哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座立体几何教师版[3]
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座(教师版)直线、平面、简单几何体第一课时题型一 多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2004年天津高考) 如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.解析：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力,满分12分.方法一：（1）证明：连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB （2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知,DF PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知,DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ,则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=, a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==.A C在PDB Rt ∆中,a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=. 在EFD Rt ∆中,233622sin ===a aDF DE EFD , ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点,设a DC =. （1）证明：连结AC ,AC 交BD 于G ,连结EG . 依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且)2,0,2(),,0,(aa EG a a PA -=-=.∴EG PA 2=,这表明P A //EG .而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ,∴P A //平面EDB . （2）证明:依题意得(,,0)B a a ,(,,)PB a a a =-.又(0,,)22a a DE =, 故220022a a PB DE ⋅=+-=.∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD . （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,PB PF λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ.从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ. 由条件PB EF ⊥知,0=⋅PB FE ,即0)21()21(222=---+-a a a λλλ,解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ,且(,,)366a a a FE =--,)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅,且 a a a a FE 6636369||222=++=,a a a a FD 369499||222=++=,∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 拓展提升：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来 【变式训练】1（( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ;(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角; (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.解法一 （Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.所以)2,0,22(--=AQ，图4(0,1)PB =-于是1cos ,623AQ PB AQ PB AQ PB⋅<>==⋅.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离322PQ n d n⋅==. 解法二 （Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC . 从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ，所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)连结OM ，则PQ AB OM 21221===. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM . 即点P 到平面QAD 的距离是22.QBCPADOM2.(2007全国Ⅰ·文)四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知45ABC ∠=︒，2AB =，BC =SA SB == （Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SBC 所成角的大小． 解法一：（1）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥． （Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥， 依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==SA =SD又sin 452AO AB ==DE BC ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面SBC ，连结SE ．ESD ∠为直线SD 与平面SBC 所成的角．sin 11ED AO ESD SD SD ====∠ 所以，直线SD 与平面SBC所成的角为arcsin11． 解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥． 如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -，因为2AO BO AB ===1SO =，又BC =0)A ，，DBCASOE(0B，(0C ，． (001)S ，，，(21)SA =-，，， (0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）(21)SD SA AD SA CB =+=-=--，，(20)OA =，，. OA 与SD 的夹角记为α，SD 与平面ABC 所成的角记为β，因为OA 为平面SBC 的法向量，所以α与β互余．22cos 11OA SD OASDα==，sin 11β=，所以，直线SD 与平面SBC 所成的角为arcsin 11．3.（全国1）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ,且PA =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小. 本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：（Ⅰ）证明：∵P A ⊥面ABCD ,CD ⊥AD , ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD .因而,CD 与面P AD 内两条相交直线AD ,PD 都垂直, ∴CD ⊥面P AD . 又CD ⊂面PCD ,∴面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：过点B 作BE //CA ,且BE =CA , 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE ,可知AC =CB =BE =AE =2,又AB =2,所以四边形ACBE 为正方形. 由P A ⊥面ABCD 得∠PEB =90° 在Rt △PEB 中BE =2,PB =5, .510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos所成的角为与PB AC ∴D CA DCBN M E P（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ,垂足为N ,连结BN . 在Rt △P AB 中,AM =MB ,又AC =CB , ∴△AMC ≌△BMC ,∴BN ⊥CM ,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ,由三垂线定理,得CB ⊥PC , 在Rt △PCB 中,CM =MB ,所以CM =AM . 在等腰三角形AMC 中,AN ·MC =AC AC CM⋅-22)2(, 5625223=⨯=∴AN . ∴AB =2,322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为P A ⊥PD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A （0,0,0）B （0,2,0）,C （1,1,0）,D （1,0,0）,P （0,0,1）,M （0,1,)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ,y ,z ）,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,..22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.555AN BN AN BN ==⋅=- 2cos(,).3||||AN BNAN BN AN BN ⋅∴==-⋅故所求的二面角为2arccos().3-第二课时题型二 结论探索性问题 【典例2】（2006年江西高考）如图,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,且AD BD ＝CD ＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD ⊥BC(2)求二面角B －AC －D 的大小 (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E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
2010届高三二轮复习专题讲座—立体几何
1．复习规划
立体几何二轮复习，建议两个专题，共四课时： 专题一：空间几何体（包括直观图，展开与折叠， 表面积和体积）； 专题二：空间的平行与垂直（点、线、面之间的 位置关系，线与线、线与面、面与面平行与垂直的 定义、判定定理和性质定理，并能运用它们进行论 证和解决有关的问题，并会规范地写出解题过程） 05 二轮复习示例-空间的平行与垂直.doc
08 总结提炼数学思想方法，培养基本的数 学观念.doc （6）与推理与证明结合(平几基本图形的性质向 空间的推广),认识常见图形 09 与推理与证明结合, 认识常见图形.doc
3. 二轮复习对教学中还需注意
◆指导学生多读题，读懂题，学会审题。
◆立足“三基”，基本知识要熟，基本方法要活， 基本数学观念要有。 ◆要坚持做到解每一题至少要有两个解题思路， 并坚持让学生总结．这样不仅熟练基本知识，活用 基本思想方法，而且树立了信心。 ◆要取得好得成绩，树立与保持信心至关重要。
有关三垂线定理问题，三垂线定理及其逆定理的 本质就是线面垂直，可用线面垂直表达.
若直接用，需先认清所观察的平面及它的垂线，从 而明确斜线、射影、面内直线的位置，根据定理由已 知的两直线垂直得出新的两直线垂直时，需说明“由 三垂线定理得”.
立几中凡涉及平面几何的问题，一定严格按照初中 平面几何的证明要求，不能跳步骤。 平行线分线段成比例，在空间证菱形时，仅证四边 相等是不行，必须先证共面或平行四边形。
高三数学二轮复习建议 立体几何
立体几何是高中数学的重要内容
它是历年高考重点考查的内容
也是高三数学复习的重点之一 ◆必考.主要承载着对空间想象能力的考 查。 ◆好得分.难度中等偏下，分步设问，层 次分明，使得不同层次的学生都可得到一定 的分数。
名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题五 解析几何 分类题型解析(4讲50张PPT)
圆的方程是常考问题，但有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐
藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终可以利用圆的知识
来求解，常见的策略如下：
策略一 利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐圆；
【解析】 设 M(x，y)，则(x＋3)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝16，
即(x＋1)2＋y2＝4，所以
1＋3 a2≤2，解得
a≤－
25或
a≥
5 2.
(2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y＝2x－4.
设圆 C 的半径为 1，圆心在直线 l 上，若圆 C 上存在一点 M，使得 MA ＝2MO，则圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为__0_，__1_52___．
由 5a2－12a≤0，得 0≤a≤152.
(3) 在△ABC 中，若 BC＝2 2，A→B·A→C＝1，则△ABC 面积的最大值为____6____．
【解析】 如图，以 BC 的中点为坐标原点 O，BC 为 x 轴建立平面直角坐标系，则
B(－ 2，0)，C( 2，0)． 设 A(x，y)，则A→B·A→C＝(－ 2－x，－y)·( 2－x，－y)＝x2＋y2
名师讲坛高考高三数学二轮专题复习课件
专题五 解析几何 微切口17 隐性圆的研究1
(1) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x＋a＋3)2＋
(y－2a)2＝1(a 为实数)．若圆 O 与圆 M 上分别存在点 P，Q，使得∠OQP＝30°，则 a 的 取值范围为__－__65_，__0_ ．
2020届高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课——立体几何专题强化练理
满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． [规范解答] (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 . 由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2). 又DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255.高考状元满分心得1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全．如第(1)问中BC ⊥DM ；在证明平面AMD ⊥平面BMC 时，只写出DM ⊥平面BMC ，忽视条件DM ⊂平面AMD ，均导致扣分．2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件，否则不得分；第(2)问中不写出公式cos 〈n ，DA →〉＝DA →·n|DA →||n |而得出余弦值则要扣1分．3．正确计算是得满分的保证：如第(2)问中三棱锥MABC 体积最大时，点M 的坐标，求平面法向量坐标，以及cos 〈n ，DA →〉的值，否则题目不能得分．[解题程序] 第一步：由面面垂直性质，证BC ⊥平面CMD ，与BC ⊥DM ， 第二步：根据面面垂直判定，证平面AMD ⊥平面BMC ， 第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标， 第四步：计算平面MAB 的法向量，求二面角的正弦值， 第五步：检验反思，规范解题步骤． [跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB . 因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .(2)解：如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23).AP →＝(0，2，23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝(－833，433，－43)．又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 2.(2019·广州调研)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CC 1＝4，AB ＝2，AC ＝22，∠BAC ＝45°，点M 是棱AA 1上不同于A ，A 1的动点．(1)证明：BC ⊥B 1M ；(2)若平面MB 1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M B 1C A 的余弦值． (1)证明：在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝4＋8－2×2×22×cos 45°＝4， 所以BC ＝2，则有AB 2＋BC 2＝8＝AC 2， 所以∠ABC ＝90°，所以BC ⊥AB . 又因为BC ⊥BB 1，BB 1∩AB ＝B ， 所以BC ⊥平面ABB 1A 1， 又B 1M ⊂平面ABB 1A 1， 故BC ⊥B 1M .(2)解：由题设知，平面MB 1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C ABB 1M 和四棱锥B 1A 1MCC 1.由(1)知四棱锥C ABB 1M 的高为BC ＝2， 因为V 三棱柱ABC A 1B 1C 1＝12×2×2×4＝8，所以V 四棱锥C ABB 1M ＝12V 柱＝4，又V 四棱锥C ABB 1M ＝13·S 梯形ABB 1M ·BC ＝23S 梯形ABB 1M ＝4，所以S 梯形ABB 1M ＝6＝AM ＋42×2，所以AM ＝2.此时M 为AA 1的中点．以点B 为坐标原点，BA →，BC →，BB 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B xyz .所以A (2，0，0)，C (0，2，0)，B 1(0，0，4)，M (2，0，2)． 所以CB 1→＝(0，－2，4)，B 1M →＝(2，0，－2)，AC →＝(－2，2，0)， 设n 1＝(x ，y 1，z 1)是平面CB 1M 的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CB 1→＝0，n 1·B 1M →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋4z 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令z 1＝1，可得n 1＝(1，2，1)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACB 1的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB 1→＝0，n 2·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 2＋4z 2＝0，－2x 2＋2y 2＝0，令z 2＝1，可得n 2＝(2，2，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝736＝7618，所以二面角M B 1C A 的余弦值为7618.。
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座(教师版)直线、平面、简单几何体第一课时题型一 多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2004年天津高考) 如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.解析：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力,满分12分.方法一：（1）证明：连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB （2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知,DF PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知,DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ,则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=, a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==.A C在PDB Rt ∆中,a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=. 在EFD Rt ∆中,233622sin ===a aDF DE EFD , ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点,设a DC =. （1）证明：连结AC ,AC 交BD 于G ,连结EG . 依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且)2,0,2(),,0,(aa a a -=-=.∴EG PA 2=,这表明P A //EG .而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ,∴P A //平面EDB . （2）证明:依题意得(,,0)B a a ,(,,)PB a a a =-.又(0,,)22a a DE =, 故220022a a PB DE ⋅=+-=.∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD . （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ.从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ. 由条件PB EF ⊥知,0=⋅,即0)21()21(222=---+-a a a λλλ,解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ,且(,,)366a a a FE =--,)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a =+-=⋅,且 a a a a 6636369||222=++=,a a a a 369499||222=++=,∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 拓展提升：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来 【变式训练】1（( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ;(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角; (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.解法一 （Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.所以)2,0,22(--=，图41)PB =-于是1cos ,623AQ PB AQ PB AQ PB⋅<>==⋅.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离32PQ n d n⋅==. 解法二 （Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC . 从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ，所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)连结OM ，则PQ AB OM 21221===. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM . 即点P 到平面QAD 的距离是22.QBCPADOM2.(2007全国Ⅰ·文)四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知45ABC ∠=︒，2AB =，BC =SA SB = （Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SBC 所成角的大小． 解法一：（1）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥． （Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥， 依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==，SA =SD ==又sin 452AO AB ==DE BC ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面SBC ，连结SE ．ESD ∠为直线SD 与平面SBC 所成的角．sin ED AO ESD SD SD ====∠ 所以，直线SD 与平面SBC所成的角为arcsin11． 解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥． 如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -，因为2AO BO AB ===， 1SO =，又BC=0)A ，，DBCASO E(0B，(0C ．(001)S ，，，(21)SA =-，，，(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）(21)SD SA AD SA CB =+=-=--，，(20)OA =，，.OA 与SD 的夹角记为α，SD 与平面ABC 所成的角记为β，因为OA 为平面SBC 的法向量，所以α与β互余．22cos 11OA SD OA SDα==，sin 11β=， 所以，直线SD 与平面SBC 所成的角为arcsin 11．3.（全国1）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ,且PA =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小. 本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：（Ⅰ）证明：∵P A ⊥面ABCD ,CD ⊥AD , ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD .因而,CD 与面P AD 内两条相交直线AD ,PD 都垂直, ∴CD ⊥面P AD . 又CD ⊂面PCD ,∴面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：过点B 作BE //CA ,且BE =CA , 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE ,可知AC =CB =BE =AE =2,又AB =2,所以四边形ACBE 为正方形. 由P A ⊥面ABCD 得∠PEB =90° 在Rt △PEB 中BE =2,PB =5, .510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos所成的角为与PB AC ∴A DCBN M E P（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ,垂足为N ,连结BN . 在Rt △P AB 中,AM =MB ,又AC =CB , ∴△AMC ≌△BMC ,∴BN ⊥CM ,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ,由三垂线定理,得CB ⊥PC , 在Rt △PCB 中,CM =MB ,所以CM =AM . 在等腰三角形AMC 中,AN ·MC =AC AC CM ⋅-22)2(, 5625223=⨯=∴AN . ∴AB =2,322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为P A ⊥PD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A （0,0,0）B （0,2,0）,C （1,1,0）,D （1,0,0）,P （0,0,1）,M （0,1,)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ,y ,z ）,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,..22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5AN BN AN BN ==⋅=- 2cos(,).3||||AN BNAN BN AN BN ⋅∴==-⋅故所求的二面角为2arccos().3-第二课时题型二 结论探索性问题 【典例2】（2006年江西高考）如图,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,且AD BD ＝CD ＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD ⊥BC(2)求二面角B －AC －D 的大小 (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E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题四 立体几何 第2讲 精品
∵棱柱 ADE－BCF 是直三棱柱，∴AB⊥平面 BCF，∴B→A是平面 BCF 的一个法向量，且 OM⊄平面 BCF，∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1， z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵D→F＝(1，－1，1)，D→M＝12，－1，0， D→C＝(1，0，0)，C→F＝(0，－1，1)，由nn11· ·DD→→FM＝＝00，.
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos a，μ |.
(3)面面夹角
设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos μ，v |.
热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面
ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为 AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证： (1)OM∥平面 BCF； (2)平面 MDF⊥平面 EFCD.
证明 法一 由题意，得 AB，AD，AE 两 两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间 直角坐标系. 设正方形边长为 1，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0， O12，12，12. (1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1，0，0)， ∴O→M·B→A＝0，∴O→M⊥B→A.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)，平面 α，β的法向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4， c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ， 则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋ ＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座概率教师版[4]
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）概 率第五课时基础训练：１．【07全国Ⅱ】１４．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布2(1)(0)N σσ>，．若ξ在(01)，内取值的概率为0．４，则ξ在(02)，内取值的概率为 ．0．8 ２．【07安徽】１0．以()x Φ表示标准正态总体在区间()x -∞，内取值的概率，若随机变量ξ服从正态分布2()N μσ，，则概率()P ξμσ-<等于（ B ）A ．()()μσμσΦ+-Φ-B ．(1)(1)Φ-Φ-C ．1()μσ-ΦD ．2()μσΦ+３．【07湖南】５．设随机变量ξ服从标准正态分布(01)N ，，已知(1.96)0.025Φ-=，则(|| 1.96)P ξ<=（ C ）A ．0．0２５B ．0．0５0C ．0．9５0D ．0．97５４．【07浙江】（５）已知随机变量ξ服从正态分布2(2)N σ，，(4)0.84P ξ=，则(0)P ξ= （ A ）A ．0.16 B ．0.32C ．0.68D ，0.84【例】〖06湖北〗在某校举行的数学竞赛中,全体参赛学生的竞赛成绩近似服从正态分布(70,100)N .已知成绩在90分以上（含90分）的学生有１２名.（Ⅰ）、试问此次参赛学生总数约为多少人？（Ⅱ）、若该校计划奖励竞赛成绩排在前５0名的学生,试问设奖的分数线约为多少分？ 可共查阅的（部分）标准正态分布表00()()x P x x Φ=<0x 0 １ ２ ３ ４ ５ 6 7 8 9解：（１）设参赛学生的分布数为ξ,因为(70,100)N ξ,由条件知：9070(90)1(90)1F(90)=1()1(2)10.97720.022810P P ξξ-≥=-<=--Φ=-Φ=-=这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的２．２8％ 因此,参赛总人数约为125260.0228≈（人）（２）假定设奖的分数线为x 分,则7050()1()1()1()0.095110526x P x P x F x ξξφ-≥=-<=-=-== 即70()0.904910x -Φ=,查表得701.3110x -=,解得83.1x = 故设奖的分数线约为8３分.〖练习〗１． 甲，乙两射击运动员进行射击比赛，射击相同的次数，已知两运动员射击的环数ξ稳定在7，8，9，１0环。
2018年高三最新 黑龙江哈五中高三数学(理科)第二轮复习专题讲座专题二——概率与统计 精品
(3)求证：2365.(2,)24n n P P P n n N -+++>∈…(70,100)N 9070()10-Φ分）的学生人数约占全体参赛人数的222222331113444411*********(2)()()()()()()()()62326363648P C C C C ξ==+++=3313114411111(3)()()()()623212P C C ξ==+=；4444441117(4)()()631296P C C ξ==+=；107515511797012344321264812129681E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.6．如图，四棱锥S ABCD -的所有棱长均为1米，一只小虫从S 点出发沿四棱锥爬行，若在每顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n P .(1)求23,P P 的值；(2)求证：131(2,)n n P P n n N ++=∈…；(3)求证：2365.(2,)24n n P P P n n N -+++>∈… 解：(1)2P 表示从S 点到A (或B C D 、、)，然后再回到S 点的概率 所以211111111111443434343433P =⨯+⨯+⨯+⨯=⨯⨯=； 因为从S 点沿一棱，不妨设为SA 棱再经过B 或D ，然后再回到S 点的概率为 1111()243318⨯⨯⨯=，所以3124189P =⨯=. (2)设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n P ，那么1n P -表示爬行n 米后恰好没回到S 点的概率，则此时小虫必在A （或B C D 、、）点，所以11(1)3n n P P +⨯-=，即131n n P P ++=(2,n n N ∈…).(3)由131n nP P ++=得1111()()434n n P P +-=--，从而2111()4123n n P -=+-， 所以111323131()11111[1()]41214163n n n n n P P P --⎡⎤----+++=+=+--⎢⎥+⎣⎦111211165[()]4163163324n n n ---=+⨯+-->.A BC D S。
高三数学教师培训立体几何专题讲座
高三数学教师培训立体几何专题讲座⒈考试说明对该内容的要求，20XX年、20XX年、20XX年三年高考中对该内容的考查情况分析.近三年全国及各省市考题立体几何统计表1、新课程标准对立体几何有了一个全新的要求，这主要体现在强调了立体几何的两个主要系统（平行和垂直）。
对四个公理和几个定理只要求了解它们可以作为推理论证的依据，对判定定理只要求理解，而对性质定理则又增加了证明的要求。
要求能运用公理定理和以获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。
这应该说是大大降低了立体几何的整体难度，强调了应用定理证明问题。
2、而对空间向量的应用则提出了较高的要求，这主要体现在以下几个方面：①理解直线的方向向量和平面的法向量；②能用向量语言表述线线、线面和面面的平行和垂直关系；③能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理（强化了计算证明而弱化了一些烦难的逻辑证明）；④能用向量方法解决一些线线、线面和面面夹角的计算问题。
3、了解向量方法在研究几何问题中的作用。
这无疑对我们今后的教学指出了明确的方向，就是弱化逻辑论证强化用向量的计算和论证。
4、山东省目前有A 、B 两个版本，高考只能考察它们的交集，在立体几何方面由于A 版没有球面距离，高考没有考察；B 版必修2没有异面直线所成的角、线面角、二面角，因此高考文科没有考察；空间距离在课程标准和高考考纲中没有，尽管教材中有这个内容，但高考三年内也没有考察。
07年，文理科的立体几何都是两个题。
其中文科立体几何选择题是考察三视图；解答题是直四棱柱内线线垂直和线面平行的证明。
理科中选择题与文科相同，解答题直四棱柱中线面平行的证明和求二面角。
07年是新课程高考的第一年，考试说明有了变化：立体几何在新教材中分成必修和选修两部分，选修部分只要求理科学生掌握。
必修部分要求掌握简单的空间几何体的画法（三视图、直观图）、表面积以及体积的计算公式；点、线、面之间的位置关系；对于新内容，高考中有了体现。
高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课练习文含解析
满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是重在“转化”与化归．着重考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理与直观想象．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.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BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积． [规范解答] (1)由已知得∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC ，又BA ⊥AD ，且AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设，可得DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.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V Q ABP ＝13·QE ·S △ABP ＝13×1×12×3×22×sin 45°＝1.高考状元满分心得1．写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中缺少AC ∩AD ＝A 扣分，忽视AB ⊂平面ABC 也要扣分．2．写明得分关键：如第(1)问明确AB ⊥平面ACD ，第(2)问中QE 13DC ，DC ⊥平面ABC ，否则导致失分．3．正确计算是得分的保证：准确计算QE ＝1，及V Q-ABP ＝1才能得满分．[解题程序] 第一步：利用折叠前后位置关系，判定AB ⊥平面ACD .第二步：根据面面垂直判定定理，证平面ACD ⊥平面ABC .第三步：证明QE ⊥平面ABC ，计算棱锥QABP 的高．第四步：代入体积公式，求三棱锥QABP 的体积．第五步：反思检验，规范解题步骤．[跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅱ)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E-BB 1C 1C 的体积．(1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解：由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°，故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3.所以四棱锥EBB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18. 2.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面PAB ⊥平面PCD ；(3)EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，且PD ⊂平面PAD .所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .。
高中数学第二轮复习专题讲座 高中数学复习专题讲座第26讲关于垂直与平行的问题
题目高中数学复习专题讲座关于垂直与平行的问题高考要求垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样 本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题重难点归纳 垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系 1 平行转化 线线平行线面平行面面平行 2 垂直转化 线线垂直线面垂直面面垂直 每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的例如 有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直典型题例示范讲解例1两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM =FN ，求证 MN ∥平面BCE 命题意图 本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识知识依托 解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥面 或转化为证两个平面平行错解分析 证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN 所在平面是一个关键技巧与方法 证法一利用线面平行的判定来证明 证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行证法一 作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，P 、Q 为垂足，则MP ∥AB ，NQ ∥AB ∴MP ∥NQ ，又AM =NF ，AC =BF ， ∴MC =NB ，∠MCP =∠NBQ =45°∴Rt △MCP ≌Rt △NBQ∴MP =NQ ,故四边形MPQN 为平行四边形∴MN ∥PQ ∵PQ ⊂平面BCE ，MN 在平面BCE 外， ∴MN ∥平面BCE证法二 如图过M 作MH ⊥AB 于H ，则MH ∥BC ， ∴ABAH AC AM =P连结NH ，由BF =AC ，FN =AM ，得AB AH BF FN = ∴ NH//AF//BE由MH//BC, NH//BE 得:平面MNH//平面BCE ∴MN ∥平面BCE 例2在斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，底面是等腰三角形，AB =AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC (1)若D 是BC 的中点，求证 AD ⊥CC 1； (2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM =MA 1，求证 截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ； (3)AM =MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗？请你叙述判断理由 命题意图 本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质 知识依托 线面垂直、面面垂直的判定与性质 错解分析 (3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出 技巧与方法 本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线(1)证明 ∵AB =AC ，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC∵底面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥侧面BB 1C 1C∴AD ⊥CC 1(2)证明 延长B 1A 1与BM 交于N ，连结C 1N∵AM =MA 1，∴NA 1=A 1B 1∵A 1B 1=A 1C 1，∴A 1C 1=A 1N =A 1B 1∴C 1N ⊥C 1B 1∵底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，∴C 1N ⊥侧面BB 1C 1C∴截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C∴截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C(3)解 结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性过M 作ME ⊥BC 1于E ，∵截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C∴ME ⊥侧面BB 1C 1C ，又∵AD ⊥侧面BB 1C 1C∴ME ∥AD ，∴M 、E 、D 、A 共面∵AM ∥侧面BB 1C 1C ，∴AM ∥DE∵CC 1⊥AM ，∴DE ∥CC 1∵D 是BC 的中点，∴E 是BC 1的中点∴AM =DE =21211=CC AA 1，∴AM =MA 1 例3 已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，A 1C 1=B 1C 1=2，D 、D 1分别是AB 、C1A 1B 1的中点，平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1，异面直线AB 1和C 1B 互相垂直(1)求证 AB 1⊥C 1D 1；(2)求证 AB 1⊥面A 1CD ；(3)若AB 1=3，求直线AC 与平面A 1CD 所成的角(1)证明 ∵A 1C 1=B 1C 1，D 1是A 1B 1的中点， ∴C 1D 1⊥A 1B 1于D 1，又∵平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴C 1D 1⊥平面A 1B 1BA ，而AB 1⊂平面A 1ABB 1，∴AB 1⊥C 1D 1 (2)证明 连结D 1D ， ∵D 是AB 中点，∴DD 1CC 1，∴C 1D 1∥CD ， 由(1)得CD ⊥AB 1，又∵C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，C 1B ⊥AB 1，由三垂线定理得BD 1⊥AB 1，又∵A 1D ∥D 1B ，∴AB 1⊥A 1D 而CD ∩A 1D =D ，∴AB 1⊥平面A 1CD(3)解 由(2)AB 1⊥平面A 1CD 于O ，连结CO 1得∠ACO 为直线AC 与平面A 1CD 所成的角，∵AB 1=3，AC =A 1C 1=2，∴AO =1，∴sin OCA =21=AC AO ， ∴∠OCA 6π 学生巩固练习1 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是( )A 38B 83C 34D 43 2 在直二面角α—l —β中，直线a ⊂α,直线b ⊂β,a 、b 与l 斜交，则( )A a 不和b 垂直，但可能a ∥bB a 可能和b 垂直，也可能a ∥bC a 不和b 垂直，a 也不和b 平行D a 不和b 平行，但可能a ⊥b 3 设X 、Y 、Z 是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y ”为真命题的是_________(填序号)①X 、Y 、Z 是直线 ②X 、Y 是直线，Z 是平面 ③Z 是直线，X 、Y 是平面 ④X 、Y 、Z 是平面4 设a ,b 是异面直线，下列命题正确的是_________①过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一条直线和a 、b 都相交②过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一个平面和a 、b 都垂直③过a 一定可以作一个平面与b 垂直1④过a 一定可以作一个平面与b 平行 5 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱P A 垂直于底面，E 、F 分别是AB 、PC 的中点(1)求证 CD ⊥PD ;(2)求证 EF ∥平面P AD ; (3)当平面PCD 与平面ABCD 成多大角时，直线EF ⊥平面PCD ？ 6 如图，在正三棱锥A —BCD 中，∠BAC =30°，AB =a ,平行于AD 、BC 的截面EFGH 分别交AB 、BD 、DC 、CA于点E 、F 、G 、H(1)判定四边形EFGH 的形状，并说明理由 (2)设P 是棱AD 上的点，当AP 为何值时，平面PBC ⊥平面EFGH ，请给出证明 7 如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都相等，D 、E 分别是CC 1和AB 1的中点，点F 在BC 上且满足BF ∶FC =1∶3(1)若M 为AB 中点，求证 BB 1∥平面EFM ； (2)求证 EF ⊥BC ； (3)求二面角A 1—B 1D —C 1的大小8 如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是菱形且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°, (1)证明 C 1C ⊥BD ； (2)假定CD =2，CC 1=23，记面C 1BD 为α,面CBD 为β,求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；(3)当1CC CD 的值为多少时，可使A 1C ⊥面C 1BD ？ 参考答案 1 解析 如图，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，∵B 1D 1⊥A 1O 1，B 1D 1⊥AA 1，∴B 1D 1⊥平面AA 1O 1，故平面AA 1O 1⊥AB 1D 1，交线为AO 1，在面AA 1O 1内过A 1作A 1H ⊥AO 1于H ，则易知A 1H 长即是点A 1到平面AB 1D 1的距离，在Rt △A 1O 1A 中，A 1O 1=2，AO 1=32，由A 1O 1·A 1A =h ·AO 1,可得A 1H 34 答案C1A11D12 解析 如图，在l 上任取一点P ，过P 分别在α、β内作a ′∥a ,b ′∥b ,在a ′上任取一点A ，过A 作AC ⊥l ，垂足为C ，则AC ⊥β,过C 作CB ⊥b ′交b ′于B ，连AB ，由三垂线定理知AB ⊥b ′，∴△APB 为直角三角形,故∠APB 为锐角 答案 C 3 解析 ①是假命题，直线X 、Y 、Z 位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X 、Y 、Z 位于正方体的三个共点侧面时为反例 答案 ②③ 4 ④ 5 证明 (1)∵P A ⊥底面ABCD ，∴AD 是PD 在平面ABCD 内的射影，∵CD ⊂平面ABCD 且CD ⊥AD ，∴CD ⊥PD(2)取CD 中点G ，连EG 、FG ，∵E 、F 分别是AB 、PC 的中点，∴EG ∥AD ，FG ∥PD∴平面EFG ∥平面P AD ，故EF ∥平面P AD(3）解 当平面PCD 与平面ABCD 成45°角时，直线EF ⊥面PCD 证明 G 为CD 中点，则EG ⊥CD ,由(1)知FG ⊥CD ，故∠EGF 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角即∠EGF =45°，从而得∠ADP =45°，AD =AP由Rt △P AE ≌Rt △CBE ,得PE =CE又F 是PC 的中点，∴EF ⊥PC ，由CD ⊥EG ，CD ⊥FG ，得CD ⊥平面EFG ，CD ⊥EF 即EF ⊥CD ，故EF ⊥平面PCD 6 (1)证明 ∵AD//面EFGH,面ACD ∩面EFGH ＝HG ，,AD ⊂面ACD ∴ AD//HG.同理EF ∥FG ，∴EFGH 是平行四边形∵A —BCD 是正三棱锥，∴A 在底面上的射影O 是△BCD 的中心， ∴DO ⊥BC ，∴AD ⊥BC ，∴HG ⊥EH ，四边形EFGH 是矩形(2)作CP ⊥AD 于P 点，连结BP ，∵AD ⊥BC ，∴AD ⊥面BCP∵HG ∥AD ，∴HG ⊥面BCP ，HG ⊂面EFGH 面BCP ⊥面EFGH ，在Rt △APC 中，∠CAP =30°，AC =a ,∴AP =23a 7 (1)证明 连结EM 、MF ，∵M 、E 分别是正三棱柱的棱AB 和AB 1的中点，∴BB 1∥ME ，又BB 1⊄平面EFM ，∴BB 1∥平面EFM(2)证明 取BC 的中点N ，连结AN 由正三棱柱得 AN ⊥BC ，又BF ∶FC =1∶3，∴F 是BN 的中点，故MF ∥AN ，∴MF ⊥BC ，而BC ⊥BB 1，BB 1∥ME∴ME ⊥BC ，由于MF ∩ME =M ，∴BC ⊥平面EFM ，又EF EFM ，∴BC ⊥EF(3)解 取B 1C 1的中点O ，连结A 1O 知，A 1O ⊥面BCC 1B 1，由点O 作B 1D 的垂线OQ ，垂足为Q ，连结A 1Q ，由三垂线定理，A 1Q ⊥B 1D ，故∠A 1QD为二面角A 1—B 1D —C 的平面角，易得∠A 1QO =arctan 8 (1)证明 连结A 1C 1、AC ，AC 和BD 交于点O ，连结C 1O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，BC =CD又∵∠BCC 1=∠DCC 1，C 1C 是公共边，∴△C 1BC ≌△C 1DC ，∴C 1B =C 1D ∵DO =OB ，∴C 1O ⊥BD ，但AC ⊥BD ，AC ∩C 1O =O∴BD ⊥平面AC 1，又C 1C ⊂平面AC 1，∴C 1C ⊥BD(2)解 由(1)知AC ⊥BD ，C 1O ⊥BD ，∴∠C 1OC 是二面角α—BD —β的平面角在△C 1BC 中，BC =2，C 1C =23，∠BCC 1=60°， ∴C 1B 2=22+(23)2－2×2×23×cos60°413 ∵∠OCB =30°,∴OB =21,BC =1,C 1O =23,即C 1O =C 1C 作C 1H ⊥OC ，垂足为H ，则H 是OC 中点且OH =23，∴cos C 1OC =33 (3)解 由(1)知BD ⊥平面AC 1，∵A 1O ⊂平面AC 1，∴BD ⊥A 1C ，当1CC CD =1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC 1⊥A 1C ，又∵BD ∩BC 1=B ，∴A 1C ⊥平面C 1BD课前后备注。
高考数学大二轮复习 层级二 专题四 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直教学案
第2讲 空间中的平行与垂直[考情考向·高考导航](文)高考对本讲命题较为稳定，解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．(理)高考对本讲命题较为稳定，常以解答题第(1)问的形式考查，主要是线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)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E －BB 1C 1C 的体积． 解：(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°，由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°，故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6. 作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3.所以，四棱锥E －BB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18. 2．(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB ＝BC .求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(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C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.[主干整合]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即l⊥α，a ⊂α⇒l⊥a.2．空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．热点一空间平行、垂直关系的证明逻辑推理素养逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用以学习的线面平行、垂直关系为基础，将线面问题经过严密的逻辑推理转化为线线平行、垂直关系问题，从而实现了面面、线面、线线之间的相互转化.平行、垂直关系的证明问题[例1－1] (2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.[审题指导] (1)只需证明PE⊥AD即可．(2)根据PA⊥PD，只需再证明PD⊥AB即可，为此可先证AB⊥平面PAD.(3)只证明EF平行于平面PCD内的一条直线，取PC的中点G，连接FG，GD，证明四边形EFGD为平行四边形．[解析](1)证明：∵PA＝PD，且E为AD中点，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD∴PE⊥平面ABCD∵BC⊂平面ABCD∴PE ⊥BC .(2)∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ⊥AD∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD∴CD ⊥平面PAD∵PA ⊂平面PAD∴CD ⊥PA∵PA ⊥PD ，且CD ，PD ⊂平面PCD ，CD ∩PD ＝D ，∴PA ⊥平面PCD∵PA ⊂平面PAB∴平面PAB ⊥平面PCD .(3)取PC 中点G ，连接FG ，GD∵F ，G 分别为PB 和PC 中点∴FG ∥BC ，FG ＝12BC∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ，BC ＝AD∵E 为AD 中点∴ED ＝12AD∴ED ∥BC ，ED ＝12BC∴ED ∥FG ，ED ＝FG∴四边形EFGD为平行四边形∴EF∥GD∵EF⊄平面PCD且GD⊂平面PCD∴EF∥平面PCD线面平行及线面垂直的证明方法(1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段．(2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．平行、垂直关系的探索问题[例1－2] (2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．[审题指导] 第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：先证明BC⊥DM，再证DM⊥CM即可；第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定；先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OP∥MC即可．[解析](1)证明：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：如图，连接AC交BD于O，因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点，连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的依据或事实，则说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(1)(2019·西安八校联考)如图，在三棱锥A BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：①EF∥平面ABC；②AD⊥AC.证明：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.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.(2)(2019·临沂三模)如图所示，五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝π3，BC⊥面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点．①在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；②求三棱锥G ECD的体积．解析：①存在点H，H为AD中点．证明如下：连接GH，在△ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD.又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴GH∥平面BCD.②由题意知AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，∴CF∥平面ADEB.又CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，∴CF∥BE，∴V G ECD＝V E GCD＝V B GCD，∵四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝π3.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF ，∴∠ACD ＝π2，∴CD ＝3，CG ＝12，又BC ⊥平面ACFD ，∴V B GCD ＝13×12×CG ×CD ×BC ＝13×12×12×3×1＝312. ∴三棱锥G ECD 的体积为312. 热点二 平面图形的折叠问题[例2] (2019·全国Ⅲ卷)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图2中的四边形ACGD 的面积．[审题指导] (1)由平行线的传递性证明AD ∥CG ，结合平面图形中的条件证明AB ⊥平面BCGE ，再由面面垂直的判定定理可得证．(2)由AB ∥DE ，得DE ⊥平面BCGE ，取CG 的中点M ，结合菱形的特殊性，容易证明CG ⊥平面DEM ，即构造了平行四边形ACGD 的高，再由已知代入公式计算．[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 ，连接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.因为DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(2019·石家庄三模)如图(1)所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1，A1D1于点Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图(2)所示的三棱柱ABC－A1B1C1.(1)求证：AB⊥平面BCC1B1；(2)求多面体A1B1C1－APQ的体积．解析：(1)证明：由题知，在题图(2)中，AB＝6，BC＝8，CA＝10，∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC.又AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1.(2)由题易知三棱柱ABC－A1B1C1的体积为12×6×8×24＝576.∵在题图(1)中，△ABP 和△ACQ 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝BP ＝6，AC ＝CQ ＝14，∴V A －CQPB ＝13×S 四边形CQPB ×AB ＝13×12×(6＋14)×8×6＝160. ∴多面体A 1B 1C 1－APQ 的体积V ＝VABC －A 1B 1C 1－V A －CQPB ＝576－160＝416.热点三 异面直线所成的角、线面角[例3] (2019·天津卷)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 ，PA ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(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．[审题指导] (1)连接BD ，利用GH ∥PD 推线面平行．(2)连接DN ，先证DN ⊥平面PAC ，再证PA ⊥平面PCD .(3)由DN ⊥平面PAC ，可知∠DAN 为所求，利用直角三角形求解．[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PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD .(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PAC .又PA ⊂平面PAC ，所以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PAC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面PAC 所成的角．因为△PCD 为等边三角形，CD ＝2且N 为PC 的中点， 所以DN ＝ 3.又DN ⊥AN ，在Rt △AND 中，sin ∠DAN ＝DN AD ＝33. 所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为33.求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现．求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明．(1)(2020·南宁模拟)在如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱B 1B ，AD 的中点，异面直线BF 与D 1E 所成角的余弦值为( )A.147B.57C.105D.255解析：D [如图，过点E 作EM ∥AB ，交AA 1于点M ，过M 点作MN ∥AD ，交DD 1于点N ，取MN 的中点G ，连接EG ，NE ，D 1G ，所以平面EMN ∥平面ABCD ，易知EG ∥BF ，所以异面直线BF 与D 1E 所成的角为∠D 1EG (或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE ＝5，D 1G ＝2，D 1E ＝3，在△D 1EG 中，cos ∠D 1EG ＝D 1E 2＋GE 2－D 1G 22D 1E ·GE ＝255，故选D.](2)(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．62C ．8 2D ．83解析：C [如图连接BC 1，则∠AC 1B ＝30°，在Rt △ABC 1中，tan 30°＝AB BC 1，∴BC 1＝AB tan 30°＝233＝2 3.∴CC 1＝BC 21－BC 2＝12－4＝2 2.∴长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2.]限时50分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分) 1.(2020·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上，BQ ＝4.(1)若DP ＝23DD 1，证明：PQ ∥平面ABB 1A 1.(2)若P 是D 1D 的中点，证明：AB 1⊥平面PBC . 证明：(1)在AA 1上取一点N ，使得AN ＝23AA 1，因为DP ＝23DD 1，且A 1D 1＝3，AD ＝6，所以PN 23AD ， 又BQ23AD ，所以PN BQ .所以四边形BQPN 为平行四边形， 所以PQ ∥BN .因为BN ⊂平面ABB 1A 1，PQ ⊄平面ABB 1A 1， 所以PQ ∥平面ABB 1A 1.(2)如图所示，取A 1A 的中点M ， 连接PM ，BM ，PC ，因为A 1A ，D 1D 是梯形的两腰，P 是D 1D 的中点， 所以PM ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PM ∥BC ， 所以P ，M ，B ，C 四点共面．由题设可知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，AB ∩AA 1＝A ， 所以BC ⊥平面ABB 1A 1， 所以BC ⊥AB 1，因为tan ∠ABM ＝AM AB ＝36＝A 1B 1A 1A＝tan ∠A 1AB 1，所以∠ABM ＝∠A 1AB 1，所以∠ABM ＋∠BAB 1＝∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°， 所以AB 1⊥BM ，再BC ∩BM ＝B ，知AB 1⊥平面PBC .2．(2019·烟台三模)如图(1)，在正△ABC 中，E ，F 分别是AB ，AC 边上的点，且BE ＝AF ＝2CF .点P 为边BC 上的点，将△AEF 沿EF折起到△A 1EF 的位置，使平面A 1EF ⊥平面BEFC ，连接A 1B ，A 1P ，EP ，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．(1)证明：在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.所以在题图(2)中，A1E⊥EF，又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC.因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．3.如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：(1)平面ABE⊥平面ACDE；(2)平面OFD∥平面ABE.解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面ACDE.因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，所以平面OFD∥平面ABE.4．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E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． 解析：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．(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ； 因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ； 因为PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ， 所以BD ⊥平面PAC .(2)证明：因为底面ABCD 是菱形且∠ABC ＝60°，所以ΔACD 为正三角形，所以AE ⊥CD ，因为AB ∥CD ，所以AE ⊥AB ；因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以AE ⊥PA ； 因为PA ∩AB ＝A 所以AE ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE .(3)存在点F 为PB 中点时，满足CF ∥平面PAE ；理由如下： 分别取PB ，PA 的中点F ，G ，连接CF ，FG ，EG ， 在三角形PAB 中，FG ∥AB 且FG ＝12AB ；在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以CE ∥AB 且CE ＝12AB ，所以CE ∥FG 且CE ＝FG ，即四边形CEGF 为平行四边形，所以CF ∥EG ；又CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE .5.(2019·青岛三模)已知在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AC ＝2AA 1＝4，∠A 1AC ＝π3，AC ⊥BC ，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，M 为B 1C 1的中点．(1)过点B 1作一个平面α与平面ACM 平行，确定平面α，并说明理由；(2)求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积． 解析：(1)如图，取AB 的中点E ，BC 的中点F ，连接B 1E ，B 1F ，EF ，则平面B 1EF ∥平面ACM .因为平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1，BC ⊥CC 1，因为四边形BCC 1B 1为平行四边形，所以四边形BCC 1B 1为矩形，在矩形BCC 1B 1中，M ，F 分别是B 1C 1，BC 的中点，所以B 1F ∥CM ； 在△ABC 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC . 又EF ∩FB 1＝F ，AC ∩CM ＝C ， 所以平面B 1EF ∥平面ACM . 所以平面α即平面B 1EF .(2)由题意知AC ＝2，AA 1＝2，AB ＝4.因为AC ⊥BC ，所以BC ＝ AB 2－AC 2＝ 42－22＝23， 所以△ABC 的面积S 1＝12AC ×BC ＝12×2×23＝2 3.在平行四边形ACC 1A 1中，∠A 1AC ＝π3，其面积S 2＝AA 1×AC sin ∠A 1AC ＝2×2sin π3＝2 3.由(1)知四边形BCC 1B 1为矩形，故其面积S 3＝BC ×CC 1＝23×2＝4 3.连接A 1C ，BA 1，在△AA 1C 中，AC ＝AA 1＝2，∠A 1AC ＝π3，所以A 1C＝2.由(1)知BC ⊥平面ACC 1A 1，所以BC ⊥CA 1， 所以A 1B ＝BC 2＋CA 21＝4.在△AA 1B 中，AB ＝A 1B ＝4，AA 1＝2，所以△AA 1B 的面积S △AA 1B ＝12×2×42－1＝15，所以平行四边形ABB 1A 1的面积S 4＝2S △AA 1B ＝2×15＝215. 故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积S ＝2S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝2×23＋23＋43＋215＝103＋215.(文)高考解答题·审题与规范(四) 立体几何类考题重在“转化”思维流程[转化] 空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等． [转换] 对几何体的体积、锥体体积考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等真题案例审题指导审题方法(12分)(2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.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BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积.(1)根据线面垂直的判定定理证明AB ⊥平面ACD ，进而可证平面ACD ⊥平面ABC ；(2)利用BP ＝23DA ，求出BP ，然后求出三棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出三棱锥Q －ABP 的体积.审图形找关联图形或者图象的力量比文字更为简洁而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.规范解答评分细则[解析] (1)由已知可得，∠BAC ＝90°，则BA ⊥AC .1分① 又BA ⊥AD ，AD ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .2分② 又AB ⊂平面ABC ，3分③ 所以平面ACD ⊥平面ABC .4分④(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.6分⑤ 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.7分⑥作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE13DC .8分⑦ 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1，10分⑧ 因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.12分⑨第(1)问踩点得分①由条件得出BA ⊥AC 得1分．②推出AB ⊥平面ACD 得1分．③指出AB ⊂平面ABC 得1分．④写出结论得1分． 第(2)问踩点得分 ⑤判断出DC ＝CM ＝AB ，DA 的值得2分．⑥利用BP ＝DQ ＝23DA ，求出BP 的值得1分．⑦得出QE 13DC 得1分．⑧确定QE ⊥平面ABC ，并求出QE 的值得2分． ⑨由棱锥的体积公式求出三棱锥Q ABP的体积，正确得2分，错误不得分.。
2021-2022年高考数学二轮复习专题11选讲部分精品教学案文
2021年高考数学二轮复习专题11选讲部分精品教学案文一．考场传真1. 【xx年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）文科】如图, △ABC为圆的内接三角形, BD为圆的弦, 且BD//AC. 过点A做圆的切线与DB的延长线交于点E, AD与BC交于点F. 若AB = AC, AE = 6, BD = 5, 则线段CF的长为 .2. 【xx年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）文科】若，则.3.【xx年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）文科】在极坐标系中，点(2，)到直线ρsinθ=2的距离等于 .4.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）文科】在平面直角坐标系中，若,3cos ,:(t )C :2sin x t x l y t a y ϕϕ==⎧⎧⎨⎨=-=⎩⎩为参数过椭圆右顶点，则常数 .5.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷) 文科】在实数范围内，不等式的解集为___________.6.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I 卷）文科】如图，直线AB 为圆的切线，切点为B ，点C 在圆上，∠ABC 的角平分线BE 交圆于点E ，DB 垂直BE 交圆于D.（Ⅰ）证明：DB=DC ；（Ⅱ）设圆的半径为1，BC=3，延长CE 交AB 于点F ，求△BCF 外接圆的半径.7.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）文科】 在直角坐标系中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知点A 的极坐标为，直线的极坐标方程为，且点A 在直线上.（Ⅰ）求的值及直线的直角坐标方程；（Ⅱ）圆C 的参数方程为，试判断直线l 与圆C 的位置关系.8.【xx 年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁卷）文科】已知函数（I ）()=244;a f x x ≥--当时，求不等式的解集（II ）()(){}222|12,x f x a f x x x +-≤≤≤已知关于的不等式的解集为二．高考研究选修4-1 几何证明选讲选修4-2 矩阵与变换选修4-4 坐标系与参数方程选修4-5 不等式选讲一．基础知识整合1.几何证明选讲部分，需要核心关注与圆有关的比例线段、圆幂定理的应用及推理论证，于是相似三角形与圆内接四边形是主要的转换形式。
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座概率教师版[2]
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）概 率第三课时基础训练：１．将一颗质地均匀的骰子先后抛掷３次，至少出现一次6点向上的概率是 （ D ）（A ）错误! （B ）错误! （C ）错误! （D ）错误!２．在５张卡片上分别写着数字１、２、３、４、５，然后把它们混合，再任意排成一行，则得到的数能被５或２整除的概率是（ B ）（A ） 0．8 （B ） 0．6 （C ） 0．４ （D ） 0．２ ３．【07浙江】（１５）随机变量ξ的分布列如下：ξ 1- 0 1Pa bc 其中a b c ，，成等差数列，若3E ξ=，则D ξ的值是 ．【例】〖0５浙江〗袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球,从A 中摸出一个红球的概率是31,从B 中摸出一个红球的概率为p ． （Ⅰ） 从A 中有放回地摸球,每次摸出一个,有３次摸到红球即停止．１求恰好摸５次停止的概率；２记５次之内（含５次）摸到红球的次数为ξ,求随机变量ξ的分布率及数学期望E ξ．（Ⅱ） 若A 、B 两个袋子中的球数之比为1:2,将A 、B 中的球装在一起后,从中摸出一个红球的概率是25,求p 的值． 解：（Ⅰ） １22241218()()33381C ⨯⨯⨯=.２随机变量ξ的取值为0、１、２、３．由n 次独立重复试验概率公式P n （k ）=(1)k k n kn C p p -=-,得P （ξ=0）=055132(1)3243C ⨯-=, P （（ξ=１）=1451180(1)33243C ⨯⨯-=,P （（ξ=２）=22351180()(1)33243C ⨯⨯-=, P （（ξ=３）=3280217124381+⨯-=.随机变量ξ的分布列是ξ的数学期望是E ξ=243×0+243×１+243×２+81×３=81（Ⅱ）设袋子A 中有m 个球,则袋子B 中有２m 个球,由122335m mpm +=,得p =1330. 〖练习〗１．甲乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0．6，被甲或乙解出的概率为0．9２。
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座立体几何教师版[1]
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）直线、平面、简单几何体第二课时题型二 结论探索性问题【典例２】（江西高考）如图,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,且AD ＝3,BD ＝CD ＝１,另一个侧面是正三角形（１）求证：AD BC（２）求二面角B —AC —D 的大小（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E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
解析： （１）方法一:作AH ⊥面BCD 于H ,连.DH,AB BD HB BD ⊥⇒⊥3,1AD BD ==2AB BC AC BD DC ∴===∴⊥又BD CD =,则BHCD 是正方形. 则..DH BC AD BC ⊥∴⊥方法二:取BC 的中点O ,连AO 、DO , 则有,.AO BC DO BC ⊥⊥,.BC AOD BC AD ∴⊥∴⊥面ABDBOM NE（２）作BM AC ⊥于M ,作MN AC ⊥交AD 于N , 则BMN ∠就是二面角B AC D --的平面角.AB AC BC ===M 是AC 的中点,且MN ∥CD则111,,22222BM MN CD BN AD =====由余弦定理得222cos 2BM MN BN BMN BMN BM MN +-∠==∴∠=⋅ （３）设E 为所求的点,作EF CH ⊥于F ,连FD .则EF ∥AH∴,EF BCD EDF ⊥∠面就是ED 与面BCD 所成的角,则30EDF ∠=︒.设EF x =,易得1,,AH HC CF x FD ====则tan ,3EF EDF FD ∴∠===解得 1.x CE ===则 故线段AC 上存在E 点,且1CE =时,ED 与面BCD 成30︒角. 解法二:（１）作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形,且1AH =, 以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图, 则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A(1,1,0),(1,1,1),0,.BC DA BC DA BC AD =-=∴⋅=⊥则（２）设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z = 则由1n BC ⊥知:10n BC x y ⋅=-+=; 同理由1n CA ⊥知:10.n CA x z ⋅=+= 可取1(1,1,1).n =-同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =-由图可以看出,三面角B AC D --的大小应等于<12,n n > 则cos <12,n n>12123n n n n ⋅===,即所求二面角的大小是arccos3（３）设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==> 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1),(,1,),n DE x x == 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE 与n 的夹角为60︒, 所以1cos ,cos 60.21DE n DEn DE n⋅===︒=+<>则2x =解得,x =则 1.CE == 故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角.拓展提升：１．先假设存在，再去推理，下结论：２．联想平面几何命题，运用类比猜想得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）直线、平面、简单几何体第四课时题型四 求空间角【典例５】（重庆高考）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,1AB BB ==，E 为1BB 上使11B E =的点 平面1AEC 交1DD 于F ，交11A D 的延长线于G ，求：（Ⅰ）异面直线AD 与1C G 所成角的大小； （Ⅱ）二面角11A C G A --的正切值；分析：本题以棱柱为载体考查了空间线线角、面面角。
属于考查角的典型题型。
解析：解法一：（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.连接1C F .因为AE 和1C F 分别是平行平面1111ABB A CC D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//AE C F ,由此可得1D F BE =,再由1FD G △∽FDA △得1D G在11Rt 6C GD π∠=11111△C D G 中，由C D =1,D（２）作11D H C G ⊥于H ,连接FH ,由三垂线定理知1FH C G ⊥,故1D HF ∠为二面角11F C G D --即二面角11A C G A --的平面角在1Rt GFD ∆中,由1DG =16D GH π∠=得12D H =,从而111an 2D Ft D HF D H∠===解法二：B 11B 1（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,由此可得1114AGA EC B π∠=∠=从而111A G AA ==,于是1D G =在11111111,6Rt C D G C D D G C GD π==∠=中，由（２）在1111,46C AG AGC ππ∠=∠=11△A C G 中，由知11AC G ∠为钝角,作11A H GC ⊥交1GC 的延长线于H ,连接AH ,由三垂线定理知GH AH ⊥,故1AHA ∠为二面角二面角11A C G A --的平面角,在1Rt A HG ∆中,由11AG =,16AGH π∠=得112A H =,从而111an 2AA t AHA A H∠===解法三：（１）以1A 为原点,11111,,A B A D A A 所在直线分别为x 轴,y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.于是001A（,1(1,1,0)C,1)D , (1,0,1)E ,(0,1,0)AD =,1(0,1,1)EC =-因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,设(0,y,0)G (0,,1))AG y =-由11//y EC AG －得于是1故11,0),(G C G =-,设异面直线AD 与1C G 所成的角的大小为θ,则113cos ||||AD C G AD C G θ⋅==⋅,从而6πθ=.（２）作111,A H C G H GH AH AHA ⊥⊥∠于，由三垂线定理知故为二面角二面角11A C G A --的平面角,设(,,0)H a b ,则1(,,0)A H a b =，1(-1,-1,0)C H a b =,由11A H C G ⊥得110A H C G ⋅=,由此得0()a i =又由1,,H C G 共线得11//C H C G ,从而11a --,于是1)0()b ii +-=联立（I ）和（II）得ab ,故H由1||(A H =,1||31A A =+得 111||3an 2||3A A t AHA A H ∠===拓展提升：作异面直线所成角的常用方法有：（１）平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另外一条直线的平行线或利用中位线；（２）补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系。
一般来说平移是最常用的，应作为求两异面直线所成角的首选方法;（３）向量法解与二面角有关问题时要注意：（１）找出二面角的平面角，主要是用三垂线定理或其逆定理（２）求二面角，主要是解三角形或是用射影法。
【变式训练】如图，已知1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体， 点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==． （１）求证：1E B F D ，，，四点共面；（４分） （２）若点G 在BC 上，23BG =，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；（４分） （３）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．（４分） 本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考CBAGHDE FB 1A 1D 1C 1查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．满分１２分． 解法一：（１）如图，在1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，则1AE DN ==，12CF ND ==．因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．从而EN AD ∥，1FD CN ∥． 又因为AD BC ∥，所以EN BC ∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．因此，1E B F D ，，，四点共面．（２）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，tan tan BM BG BGM BG CFB ==∠∠23132BC BGCF ==⨯=． 因为AE BM ∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥． 又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ． （３）如图，连结EH ．因为MH BF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥． 于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．因为MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==∠∠21BMBC CF ===+， tan EMMHθ==解法二：（１）建立如图所示的坐标系，则(301)BE =，，，CAHMDE F 1B1A1D1CN(032)BF =，，，1(333)BD =，，，所以1BD BE BF =+，故1BD ，BE ，BF 共面． 又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面． （２）如图，设(00)M z ，，，则2(0)3GM z =-，，，而(032)BF =，，，由题设得 23203GM BF z =-+=，得1z =． 因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =，，， 又1(003)BB =，，，(030)BC =，，， 所以10ME BB =，0ME BC =，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥． 故ME ⊥平面11BCC B ．（３）设向量(3)BP x y =，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥． 而(301)BE =，，，(032)BF =，，，得330BP BE x =+=，360BP BF y =+=，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，，． 又(300)BA =，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）．于是cos 14BP BA BP BAθ==． 故tan 13θ=．第五课时题型六 求空间距离【典例５】（２00４福建卷）在三棱锥S —ABC 中,△ABC 是边长为４的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC ,SA =SC =２3,M 、N 分别为AB 、SB 的中点.（Ⅰ）证明：AC⊥SB；（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小；（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、二面角、点到平面的距离等基础知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力. 若按常规方法解，（１）需作辅助线再构造一平面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（２）由三垂线定理作出二面角的平面角，再由直角三角形知识即可求解；（３）由等体积转换ＶＢ—ＣＭＮ=ＶＮ—ＣＭＢ即可求解. 但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.解析：本小题主要考查直线与直线,直线与平面,二面角,点到能力.满分１２分.解法一：（Ⅰ）取AC中点D,连结SD、DB.∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SD且AC⊥BD,∴AC⊥平面SDB,又SB⊂平面SDB,∴AC⊥SB.（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB,AC⊂平面ABC,∴平面SDB⊥平面ABC.过N作NE⊥BD于E,NE⊥平面ABC,过E作EF⊥CM于F,连结NF,则NF⊥CM.∴∠NFE为二面角N—CM—B的平面角.∵平面SAC ⊥平面ABC ,SD ⊥AC ,∴SD ⊥平面ABC . 又∵NE ⊥平面ABC ,∴NE ∥SD . ∵SN =NB ,∴NE =21SD =2122AD SA -=21412-=2,且ED =EB .在正△ABC 中,由平几知识可求得EF =41MB =21, 在Rt △NEF 中,tan ∠NFE =EFEN=２2, ∴二面角N —CM —B 的大小是arctan ２2. （Ⅲ）在Rt △NEF 中,NF =22EN EF +=23, ∴S △CMN =21CM ·NF =233,S △CMB =21BM ·CM =２3. 设点B 到平面CMN 的距离为h , ∵V B —CMN =V N —CMB ,NE ⊥平面CMB ,∴31S △CMN ·h =31S △CMB ·NE , ∴h =CMNCMB S NE S ⋅=324.即点B 到平面CMN 的距离为324.解法二：（Ⅰ）取AC 中点O ,连结OS 、OB . ∵SA =SC ,AB =BC , ∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ,平面SAC ∩平面 ABC =AC ∴SO ⊥面ABC ,∴SO ⊥BO .如图所示建立空间直角坐标系O —xyz . 则A （２,0,0）,B （0,２3,0）,C （—２,0,0）,S （0,0,２2）,M （１,3,0）,N （0,3,2）.∴AC =（—４,0,0）,SB =（0,２3,２2）, ∵AC ·SB =（—４,0,0）·（0,２3,２2）=0, ∴AC ⊥SB .（Ⅱ）由（Ⅰ）得CM =（３,3,0）,MN =（—１,0,2）.设n =（x ,y ,z ）为平面CMN 的一个法向量,30CM n x •=+= 则 取z =１,则x =2,y =—6,·n =—x +2z =0,∴n =（2,—6,１）,又OS =（0,0,２2）为平面ABC 的一个法向量, ∴cos （n ,OS ）||||OS n ⋅=31. ∴二面角N —CM —B 的大小为arccos31. （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得MB =（—１,3,0）,n =（2,—6,１）为平面CMN 的一个法向量,∴点B 到平面CMN 的距离d =|||·|n n =324.拓展提升：此题三个小问题层层深入，由（１）证明线线垂直，（２）又利用三垂线定理及勾股定理求二面角，（３）由三角形等面积转换求线段，进而由等体积求点到平面距离.这是一道考查立体几何知识较全面立体几何中的求距离，也是高考中的命题热点，其中点到平面的距离的计算是立体几何中的一个难点 . 求点到平面距离，一般方法是先由该点向平面引垂线确定垂足，把点到平面的距离转化为解三角形求解，需要作辅助线，然后通过逻辑推理论证及计算，（一作，二证，三计算） 或用向量法。