题考查二面角，考查基本分析与判断能力，属中档题.12．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（浙江卷）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD ∆'，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则（）A ．A DB α∠'≤ B ．A DB α∠'≥C ．A CB α∠'≤D ．A CB α∠'≤【答案】B 【详解】设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A DB ∆'中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB +-+--∠===⨯'⨯''⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ，过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP ∠'就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α∠'=，在Rt A ND ∆'中，cos cos DN A D A DC θ=∠=''，，同理，sin BM PN θ==，cos DM θ=，故2cos BP MN θ==，显然BP ⊥面A NP '，故BP A P ⊥'，在Rt A BP ∆'中，2222222(2cos )4cos A P A B BP t t θθ=-==-'-'，在A NP ∆'中，222cos cos 2A N NP A P A NP A N NP α'''∠'+-==⨯2222sin sin (4cos )2sin sin t θθθθθ+--=⨯ 222222222222cos 2cos 1cos cos 2sin 2sin sin sin sin t t A DB θθθθθθθθ+--==+=∠+'， ∵210sin θ>，22cos 0sin θθ≥，∴cos cos A DB α≥∠'（当2πθ=时取等号）， ∵，[0,]A DB π∠∈'，而cos y x =在[0,]π上为递减函数，∴A DB α≤∠'，故选B.考点：立体几何中的动态问题13．2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B 【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此αγβ<<，所以选B ．【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解． 14．2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（） A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤【答案】D 【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系. 【详解】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO 、SN 、OM ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ，因此123,,,SEN SEO SMO θθθ∠=∠=∠= 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OMθθθ==== 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,θθθ≥≥即132θθθ≥≥，选D.【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.15．2020年浙江省高考数学试卷如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I ）证明：EF ⊥DB ；（II ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II ）3【分析】（I ）作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥，根据勾股定理可证得BC BH ⊥，又//EF BC ，可得DH EF ⊥，BH EF ⊥，即得EF ⊥平面BHD ，即证得EF DB ⊥；（II ）由//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为CH 与平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，即可知HCG ∠即为所求角，再解三角形即可求出DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ． ∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥． ∵45ACB ACD ∠=∠=︒，∴2CD BC CH ==⇒=．在CBH 中，22222cos 45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥．由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H =，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．（Ⅱ）因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由（1）可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，则CH =，BH DH HG a BD ⋅===，∴sin3HG HCG CH ∠===．故DF 与平面DBC 所成角的正弦值为3．中学教育【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．中学教育。

中学数学立体几何角度大小比较问题(浙江高考热点)

立体几何角度大小比较问题（浙江高考热点）1.已知是正四面体（所有棱长都相等的四面体），是中点，是上靠近点的三等分点，设与、、所成角分别为、、，则（）A. B. C. D.2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则( )A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB −C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ14.【2018届浙江省镇海中学高三上学期期末】直线a与平面α所成角的为30o，直线b在平面α内，且与b异面，若直线a与直线b所成的角为φ，则( )A. 0º<φ≤30ºB. 0º<φ≤90ºC. 30º≤φ≤90ºD. 30º≤φ≤180º5．如图，四边形ABCD是矩形，沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD，异面直线CD 与A′B所成的角为α，则( )A．α<∠A′CD B．α>∠A′CD C．α<∠A′CA D．α>∠A′CA6. 已知得内角所对的边分别为，且，点在所在平面上的投影恰好是的重心，设平面与底面所成的锐二面角分别为，则A.B.C.D.7. 已知三棱锥 S －ABC 的底面 ABC 为正三角形， SA ＜SB ＜SC ，平面 SBC ， SCA ， SAB 与平面 ABC 所成的锐二面角分别为 α1， α2， α3，则（）A. α1＜α2B. α1＞α2C. α2＜α3D. α2＞α38. 在三棱锥中，平面，，分别是的中点，，且.设与所成角为，与平面所成角为，二面角为，则（）A.B. C.D.9. 如图，正四面体A BCD -， P 是棱CD 上的动点，设CP tCD =（()01t ∈，），分别记AP 与BC ， BD 所成角为α， β，则（）A. αβ≥B. αβ≤C. 当102t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时， αβ≥D. 当102t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，αβ≤10，已知两个平面βα,和三条直线b a m ,,，若m =βα ，α⊂a 且m a ⊥，β⊂b ，设α和β所成的一个二面角的大小为1θ，直线a 和平面β所成的角的大小为2θ，直线b a ,所成的角的大小为3θ，则A ．321θθθ≥=B ．213θθθ=≥C ．31θθ≥，32θθ≥D ．21θθ≥，23θθ≥11.已知在矩形ABCD 中，AD =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线第13题图D 'COBA','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（）A ．αθβ<<B ．βθα<< C. βαθ<< D ．αβθ<< 12. 如图,二面角α-l -β中,P ∈l ,射线PA ,PB 分别在平面α, β内,点A 在平面β内的射影恰好是点B ,设二面角α-l -β、PA 与平面β所成的角、PB 与平面α所成的角的大小分别为,,δϕθ,则（）A ．δϕθ≥≥ B. δθϕ≥≥ C. ϕδθ≥≥ D. θδϕ≥≥13．如图，矩形ABCD 中，1,2AB BC ==，将ADC ∆沿对角线AC 翻折至AD C '∆，使顶点D '在平面ABC 的投影O 恰好落在边BC 上，连结BD '．设二面角D AB C '--，D AC B '--，B AD C '--大小分别为,,αβγ，则（）A ．αβγ+>B ．αβγ+=C ．γαβ+>D ．γβα+>14,（2017·浙江卷）如图，已知正四面体D -ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA ＝2，分别记二面角D - PR - Q ，D - PQ - R ，D - QR -P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α15. 如图，在中，，，为的中点.将沿着翻折至，使得，则的取值不可能．．．为（）A. B. C. D.1、数论是人类知识最古老的一个分支，然而他的一些最深奥的秘密与其最平凡的真理是密切相连的。

高考中立体几何问题的热点题型

，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B－CG－A 的大小．
题型1
题型2
解 (1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG，所以 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，且 BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面 BCGE，所以 AB⊥平面 BCGE. 又 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE.
∴△BCE 为等边三角形，
∵BE 的中点为 O，∴OC⊥BE，
∵BE∥CD，∴OC⊥CD，
∵A1O∩OC＝O，A1O，OC⊂平面 A1OC， ∴CD⊥平面 A1OC， ∵A1C⊂平面 A1OC，∴A1C⊥CD.
题型1
题型2
解
(2)由(1)知 A1O⊥平面 BCDE，∵OB，OC⊂平面 BCDE， ∴A1O⊥OB，A1O⊥OC， ∵OC⊥BE，
题型1
题型2
解
(3)A→1C＝(2，0，2)，A→1D＝(0，1，0)，
设平面 A1CD 的法向量为 v＝(x2，y2，z2)，则vv··AA→→11CD＝＝2yx2＝2＋02，z2＝0，
取 x2＝1，可得 v＝(1，0，－1)，则 cos〈u，v〉＝|uu|·|vv|＝－
1 5×
2＝－
1100，
则E→F＝0，12，1，易知平面 ABC 的一个法向量为 m＝(1，0，0)，则E→F·m＝0，故E→F⊥m，
∵EF⊄平面 ABC，故 EF∥平面 ABC.
题型1
题型2
解
(2)C→1C＝(2，0，0)，C→1D＝(0，1，－2)，E→B＝(1，2，0)，设平面 CC1D 的法向量为 u＝(x1，y1，z1)，则uu··CC→ →11CD＝＝2y1x－1＝20z1，＝0，取 y1＝2，可得 u＝(0，2，1)， cos〈E→B，u〉＝|EE→→BB|·|uu|＝45. 因此，直线 BE 与平面 CC1D 夹角的正弦值为45.

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解39---与空间角有关的最值问题

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第39讲与空间角有关的最值问题立体几何动态问题中，空间角的最值及范围问题是高考的常考题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法、不等式法等．主要是利用三角函数值比较及最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等求解．考点一空间角的大小比较例1(2022·嘉兴质检)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，设异面直线A 1B 与AD 1，A 1B 与D 1B 1，AE 与D 1B 1所成的角分别为α，β，γ，则( ) A ．α＜β＜γB ．γ＜β＜α C ．β＜α＜γD ．α＜γ＜β 答案 A解析以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系(图略)，∵长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面为正方形， AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，∴A 1(b ，0，a )，B (b ，b ，0)，A (b ，0,0)，D 1(0,0，a )， B 1(b ，b ，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，b ，a 3，A 1B --→＝(0，b ，－a )， AD 1--→＝(－b ，0，a )，D 1B 1--→＝(b ，b ，0)， AE →＝⎝⎛⎭⎫－b ，b ，a 3，cos α＝|A 1B --→·AD 1--→||A 1B --→||AD 1--→|＝a 2a 2＋b 2·a 2＋b 2＝a 2a 2＋b 2， cos β＝|A 1B --→·D 1B 1--→||A 1B --→||D 1B 1--→|＝b 2a 2＋b 2·b 2＋b 2， cos γ＝|AE →·D 1B 1--→||AE →||D 1B 1--→|＝0，∵a ＞b ＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ.规律方法 (1)最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角(线面角是最小的线线角)．(2)最大角定理：二面角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大角(二面角是最大的线面角)．跟踪演练1 设三棱锥V －ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P －AC －B 的平面角为γ，则( )A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β 答案 B解析由题意，直线PB 与直线AC 所成的角α大于直线PB 与平面ABC 所成的角β，即β<α，而直线PB 与平面ABC 所成的角β小于二面角P －AC －B 的平面角γ，所以β<γ.考点二空间角的最值例2(2022·绍兴模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别是BC ，B 1C 1的中点，点P 是截面AB 1C 1D (包括边界)上的动点，D 1P ＝343，2ME →＝EN →，则EP 与平面AB 1C 1D 所成最大角的正切值为________．答案82＋2225解析取DC 1的中点O ，连接D 1O ，OP ，D 1P ，作MS ⊥平面AB 1C 1D 于点S ，ET ⊥平面AB 1C 1D 于点T (图略)，由正方体性质可知D 1O ⊥平面AB 1C 1D ，则OP ＝D 1P 2－D 1O 2 ＝⎝⎛⎭⎫3432－(2)2＝43，则点P 的轨迹是以O 为圆心，43为半径的圆与平面AB 1C 1D 的交线，又M 到平面AB 1C 1D 的距离为MS ＝2，因为2ME →＝EN →，所以E 到平面AB 1C 1D 的距离为ET ＝223，则∠EPT 为直线EP 与平面AB 1C 1D 的夹角，当O ，T ，P 共线时，PT 最小， tan ∠EPT ＝ETPT 的值最大，OS ＝1，ST ＝2×13＝23，所以OT ＝12＋⎝⎛⎭⎫232＝113，即PT ＝43－113，tan ∠EPT ＝ETPT ＝22343－113＝82＋2225.规律方法求空间角最值、范围的两种常用方法(1)利用空间角的定义及几何图形找到空间角，构造三角形，利用三角函数的比值构造函数求最值、范围．(2)建立空间坐标系，利用坐标运算求空间角的三角函数值，构造函数求最值、范围．跟踪演练2 (2022·内江模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为线段A 1D 的中点，N 为线段CD 1上的动点，则直线C 1D 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为( )A.32 B.66 C.63 D.64答案 C解析以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则M (1,0,1)，C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，D 1(0,0,2)， CD 1--→＝(0，－2,2)， C 1D --→＝(0，－2，－2)，设CN →＝λCD 1--→(0 ≤λ≤ 1)，则N (0，－2λ＋2,2λ)， ∴MN →＝(－1，－2λ＋2,2λ－1)，设直线C 1D 与直线MN 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈MN →，C 1D --→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪MN →·C 1D --→|MN →||C 1D --→|＝222·1＋(2λ－2)2＋(2λ－1)2＝222·8λ2－12λ＋6，由8λ2－12λ＋6＝8⎝⎛⎭⎫λ－342＋32≥32，当且仅当λ＝34时等号成立，∴cos θ＝222·8λ2－12λ＋6≤33，则sin θ≥63，∴直线C 1D 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为63.考点三空间角的范围例3 如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S －AD －C 的平面角θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤216，24 B.⎣⎡⎦⎤616，24 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤216，6＋216 D.⎣⎡⎦⎤0，28 答案 D解析如图，取AD 的中点O ，BC 的中点G ，连接OS ，OG ，则OG ⊥AD ，以OG 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，过点O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，则A (0，－1,0)，C (2,1,0)，D (0,1,0)．因为△SAD 为正三角形，O 为AD 的中点，所以SO ⊥AD ，又OG ⊥AD ，所以∠SOG 是二面角S －AD －C 的平面角，即∠SOG ＝θ，则S (3cos θ，0，3sin θ)．因为AC →＝(2,2,0)，DS →＝(3cos θ，－1，3sin θ)，所以cos 〈AC →，DS →〉＝23cos θ－222×2.又θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，所以cos θ∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以cos 〈AC →，DS →〉∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－228，28，又异面直线夹角的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，故异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，28. 易错提醒求空间角的范围时，要注意空间角自身的范围；利用坐标法求角时，要注意向量夹角与空间的关系．跟踪演练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在棱CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤33，1B.⎣⎡⎦⎤63，1C.⎣⎡⎦⎤63，233 D.⎣⎡⎦⎤233，1答案 B解析设正方体的棱长为1，以C 为原点，分别以CD →，CB →，CC 1--→为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，令P (0,0，m )，m ∈[0,1]，则O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，B (0,1,0)，D (1,0,0)，A 1(1,1,1)， ∴BD →＝(1，－1,0)，DA 1--→＝(0,1,1)，OP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，m ，m ∈[0,1]，设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·DA 1--→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，y ＋z ＝0，则平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,1，－1)， ∴sin α＝|cos 〈n ，OP →〉|＝|n ·OP →||n ||OP →|＝1＋m 3·12＋m2＝2(1＋m )23(1＋2m 2)∈⎣⎡⎦⎤63，1.专题强化练1.在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 所成角的范围(包含初始状态)为( )A.⎣⎡⎦⎤0，π6B.⎣⎡⎦⎤0，π3 C.⎣⎡⎦⎤0，π2D.⎣⎡⎦⎤0，2π3 答案 C解析根据题意，初始状态，直线AD 与直线BC 所成的角为0，当BD ＝2时，AD ⊥DB ，AD ⊥DC ，且DB ∩DC ＝D ，DB ，DC ⊂平面DBC ，所以AD ⊥平面DBC ，又BC ⊂平面DBC ，故AD ⊥BC ，直线AD 与BC 所成的角为π2，所以在翻折过程中直线AD 与直线BC 所成角的范围(包含初始状态)为⎣⎡⎦⎤0，π2. 2．已知四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)．设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S －AB －C 的平面角为θ3，则( ) A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1 答案 D解析方法一由题意知四棱锥S －ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，则θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.因为OM ∥BC ，BC ⊥AB ，SM ⊥AB ，所以θ3也是OM 与平面SAB 所成的角，即BC 与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1.方法二如图，不妨设底面正方形的边长为2，E 为AB 上靠近点A 的四等分点，E ′为AB 的中点，S 到底面的距离SO ＝1，以EE ′，E ′O 为邻边作矩形OO ′EE ′，则∠SEO ′＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SE ′O ＝θ3. 由题意得tan θ1＝SO ′EO ′＝52，tan θ2＝SO EO ＝152＝255，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E 在AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1. 故θ2≤θ3≤θ1.3.(多选)(2022·汕头模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则( )A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是⎣⎡⎦⎤π4，π2 D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为64答案 AB解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)， A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)， C (0,1,0)，A (1,0,0)，设P (x ，1，z )，B 1P --→＝λB 1C --→，则(x －1,0，z －1)＝λ(－1,0，－1)，λ∈[0,1]，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－λ，z ＝1－λ，即P (1－λ，1,1－λ)．对于A ，BD 1--→＝(－1，－1,1)，DA 1--→＝(1,0,1)， DC 1--→＝(0,1,1)，因为BD 1--→·DA 1--→＝－1×1＋1×1＝0， BD 1--→·DC 1--→＝－1×1＋1×1＝0，所以BD 1--→⊥DA 1--→，BD 1--→⊥DC 1--→⇒BD 1⊥DA 1， BD 1⊥DC 1，又DA 1∩DC 1＝D ，DA 1，DC 1⊂平面A 1C 1D ，所以直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；对于B ，设侧面BCC 1B 1的对角线交点为O ，所以CB 1⊥OC 1，OC 1＝12×12＋12＝22，而A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，OC 1⊂平面BCC 1B 1，所以A 1B 1⊥OC 1，而A 1B 1∩CB 1＝B 1， A 1B 1，CB 1⊂平面A 1B 1CD ，所以OC 1⊥平面A 1B 1CD ，1111111111111=332212P A C D C PA D PA D A B CD A B CD V V S C O S S --=⋅=⨯⨯⨯△=为定值，故B 正确；对于C ，AP →＝(－λ，1,1－λ)，A 1D --→＝(－1,0，－1)，设异面直线AP 与A 1D 所成角为θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，则有cos θ＝|AP →·A 1D --→||AP →||A 1D --→|＝|λ＋λ－1|(－λ)2＋12＋(1－λ)2·12＋12＝|2λ－1|2λ2－λ＋1，当λ＝12时，cos θ＝0⇒θ＝π2；当λ≠12时，cos θ＝14λ2－4λ＋44λ2－4λ＋1＝11＋3(2λ－1)2，因为λ∈⎣⎡⎭⎫0，12∪⎝⎛⎦⎤12，1，所以(2λ－1)2∈(0,1]，因此1(2λ－1)2≥1⇒3(2λ－1)2≥3⇒1＋3(2λ－1)2≥4⇒1＋3(2λ－1)2≥2⇒0<11＋3(2λ－1)2≤12，即0<cos θ≤12，所以θ∈⎣⎡⎭⎫π3，π2，综上，θ∈⎣⎡⎦⎤π3，π2，故C 不正确；对于D ，由A 项知，BD 1--→＝(－1，－1,1)为平面A 1C 1D 的一个法向量，令m ＝BD 1--→，则m ＝(－1，－1,1)，C 1P --→＝(1－λ，0，－λ)，设直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角为α，则sin α＝|cos 〈m ，C 1P --→〉|＝|m ·C 1P --→||m ||C 1P --→|＝|λ－1－λ|(1－λ)2＋(－λ)2·(－1)2＋(－1)2＋12＝13·2λ2－2λ＋1＝13·2⎝⎛⎭⎫λ－122＋12，因为λ∈[0,1]，所以当λ＝12时，2⎝⎛⎭⎫λ－122＋12有最小值，最小值为12＝22，所以直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为13×22＝63，故D 不正确． 4．(2022·义乌模拟)如图，在等边△ABC 中，D ，E 分别是线段AB ，AC 上异于端点的动点，且BD ＝CE ，现将△ADE 沿直线DE 折起，使平面ADE ⊥平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，则下列选项中错误的是( )A ．∠ADB 的大小不会发生变化B ．二面角A －BD －C 的平面角的大小不会发生变化 C ．BD 与平面ABC 所成的角变大 D ．AB 与DE 所成的角先变小后变大答案 C解析设等边△ABC 的边长为1， AD ＝x (0<x <1)，则BD ＝1－x ，在△ABC 中，由BD ＝CE ，得DE ∥BC ，如图，过点A 作AG ⊥BC ，交DE 于点H ，交BC 于点G ，连接BH ，则AH ⊥DE ， AG ＝32，∠ADH ＝∠ABG ＝60°，所以AH ＝32x ，HG ＝32－32x ＝32(1－x )，在△ADE 沿直线DE 折起的过程中，AH ⊥DE ，HG ⊥BC 始终满足．由平面ADE ⊥平面BCED ，平面ADE ∩平面BCED ＝DE ，AH ⊂平面ADE ，所以AH ⊥平面BCED ，又BH ⊂平面BCED ，则AH ⊥BH ，在△BHG 中，BH ＝14＋34(1－x )2，所以AB ＝AH 2＋BH 2 ＝34x 2＋14＋34(1－x )2 ＝32x 2－32x ＋1，所以cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22×AD ×BD＝x 2＋(1－x )2－⎝⎛⎭⎫32x 2－32x ＋12·x ·(1－x )＝－14为定值，所以∠ADB 大小不变，故A 正确；如图，过H 作HO ⊥BD 交BD 于点O ，由DH ＝x 2，得OH ＝34x ，由AH ⊥平面BCED ，BD ⊂平面BCED ，得AH ⊥BD ，又AH ∩OH ＝H ，AH ，OH ⊂平面AOH ，所以BD ⊥平面AOH ，所以∠AOH 为二面角A －BD －C 的平面角，在Rt △AOH 中，tan ∠AOH ＝AH OH ＝32x34x＝2，所以∠AOH 大小不变，故B 正确；S △BCD ＝12×BC ×HG ＝12×1×32(1－x )＝34(1－x )，由AH ⊥DE ，得AH ⊥BC ，又HG ⊥DE ，且HG ∩AH ＝H ，HG ， AH ⊂平面AGH ，所以BC ⊥平面AGH ，又AG ⊂平面AGH ，所以BC ⊥AG ，又AH ⊥平面BCED ，HG ⊂平面BCED ，则AH ⊥HG ，所以AG ＝AH 2＋GH 2＝34x 2＋34(1－x )2， S △ABC ＝12·BC ·AG ，设点D 到平面ABC 的距离为d ，由等体积法可得V A －BCD ＝V D －ABC ，即13·S △BCD ·AH ＝13·S △ABC ·d 则d ＝S △BCD ·AH S △ABC＝12·BC ·HG ·AH12·BC ·AG＝32x (1－x )x 2＋(1－x )2，设BD 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝dBD ＝32x x 2＋(1－x )2＝321＋⎝⎛⎭⎫1x －12，在D 从B 滑动到A 的过程中，x 的值从1变小到0，这一过程中1＋⎝⎛⎭⎫1x －12逐渐变大．所以在这一过程中，sin θ变小，则角θ变小，故C 不正确；由DE ∥BC ，则∠ABC (或其补角)为AB 与DE 所成的角．由上可知，BC ⊥AG ，则tan ∠ABC ＝AGBG ＝2AG ＝3·x 2＋(1－x )2＝3·2x 2－2x ＋1，函数y ＝2x 2－2x ＋1(0<x <1)的对称轴为x ＝12，当0<x <12时，函数y ＝2x 2－2x ＋1(0<x <1)单调递减，当12<x <1时，函数y ＝2x 2－2x ＋1(0<x <1)单调递增，所以在x 从1变到12的过程中，tan ∠ABC 变小，∠ABC 变小，在x 从12变到0的过程中，tan ∠ABC变大，∠ABC 变大，故D 正确．5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是棱AB (包括端点)上的动点，设点P 在运动过程中，平面PDB 1与平面ADD 1A 1夹角的最小值为α，则cos α＝________.答案63解析以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，AP ＝a (0≤a ≤1)，则易得D (0,0,0)，P (1，a ，0)，B 1(1,1,1)，则DP →＝(1，a ，0)，DB 1--→＝(1,1,1)，设平面PDB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝x ＋ay ＝0，DB 1--→·n ＝x ＋y ＋z ＝0，令x ＝a ，得平面PDB 1的一个法向量为 n ＝(a ，－1，－a ＋1)，易得平面ADD 1A 1的一个法向量为m ＝(0,1,0)，设平面PDB 1与平面ADD 1A 1的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m | ＝|－1|a 2＋(－1)2＋(－a ＋1)2＝12⎝⎛⎭⎫a －122＋32，易得当θ取得最小值α时，a ＝12，此时有cos α＝63.6．已知E ，F ，O 分别是正方形ABCD 的边BC ，AD 及对角线AC 的中点，将△ACD 沿着AC 进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF 与平面BOD 所成角的余弦值的取值范围为________．答案⎝⎛⎭⎫0，22 解析如图所示，设正方形的边长为2，则OA ＝OB ＝OD ＝2， OA ⊥OB ，OA ⊥OD ，设∠BOD ＝α，α∈(0，π)，直线EF 与平面BOD 所成的角为θ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，以{OA →，OB →，OD →}为一组基底，则EF →＝OF →－OE →＝12(OA →＋OD →)－12(OC →＋OB →)＝OA →－12OB →＋12OD →，所以|EF →|＝⎝⎛⎭⎫OA→－12OB →＋12OD →2＝OA →2＋14OB →2＋14OD →2－OA →·OB →＋OA →·OD →－12OB →·OD →＝3－cos α，则AC →＝OC →－OA →＝－2OA →，所以|AC →|＝2|OA →|＝22，AC →·EF →＝－2OA →·⎝⎛⎭⎫OA →－12OB →＋12OD → ＝－2OA →2＋OA →·OB →－OA →·OD →＝－4.所以sin θ＝|AC →·EF →||AC →||EF →|＝23－cos α∈⎝⎛⎭⎫22，1，所以cos θ＝1－sin 2θ∈⎝⎛⎭⎫0，22.。

两道浙江高考立体几何压轴小题赏析

两道浙江高考立体几何压轴小题赏析
罗山高中高尤琼
2016和2017年，浙江高考考了立体几何压轴小题，题目新颖有趣，很有挖掘价值，体现了数学的核心素养和数学思想的应用。

在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与垂直的位置关系)，计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题．正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换是分析和解决这两类问题的关键．
这两道题都很新颖，考查学生想象力，江浙一带，人杰地灵，数学题比较灵活。

总之，就是把空间立体问题转化成平面问题，运用平面几何知识、相似、解析几何、基本不等式、解三角形等方法加以解决。

新高考数学之立体几何综合讲义第13讲立体几何空间角的大小比较(解析版)

R(2 3, 0, 0) ，
PR (2 3,3, 0) ， PD (0 ，3， 6 2) ， PQ ( 3 ，6， 0) ， QR (3 3, 3, 0) ，
QD ( 3, 3, 6 2) ．
设平面
PDR
的法向量为
n
(x
，
y
，
z)
，则
nnPPRD
0 0
，可得
2 3 y
3x 6
3 2z
．
解法二：如图所示，连接 OP ， OQ ， OR ，过点 O 分别作垂线： OE PR ， OF PQ ， OG QR ，垂足
分别为 E ， F ， G ，连接 DE ， DF ， DG ．
设 OD h ．
则 tan OD ． OE
同理可得： tan OD ， tan OD ．
过 D 作 DH / / AC ，交 BG 于 H ，则 BPF ， PBD ， PED ，则 cos PF EG DH BD cos ，可得；
PB PB PB PB tan PD PD tan ，可得，
ED BD 方法二、由最小值定理可得，记V AC B 的平面角为（显然 ) ，由三正弦定理可得；
y0 0
，
可得 n ( 6, 2 2, 1) ，取平面 ABC 的法向量 m (0 ，0，1) ．
则 cos m, n m n 1 ，取 arccos 1 ．
| m || n | 15
15
同理可得： arccos 3 ． arccos 2 ．
681
95
1 2 3 ． 15 95 681
OF
OG
由已知可得： OE OG OF ．
tan tan tan ，，，为锐角．

2021高考浙江版数学一轮复习课件：第7章热点探究课4 立体几何中的高考热点问题

2 3×
＝ 2
36，
即平面
A1BC
与平面
A1CD
夹角的余弦值为
6 3 .15
分
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高三一轮总复习
热点 3 立体几何中的探索开放问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．
所以 EC1 綊 AH，所以四边形 EAHC1 为平行四边形，所以 C1H∥AE，又 C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面 ABE∥平面 C1HF. 又 C1F⊂平面 C1HF，所以 C1F∥平面 ABE.10 分
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高三一轮总复习
(3)因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3.12 分所以三棱锥 E-ABC 的体积 V＝13S△ABC·AA1＝13×12× 3×1×2＝ 33.15 分
(2)求二面角 B-D′A-C 的正弦值．
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高三一轮总复习
[思路点拨] (1)利用已知条件及翻折的性质得出 D′H⊥EF，利用勾股定理逆定理得出 D′H⊥OH，从而得出结论；
(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值．
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高三一轮总复习 (本小题满分 15 分)如图 3，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交