2014高考数学一轮复习课件立体几何(二).
高考数学(立体几何)第一轮复习
高考数学（立体几何）第一轮复习资料知识点小结：高考立体几何知识点总结一 、空间几何体 （一） 空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。
2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中，这条直线称为旋转体的轴。
（二） 几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体 性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等；1.3 棱柱的面积和体积公式ch S 直棱柱侧（c 是底周长，h 是高） S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱2 、棱锥的结构特征2.1 棱锥的定义（1） 棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
（2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
2.2 正棱锥的结构特征Ⅰ、 平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；Ⅱ、 正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；正棱锥侧面积：1'2S ch =正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高） 体积：13V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为a 22的正方体问题。
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第5课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第5课时）（新人教A版）一、选择题1．(2013·北京海淀区期末)已知平面α、β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直解析：选D.对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错；易知D正确．2．(2012·高考浙江卷)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B.对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交，故选B.3．(2013·洛阳统考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析：选C.对于选项A，若m∥α，α∩β＝n，则m∥n或m，n是异面直线，所以A 错误；对于选项B，n可能在平面α内，所以B错误；对于选项D，m与β的位置关系还可以是m⊂β，m∥β或m与β斜交，所以D错误；由面面垂直的性质可知C正确．4．(2012·高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析：选B.对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.5．(2012·高考安徽卷)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，则根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.二、填空题6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB7．已知a、b是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若a⊥α，a⊥β，则α∥β；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b；④若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b.其中正确命题的序号有________．解析：垂直于同一直线的两平面平行，①正确；α⊥β也有可能成立，②错；a、b也可以异面，③错；由面面平行性质知，a∥b，④正确．答案：①④8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)三、解答题9.(2011·高考课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.所以BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，所以BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，因为BC∥AD，所以BC⊥BD.所以BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC，即DE为棱锥D－PBC的高．由PD＝AD＝1知BD＝3，PB＝2.由DE·PB＝PD·BD得DE＝32，所以棱锥D－PBC的高为32.10.(2012·高考安徽卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD 的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．解：(1)证明：如图，连接AC，A1C1，相交于点O.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝32，所以AA1的长为3 2.一、选择题1．(2013·青岛质检)已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，则α∥β是l ⊥m的( )A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.充分性：若α∥β，∵l⊥α，∴l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，是充分条件；必要性：如图正方体ABCD－A1B1C1D1，取ABCD 为平面α，ADD1A1为平面β，直线l过点B，B1，直线m过点A，D，则符合条件，但不能推出α∥β，不是必要条件．2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP ⊥BD1，则动点P的轨迹是( )A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段解析：选A.连接AC、CB1、AB1(图略)．易证BD1⊥平面AB1C.所以点P的轨迹是线段B1C.二、填空题3．(2013·桂林质检)已知l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．解析：由于垂直是直线与平面相交的特殊情况，故①正确；由于m、n不一定相交，故②不正确；根据平行线的传递性，故l∥n，又l⊥α，故n⊥α，从而③正确；由l∥m，m ⊥α，n⊥α知m∥n，故l∥n，故④正确．答案：①③④4.(2013·威海质检)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题：①点H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是________．解析：由于ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以A－A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；因为B1C⊥BC1，AB⊥B1C，且AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.答案：①②③三、解答题5.如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E、F分别是AB、BD的中点，求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.证明：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、BD的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF⊄平面ACD，所以直线EF∥平面ACD.(2)在△ABD中，因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.在△BCD中，因为CD＝CB，F为BD的中点，所以CF⊥BD.因为EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF与CF交于点F，所以BD⊥平面EFC.又因为BD⊂平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.。
高考总复习一轮数学精品课件 第8章 立体几何与空间向量 第6节 第2课时 面面夹角与空间距离
- = 0,
· = 0,
则
即
- + = 0,
· = 0,
令 z=1,则 x=1,y=1,即平面 ABD 的一个法向量 m=(1,1,1). ........................ 平面 PA2C2 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
2 ·2 2 = 22 + 2y2 -22 = 0,
则
取 z2=2,可得 x2=a-1,y2=3-a,
2 ·2 = 2y2 + (-3)2 = 0,
故 n2=(a-1,3-a,2). .............................................................................................. 8 分
到直线AD的距离为( A )
A.
2
2
1
B.
2
C.
3
3
1
D.
3
解析 空间四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,
即OA,OB,OC两两垂直,以O为原点,OA,OB,OC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.
因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,
则 A(1,0,0),D(0,0,1),G
空间距离(多考向探究预测)
考向1 点到直线的距离
例2(1)已知空间内三点A(1,1,2),B(-1,2,0),C(0,3,1),则点A到直线BC的距离是
( A )
A. 6
4 6
C. 3
B.1
2 3
D. 3
解析 由题可得, =(1,1,1),=(2,-1,2),
2014高三数学一轮复习课件--立体几何
D
教师备选题（给有能力的学生加餐） 1．(2012· 北京朝阳二模)有一个棱长为1的正方体， 按任意方向正投影，其投影面积的最大值是
A．1 C. 2 3 2 B. 2 D. 3
Байду номын сангаас
(
)
解析：如图所示是棱长为1的正方体． 当投影线与平面A1BC1垂直时， ∵面ACD1∥面A1BC1， ∴此时正方体的正投影为一个正六边形．设其边长为a，则 3a＝ 2， 6 ∴a＝ . 3 3 6 2 ∴投影面的面积为6× × ＝ 3. 4 3 此时投影面积最大，故D正确． 答案： D
答案: B
几何体的三视图
[例2]
(2012· 湖南高考)某几何体的正视图和侧视图 ( )
均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
[自主解答]
根据几何体的三视图知识求解．
由于该几何体的正视图和侧视图相同，且上部分
是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，因此俯视图不
可能是C. [答案] C
三视图的长度特征 三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视 图一样长，侧视图和俯视图一样宽，即“长对正，宽相等， 高平齐”．
A．0个
C．2个
B．1个
D．3个
解析：①中的平面不一定平行于底面，故①错．②③ 可用下图反例检验，故②③不正确． 答案：A
4．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的： ①正方形的直观图一定是菱形；
②菱形的直观图一定是菱形；
③三角形的直观图一定是三角形． 以上结论正确的是________． 解析：①中其直观图是一般的平行四边形，②菱形 的直观图不一定是菱形，③正确．
解析：如图，等腰四棱锥的侧棱均相等， 其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与
2014高考复习之立体几何课件
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使用建议
3．课时安排 本单元共8讲，建议10课时完成；2个45分钟滚动基础 训练卷，建议2个课时;1个单元能力检测卷，建议1个课 时．本单元共需13课时完成．
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• 双 向 固 基 础 • 点 面 讲 考 向 • 多 元 提 能 力 • 教 师 备 用 题
第37讲 空间几何体的结构 特征及三视图和直观图
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使用建议
1．编写意图 根据立体几何在高考中的考查情况和当前立体几何的 教学实际，在编写本单元时考虑到如下几点： (1)加强基础的复习力度：第37讲专门复习空间几何 体的结构、三视图和直观图，第38讲复习空间几何体的表 面积和体积，第39讲复习平面的基本性质和空间点、直线、 平面的位置关系，第42讲复习空间向量及其运算，在这些 基础性问题上我们给予了足够的重视．
棱锥
多边形
棱台
结构 特征
有一个面 三角形是 _______ _，其余 各面是 一点 有一个 公共顶 三角形 点的 _______ _的多面
用一个平 底面 行于棱 截面 锥底面 的平面 去截棱 一点 锥， _______ 梯形 _和 _______ _之间的 返回目录
第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
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使用建议
2．教学建议 (1)对学生加强画图的训练：立体几何中画出一个正 确的图形是解决问题的基础，特别在一些不给出图形的立 体几何试题中(如一些选择题、填空题往往就不给出图形)， 画出图形问题就解决了一半．在画图中，要求学生有根据 地作图(主要是根据平面的三个公理和线面位置关系的判 定定理和性质定理)，使得作图过程充满理性的思考，教 师在例题讲解中画图时不要随手而画，要给学生展示作图 的过程和作图的原理根据．
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-1精品
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算 问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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7
• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视 对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地 考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距 离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间 几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计 算．
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9
• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题， 大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几 何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的 考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才 能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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27
• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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28
• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的 在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的 半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角 三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成 一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被 的部分叫做棱台．
2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第4讲
b⊂β，故C错误．
答案 D
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
5 ．在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， E 是 DD1 的中点，则 BD1 与平面 ACE 的位置关系
为________．
解析 如图．连接 AC 、 BD 交于 O 点， 连接 OE ，因为 OE∥BD1 ，而 OE⊂ 平面 ACE ， BD1⊄ 平面 ACE ，所以 BD1∥ 平面 ACE.
又MN⊂平面MGN， ∴MN∥平面ADE. ∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
[方法锦囊] 解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，假 设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立
的充分条件，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存
在；如果找不到符合题目结果要求的条件 (出现矛盾) ，则不 存在．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
[审题视点] (1)由BC⊥面ABE可得AE⊥BC，由BF⊥面ACE可 得AE⊥BF.
(2)过M作MG∥AE交BE于G，过G作GN∥BC交EC于N，连接
MN，可得面MNG∥面ADE.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
(1)证明 ∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，
证明如下：如图，取 PD 的中点 E，连接 NE，EC，AE， 因为 N，E 分别为 PA，PD 的中点， 1 所以 NE 綉2AD.
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
1 又在平行四边形ABCD中，CM綉 2 AD.所以NE綉MC，即四
边形MCEN是平行四边形．所以NM綉EC.
又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE， 即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE.
高中数学一轮复习：第八章 立体几何(必修2)课后跟踪训练46
课后跟踪训练(四十六)基础巩固练一、选择题1．和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是()A．异面B．相交C．平行D．异面或相交[解析]当两条直线无公共点时，可知两直线异面；当两异面直线中的一条直线与两条直线交于一点时，可知两直线相交，故选D.[答案] D2.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M[解析]∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又C∈γ，M、C∈β，∴γ与β的交线必通过点C和点M.故选D.[答案] D3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是BD1的中点，直线A1C 交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是()A．A1、M、O三点共线B．M、O、A1、A四点共面C．A、O、C、M四点共面D．B、B1、O、M四点共面[解析]因为O是BD1的中点．由正方体的性质知，O也是A1C 的中点，所以点O在直线A1C上，又直线A1C交平面AB1D1于点M，则A1、M、O三点共线，A正确．又直线与直线外一点确定一个平面，所以B、C正确．故选D.[答案] D4．以下四个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D 共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3[解析]对于①，不共面的四点中，其中任意三点不共线，故①正确；对于②，若A，B，C共线时，A，B，C，D，E不一定共面，故②不正确；对于③，b，c也可异面，故③不正确；④是错误的．故选B.[答案] B5．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45[解析] 如图，连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角或其补角．连接A 1C 1，设AB ＝1，则AA 1＝2，A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝5＋5－22×5×5＝45.故选D. [答案] D二、填空题6．(2019·陕西汉中调研)若直线a ⊥b ，且直线a ∥平面α，则直线b 与平面α的位置关系是________．[解析] 如图，在正方体中可知，b 与α相交或b ⊂α或b ∥α.[答案] b 与α相交或b ⊂α或b ∥α7．(2019·广东华山模拟)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D是AC的中点，AA1∶AB＝2∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为________．[解析]取A1C1的中点E，连接B1E，ED，AE，在Rt△AB1E中，∠AB1E即为所求．设AB＝1，则A1A＝2，AB1＝3，B1E＝32，AE＝32，故∠AB1E＝60°.[答案]60°8.(2019·江西上饶月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论号都填上) [解析]由题图可知AM与CC1是异面直线，AM与BN是异面直线，BN与MB1为异面直线．因为D1C∥MN，所以直线MN与AC所成的角就是D1C与AC所成的角，且角为60°.[答案]③④三、解答题9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，E，F四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．[证明](1)如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面．即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．10.(2019·河南许昌模拟)如图所示，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．[解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝43 3.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34. 故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.能力提升练11．两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是( )A ．两条相交直线B ．两条平行直线C．两个点D．一条直线和直线外一点[解析]如图，在正方体ABCD－EFGH中，M，N分别为BF，DH的中点，连接MN，DE，CF，EG.当异面直线为EG，MN所在直线时，它们在底面ABCD内的射影为两条相交直线；当异面直线为DE，GF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD，BC，是两条平行直线；当异面直线为DE，BF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD和点B，是一条直线和一个点，故选C.[答案] C12．如图，平面α与平面β交于直线l，A，C是平面α内不同的两点，B，D是平面β内不同的两点，且A，B，C，D不在直线l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列判断正确的是() A．若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l 可能平行也有可能相交B．若AB，CD是异面直线时，则直线MN可能与l平行C．若存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，则AB，CD不可能是异面直线D．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交[解析]对于A，直线BD与l只能平行；对于B，直线MN与l 异面；对于C，AB与CD可能为异面直线．当直线AB与CD的中点M，N重合时，必有直线AC∥l，故不可能相交，综上所述，故选D.[答案] D13．如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是__________．①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；②存在一个平面α0，使得GF∥EH∥BD；③存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上．[解析]当H，G分别为AD，BC的中点时，直线GF，EH，BD 平行，所以①错，②正确；若存在一个平面α0，使得点G在线段BC 上，点H在线段AD的延长线上，则平面α0与CD的交点不可能是CD的中点，故③错．[答案]②14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．(1)求四棱锥O－ABCD的体积；(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值的大小．[解] (1)由已知可求得，正方形ABCD 的面积S ＝4，所以，四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，则∠EMD 为异面直线OC 与MD 所成的角(或其补角)，由已知，可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5，∵(2)2＋(3)2＝(5)2，∴△DEM 为直角三角形，∴tan ∠EMD ＝DE EM ＝23＝63. 拓展延伸练15．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334 B.233 C.324 D.32[解析]记该正方体为ABCD －A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′－AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′中点的E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.[答案] A16．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB ，以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)[解析]由题意知，AB 是以AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线，又AC ⊥a .AC ⊥b ，AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD ∥a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，所以DE ∥b ，连接AD ，设BC ＝1，在等腰△ABD 中，AB ＝AD ＝2，当直线AB 与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝2，又在Rt△BDE中，BE＝2，所以DE＝2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，所以BF＝DE＝2，所以△ABF为等边三角形，所以∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，所以直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．所以正确的结论为②③.[答案]②③。
2014届高考数学专题复习课件：第三篇 专题5 立体几何
查缺补漏
第三篇 5
BC 与 AE 是相交直线，所以 BC 一定不与平面 PAE 平行， ③错误；
本 讲
直线 PD 与平面 ABC 所成角为∠PDA，
栏 目
在 Rt△PAD 中，AD＝PA，
开
关 ∴∠PDA＝45°，④正确．
答案 ④
查缺补漏
第三篇 5
8．对于四面体 ABCD，给出下列四个命题：
①若 AB＝AC，BD＝CD，则 BC⊥AD；
目
开 关
∴∠BSA＝90°，以 S 为顶点，将三棱锥补成
一个正方体，如图所示，
故外接球的直径 2R＝ 3·SA，即 R＝3，
∴S＝4πR2＝36π.
查缺补漏
第三篇 5
10．如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD⊥
平面 ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，
F 分别是 AP，AD 的中点．
目 开
②若 α∥β，l⊂α，则 l∥β；
关 ③α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β；
④若 m，n 为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则 α∥β.
其中正确命题的个数是________．
查缺补漏
第三篇 5
解析 因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交 或成异面直线，所以命题①错误；
由直线与平面平行的定义知命题②正确；
求证：(1)直线 EF∥平面 PCD；
本 讲
(2)平面 BEF⊥平面 PAD.
栏 目
证明 (1)因为 E，F 分别是 AP，AD 的中点，∴EF∥PD.
开 关
又∵PD⊂面 PCD，EF⊄面 PCD，
∴直线 EF∥平面 PCD.
(2)连结 BD，∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
专题+立体几何中的向量方法(二)—求空间角和距离年领军高考数学一轮复习(文理通用)
专题45立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离 最新考纲1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.基础知识融会贯通1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.重点难点突破【题型一】求异面直线所成的角【典型例题】如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） ABC ﹣A 1B 1C 1，在底面ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别为A 1B 1，A 1A 的中点． （1）求的值；（2）求证：BN ⊥平面C 1MN ．【解答】解：以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的坐标系C ﹣xyz ， （1）依题意，A 1（1，0，2），C （0，0，0），B 1（0，1，2），B （0，1，0）， ∴（1，﹣1，2），（0，1，2），∴•1×0+（﹣1）×1+2×2＝3， 又||，||，∴cos，6分证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），∴M（，，2），∴（，，2），（1，0，﹣1），（1，﹣1，1），∴•1（﹣1）+1×0＝0，同理可求•0，∴⊥，⊥，C1M∩C1N＝C1，∴BN⊥平面C1MN…12分．【再练一题】如图，BC＝2，原点O是BC的中点，点A的坐标为（，，0），点D在平面yOx上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°．（1）求向量的坐标．（2）求与的夹角的余弦值．【解答】解：（1）过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD•sin30°，OE＝OB﹣BD cos60°＝1，∴D的坐标为D（0，，，又∵C（0，1，0），∴（0，，）．（2）依题设有A点坐标为A（，，0），∴（），（0，2，0），则与的夹角的余弦值：cos．思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【题型二】求直线与平面所成的角【典型例题】如图所示，在直角梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB⊥AD，BC＝BA AD＝m，VA⊥平面ABCD．（1）求证：CD⊥平面VAC；（2）若VA m，求CV与平面VAD所成角的大小．【解答】（1）证明：连结AC，∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠ACB＝45°，取AD中点G，连CG，因为BC∥AD，所以四边形ABCG为正方形．所以CG＝GD，∠CGD＝90°，∴∠DCG＝45°，∴∠DCA＝90°……………………所以CD⊥CA，又VA⊥平面ABCD，所以CD⊥VA，CD⊥平面VAC………………（2）解：法1：连VG由⇒CG⊥面VAD，∴∠CVG是CV与平面VAD所成的角………………VC2m；CG＝m，∴∠CVG＝30°∴CV与平面VAD所成角为30°………………法2：以A为原点，射线AB，AD，AV所在直线为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，则平面VAD 法向量（m，0，0），又，设向量与夹角为θ，则cosθ，θ，CV与平面VAD所成的角为．【再练一题】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝2CD＝4，P A⊥CD，在锐角△P AD 中，E是边PD上一点，且AD＝PD＝3ED．（1）求证：PB∥平面ACE；（2）当P A的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为30°？【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，∵AB∥CD，∴△OCD∽△OAB，∴，又，∴OE∥PB，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．（2）解：过A作AF⊥PD，垂足为F，连接CF，∵CD⊥AD，CD⊥P A，P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥AF，又AF⊥PD，PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，∴∠ACF为AC与平面PCD所成的角，即∠ACF＝30°．AC，∴AF AC，∴sin∠ADF，cos∠ADF，∴P A．∴当P A时，AC与平面PCD所成的角为30°．思维升华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【题型三】求二面角【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，∠P AB＝90°．（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）若直线BD与平面P AB所成角的正弦值为，求二面角C﹣P A﹣D的余弦值．【解答】证明：（1）因为平面PCD⊥平面ABCD，且∠BCD＝90°．所以BC⊥平面PCD，所以PD⊥BC．又因为AB⊥P A，AB⊥AD，所以AB⊥平面P AD，所以PD⊥AB．又因为PD⊥BC，所以PD⊥平面ABCD．解：（2）以D为原点，DA，DP，DC方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图空间直角坐标系．作DE⊥P A于E，连接BE，因为平面P AD⊥平面P AB，所以DE⊥平面P AB，∠DBE即为直线BD与平面P AB所成的角，故，所以DE．Rt△P AD中，令PD＝x，则x•3•，解得x＝3，故A（3，0，0），P（0，3，0），C（0，0，4）．（﹣3，3，0），（﹣3，0，4），设平面P AC的一个法向量为（a，b，c），则，取（4，4，3）．又因为平面P AD的一个法向量为（0，0，4），故cos．综合图形可知，所求二面角的余弦值为．【再练一题】如图在直角△ABC中，B为直角，AB＝2BC，E，F分别为AB，AC的中点，将△AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．（Ⅰ）证明：MF⊥面BCD；（Ⅱ）若DE⊥BE，求二面角E﹣MF﹣C的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取DB中点N，连结MN、EN，∵MN，EF，∴四边形EFMN是平行四边形，∵EF⊥BE，EF⊥DE，BE∩EF＝E，∴EF⊥平面BDE，∴EF⊥EN，∴MF⊥MN，在△DFC中，DF＝FC，又∵M为CD的中点，∴MF⊥CD，又∵MF∩MN＝M，∴MF⊥平面BCD．解：（Ⅱ）∵DE⊥BE，DE⊥EF，BE∩EF＝E，∴DE⊥平面BEF，以E为原点，BE、EF、ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝2，则E（0，0，0），F（0，1，0），C（﹣2，2，0），M（﹣1，1，1），∴（0，1，0），（﹣1，0，1），（2，﹣1，0），设面EMF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，0，1），同理，得平面CMF的法向量（1，2，1），设二面角E﹣MF﹣C的平面角为θ，则cosθ，∴二面角E﹣MF﹣C的余弦值为．思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【题型四】求空间距离【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PB＝PD．（1）求证：PD⊥AB；（2）若AB＝6，PC＝8，E是BD的中点，求点E到平面PCD的距离．【解答】（1）证明：由于四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD是正三角形．设AB的中点为K，连接PK，DK，如图所示，则AB⊥DK，又P A＝PB，所以AB⊥PK．又PK，DK相交于K，所以AB⊥平面PKD．又PD⊂平面PKD，所以AB⊥PD．（2）解：由（1）可知，AB⊥平面PKD．又AB∥CD，所以CD⊥平面PKD．又CD⊂平面PDC，所以平面PDC⊥平面PKD，设点E到平面PCD的距离为h，则由于BD＝2ED，得点B到平面PCD的距离为2h．由于KB∥平面PCD，所以K，B两点到平面PCD的距离均为2h．所以点K到直线PD的距离就是2h．设△ABD的中心为H，则PH⊥平面ABD．HC＝4HE＝4，在rt△PHC中，PH4，在Rt△PHD中，PH＝4，DH＝2，所以PD2．由DH＝2HK，得点H到直线PD的距离为，即，得h．所以点E到平面PCD的距离为．【再练一题】如图，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，P A＝AD＝2，M、N分别是A B．PC的中点．（1）求证：平面MND⊥平面PCD；（2）求点P到平面MND的距离．【解答】解：（1）∵P A⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴AB、AD、AP两两互相垂直，如图所示，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B （2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），M（1，0，0），N（1，1，1），∴（0，1，1），（﹣1，1，﹣1），（0，2，﹣2）设（x，y，z）是平面MND的一个法向量，可得，取y＝﹣1，得x＝﹣2，z＝1，∴（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，同理可得（0，1，1）是平面PCD的一个法向量，∵•2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴，即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直，可得平面MND⊥平面PCD；（2）由（1）得（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，∵（0，2，﹣2），得•0×（﹣2）+2×（﹣1）+（﹣2）×1＝﹣4，∴点P 到平面MND 的距离d ．思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离． (2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．基础知识训练1．【天津市部分区2019届高三联考一模】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，四边形ADPQ 是梯形，PD ∥QA ，2PDA π∠=，平面ADPQ ⊥平面ABCD ，且22AD PD QA ===.（Ⅰ）求证：QB ∥平面PDC ； （Ⅱ）求二面角C PB Q --的大小；（Ⅲ）已知点H 在棱PD 上，且异面直线AH 与PB，求线段DH 的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）56π；（3）32. 【解析】 （1）平面ADPQ ⊥平面ABCD ，平面ADPQ ⋂平面ABCD AD =，PD ADPQ ⊂平面，PD AD ⊥，∴直线PD ⊥平面ABCD .由题意，以点D 为原点，分别以,,DA DC DP 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向建立如图空间直角坐标系， 则可得：()()()0,0,0,2,2,0,0,2,0D B C ，()()()2,0,0,2,0,1,0,0,2A Q P .依题意，易证：()2,0,0AD =-是平面PDC 的一个法向量， 又()0,2,1QB =-，∴ 0QB AD ⋅=， 又直线QB ⊄平面PDC ，∴ //QB PDC 平面. （2）()()2,2,2,=0,22PB PC =--，.设()1111,,n x y z =为平面PBC 的法向量， 则1100n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩. 不妨设11z =，可得()10,1,1n =.设()2222,,n x y z =为平面PBQ 的法向量， 又()()2,2,2,2,0,1PB PQ =-=-，则220n PB n PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222202220x z x y z -=⎧⎨+-=⎩. 不妨设22z =，可得()21,1,2n =，∴ 1212123cos<,nn n n n n ⋅>==⋅， 又二面角C PB Q --为钝二面角，∴二面角C PB Q --的大小为56π. （3）设()()0,0,02H h h ≤≤，则()2,0,AH h =-，又()2,2,2PB =-，又73cos<,15PB AH >=，即24273234h h--=⋅+，∴ 2625240h h -+=，解得32h =或83h =（舍去）. 故所求线段DH 的长为32.2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线//OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）10,4±. 【解析】（1）因为直线MF ⊂平面ABFE ， 故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上（如图所示）因为AOBF ，M 为AB 的中点，所以OAM MBF ∆≅∆，所以OM MF =，AO BF =，所以点O 在EA 的延长线上，且2AO = 连结DF 交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点 连结MN ，因为MN 为DOF ∆的中位线，所以MN OD ，又因为MN ⊂平面EMC ，所以直线OD平面EMC .（2）由已知可得，EF AE ⊥，EF DE ⊥，所以EF ⊥平面ADE ，所以平面ABEF ⊥平面ODE ，取AE 的中点H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E -，3)D ，(0,3)C ，(1,4,0)F -， 所以3)ED =，(1,3)EC =， 设(1,,0)(04)M t t ≤≤，则(2,,0)EM t =，设平面EMC 的法向量(,,)m x y z =，则2000430x ty m EM m EC x y z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=++=⎪⎪⎩⎩， 取2y =-，则x t =，3z =，所以8,2,3t m t -⎛=- ⎪⎝⎭， DE 与平面EMC 所成的角为60，所以2232(8)243t t =-++，所以22332419t t =-+，所以2430t t -+=，解得1t =或3t =， 所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60，取ED 的中点Q ，则QA 为平面CEF 的法向量，因为13,0,2Q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以33,0,22QA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,2,3m t ⎛=- ⎪⎝⎭， 设二面角M EC F --的大小为θ，所以222|||cos |||||(8)419343QA m QA m t t t t θ⋅===⋅--+++，因为当2t =时，cos 0θ=，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当1t =时，θ为钝角，所以1cos 4θ=-. 当3t =时，θ为锐角，所以1cos 4θ=. 3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，//EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --的余弦值为6，求PF 的长度. 【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）证明：∵90BAF ∠=︒，∴AB AF ⊥， 又平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF 平面ABCD AB =，AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥平面ABCD .（2）以A 为原点，以AB ，AD ，AF 为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()0,2,0D，()0,0,1F ，∴()0,2,1FD =-，()1,2,0AC =，()1,0,0AB = 由题知，AB ⊥平面ADF ，∴()1,0,0AB =为平面ADF 的一个法向量，设()01FP FD λλ=≤<，则()0,2,1P λλ-，∴()0,2,1AP λλ=-，设平面APC 的一个法向量为(),,x y z =m ，则0m AP m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩， ∴()21020y z x y λλ⎧+-=⎨+=⎩，令1y =，可得22,1,1m λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭， ∴26cos ,21411m AB m AB m ABλλ⋅===⎛⎫⋅++ ⎪-⎝⎭，得13λ=或1λ=-（舍去）， ∴5PF =.4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值.【答案】（1）详见解析；（23【解析】（1）因为平面11ACC A ⊥平面ABC ，平面11ACC A 平面ABC AC =，BC ⊂平面ABC ，90ACB ∠=︒，所以BC ⊥平面11ACC A ，因为1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BC A C ⊥. 因为11B C BC ∥，所以111AC B C ⊥. 因为11ACC A 是平行四边形，且1AA AC =，所以11ACC A 是菱形，11A C AC ⊥. 因为1111AC B C C ⋂=，所以1A C ⊥平面11AB C .又1AC ⊂平面11A B C ，所以平面11AB C ⊥平面11A B C . （2）取AC 的中点M ，连接1A M ，因为11ACC A 是菱形，160A AC ∠=︒， 所以1ACA ∆是正三角形，所以1A M AC ⊥，且13A M AC =. 令122AA AC CB ===，则13A M =所以以C 为原点，以CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()2,0,0A ，()11,0,3C -，()0,1,0B，()11,0,3A ，()2,0,0CA =，()()111111,0,30,1,0CB CC CB CC CB =+=+=-+()1,1,3=-，()11,0,3CA =. 设平面1ACB 的一个法向量为(),,n x y z =，则10n CA n CB ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以2030x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，得0x =，令1z =，则3y =-，所以()0,3,1n =-.由（1）知1A C ⊥平面11A B C ，所以()11,0,3CA =是平面11A B C 的一个法向量， 所以111cos ,CA n CA n CA n⋅<>=⋅3341331==+⋅+. 所以二面角11C AB C --的余弦值为3.5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试】如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，ABD ∆是边长为1的等边三角形，M 为线段BD 中点，3BC =.(1)求证：AF BD ⊥；(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点N ，使得直线//CE 平面AFN ？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）3（3）线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ，详见解析. 【解析】(1)证明：因为ADEF 为正方形， 所以AF AD ⊥．又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ， 且平面ADEF ⋂平面ABCD AD =， 所以AF ⊥平面ABCD ．所以AF BD ⊥．(2)取AD 中点O,EF 中点K ，连接OB ，OK.于是在△ABD 中，OB OD ⊥，在正方ADEF 中OK OD ⊥，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，故OB ⊥平面AFEF ，进而0B OK ⊥， 即OB, OD, OK 两两垂直． 分别以,,OB OD OK 为x 轴，y 轴,z 轴 建立空间直角坐标系（如图）．于是，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，10,,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3C ⎫⎪⎪⎝⎭,1E 0,,12⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,311M ,0,F 0,,142⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 所以3335,,1,,,0,(0,0,1)4422MF CD DE ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00CD n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即35020x y z ⎧-⋅-⋅=⎪⎨⎪=⎩令5x =-，则3y =，则(5,3,0)n =-．设直线MF 与平面CDE 所成角为θ，||3sin |cos ,|14||||MF n MF n MF n θ⋅=<>==(3) 要使直线//CE 平面AFN ，只需AN //CD ，设,[0,1]BN BD λλ=∈,则331,,,,02n n n x y z λ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,331,,02n n n x y z λλ=-==, 331,,02N λλ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以3311,,022AN λλ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭, 又 35(,,0)2CD =--，由//AN CD 得33112222 5322λλ-+=--解得2=[0,1]3λ∈所以线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ． 6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合考试】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ； （2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（221【解析】（1）证明：在BAD ∆中，因为22AB AD ==，60BAD ∠=︒. 由余弦定理得，2222cos60BD AD AB AB AD =+-⋅︒， 解得3BD =， ∴222AB AD DB =+，∴AD DB ⊥， 在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ， ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=， ∴BD ⊥平面ADG ，∴平面BDG ⊥平面ADG . （2）解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，因为45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，所以()1,0,0A ，()3,0B ，()3,2E ，()0,0,1G ，()3,2AE →=-，()1,0,1AG →=-，()3,1GB →=-.设平面AEFG 的法向量(),,n x y z →=，3200n AE x z n AG x z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩， 令1x =，得33y -=，1z =，∴31,,13n→⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭.设直线GB和平面AEFG的夹角为θ，所以()()30,3,11,,1321sin cos,730,3,11,,13GB nGB nGB nθ→→→→→→⎛⎫-⋅-⎪⋅⎝⎭====⎛⎫⋅-⋅-⎪⎝⎭，所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为217.7．【西藏拉萨市2019届高三第三次模拟考试】如图，等边三角形PAC所在平面与梯形ABCD所在平面互相垂直，且有AD BC∥，2AB AD DC===，4BC=.（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）求二面角B PC D--的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）513.【解析】（1）证明：取BC中点M，连接AM，则四边形AMCD为菱形，即有12AM MC BC==，所以AB AC⊥.又AB平面ABCD，平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PAC AC=，∴AB⊥平面PAC，又AB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.（2）由（1）可得23AC =，取AC 中点O ，连接PO ，则PO AC ⊥，3PO =， 又PO ⊂平面PAC ， 平面PAC ⊥平面ABCD ， 平面PAC平面ABCD AC =，∴PO ⊥平面ABCD .以A 为原点建系如图，则()2,0,0B ，()3,3P ，()0,23,0C ，()3,0D -，()2,23,0BC =-，()3,3PC =-，()1,3,0CD =--，设平面BPC 的法向量为()1,,n x y z =，则2230330x z ⎧-+=⎪-=，取1z =，得()13,3,1n =. 设平面PCD 的法向量为()2,,n x y z =，则30330x y z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，取1z =，()23,1n =-，1212125cos ,131313n n n n n n ⋅<>===-⨯.∴二面角B PC D --的余弦值为513.8．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、G 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 中点.且22AB AC ==，14BC AA ==.（1）求证：BC ⊥平面ADE ； （2）求二面角1G EF B --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）6- 【解析】（1）∵22AB AC ==，4BC =，∴AB AC ⊥. ∵D 是BC 的中点，∴AD BC ⊥，∵111ABC A B C -为直三棱柱，D ，E 为BC ，11B C 中点， ∴DE ⊥平面ABC ，∴DE BC ⊥，∴BC ⊥平面ADE .（2）由（1）知建系如图，且()002F ，，，()122,0,0B ，()2,2,0E ，()0,22,2G ，∴()2,2,2EF =--，()12,2,0B E =-，()0,22,0FG =.设平面1B EF 的法向量为(),,m x y z =，由100m EF m B E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z xy ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩. 取()1,1,2m =，同理得平面EFG 的法向量()2,0,1n =.∴226cos ,323m n <>==，而二面角1G EF B --为钝二面角， ∴二面角1G EF B --的余弦值为6-. 9．【广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AFFC .（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）52929. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ． 因为11AGA B GE ∆∆，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC =，所以1AF AG FC GB =，所以1//FG CB ，又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点． 因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ，因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA ，1OA ，OC 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A ，1(0,3,0)A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F， 由11AA BB =，得(2,3,0)B -，1BB的中点33(,,0)2E -，133(,,0)2A E =--，112(,3,)33A F =--. 设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111230333302x y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，得方程的一组解为111135x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1(1,3,5)n =-.面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)n =，则121212529cos ,n n n n n n ⋅<>==， 所以二面角1F A E A --的余弦值为52929.10．【广东省潮州市2019届高三第二次模拟考试】如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小． 【答案】(1)见证明；(2) 4π【解析】（1）∵菱形ABCD ，∴AC BD ⊥， ∵FD ⊥平面ABCD ，∴FD AC ⊥， ∵BD FD D ⋂=，∴AC ⊥平面BDF ， ∵AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ． （2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则3,0,0)B ，()0,1,0C -，(3,0,3)F ，(3,1,0)BC =--，(3,0,3)BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则302330n BC y n BF x z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-， 平面ABC 的法向量(0,0,1)m =， 设二面角A BC F --的大小为θ， 则||2cos ||||28m n m n θ⋅===⋅， ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 11．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】如图，在三棱锥V ABC -中，,90,2VC AB ABC AB BC ︒<∠===，侧面ACV ⊥底面ABC ，45ACV ︒∠=，D 为线段AB 上一点，且满足AD CV =.（1）若E 为AC 的中点，求证：BE CV ⊥； （2）当DV 最小时，求二面角A BC V --的余弦值. 【答案】(1)见证明；(2) 33【解析】（1）在ABC ∆，因为90ABC ∠=,AB BC =，E 为AC 的中点，所以BE AC ⊥，因为面ACV ⊥面ABC ，面ACV 面ABCAC =，所以BE ⊥面ACV ，又VC ⊂面ACV ，BE VC ⊥（2）以B 为坐标原点，分别以射线,BC BA 和垂直于面ABC 向上的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系-B xyz ，设BD t =，则有(0,0,0),(2,0,0),(0,,0)B C D t ，因为侧面ACV ⊥底面ABC ，45ACV ∠=， 所以(1,1222t t V +-， 所以222232(1)(1)()344222tt t DV t t -=++-+=-+ 当2(0,2)3t =∈时，DV 最小， 此时2(0,,0)3D ，4222(,33V ，4222(2,0,0),(,33BC BV ==设(,,)x y z =n 为平面VBC 的一个法向量，则有0,0BC BV ==n n ，所以204222033xx y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，令2z =，则(0,2,2)=-n ， 而平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)=m ， 所以23cos ,16n m <>==⋅， 故二面角A BC V --的余弦值为33. 12．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）277. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ， 所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，，所以1DD ⊥平面1111D C B A ，又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ， 经计算可得1111523B E BC EC ===，，， 从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，，所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，， ()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=，不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-，设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ， 于是111111427sin cos ,7142||m B C m B C m B C θ⋅-====⨯⋅， 故直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值为277. 13．【江西省上饶市横峰中学2019届高三考前模拟考试】如图，在三棱锥P ABC -中，20{28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45.（1）求证:平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。
2014版高考数学一轮总复习 第45讲 空间几何体的结构及三视图、直观图课件 文 新人教A版
2 空间几何体的三视图：
光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影 图叫做几何体的⑤ ________ ；光线从几何体的 左面向右面正投影得到的投影图叫做几何体的 ⑥ ________ ；光线从几何体的上面向下面正 投影得到的投影图叫做几何体的⑦ ________ .
3 画三视图的基本要求是⑧ ______________
由题意知 BC＝3π cm，AB＝4π cm，点 A 与点 C 分 别是铁丝的起、止位置，故线段 AC 的长度即为铁丝的 最短长度． AC＝ AB2＋BC2＝5π cm， 故铁丝的最短长度为 5π cm.
1．理解柱、锥、台、球的概念及结构特征，并 能善于运用这些特征描述简单几何体的结构． 2．三视图的识别规则是“长对正，高平齐，宽相 等”．另外还要注意找出相邻几何体的分界线，若 分界线可见，则画成实线；若不可见，则画成虚线． 3．球的截面问题要抓住关系式R 2 r 2 d 2， 其中R是球的半径，r是截面圆的半径，d 是 球心与截面圆圆心的距离．
几何特征 以矩形的一边所在的直线为旋转 轴，其余三边旋转形成的面所围 成的旋转体叫做圆柱 以直角三角形的一直角边所在的 直线为旋转轴，其余两边旋转形 成的面所围成的旋转体叫做圆锥 用一个平行于圆锥底面的平面去 截圆锥，底面与截面之间的部分， 叫做圆台 以半圆的直径所在的直线为旋转 轴，半圆面旋转一周形成的旋转 体叫做球体
【解析】 由题意知 A′A<B′B<C′C，故正视图为 选项 D.
三
空间几何体的直观图
【例 3】 如图是一个几何体的三视图，用斜二测 画法画出它的直观图．
【分析】 三视图→确定几何体结构→画直观图．
【解析】 由三视图知该几何体是一个简单的组合体， 它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．
2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第3讲
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两种判定方法 异面直线的判定方法
(1)判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内
不经过该点的直线是异面直线． (2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共 面，从而可得两直线异面．
抓住3个考点
突破3个考向
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考点自测 1．下列命题是真命题的是 ( )．
DD1四条，因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱， 12×4 排除两棱的重复计算，共有异面直线 ＝24(对)． 2
答案 24
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考向一 平面的基本性质及其应用 【例1】► 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， E 、 F
分别是AB和AA1的中点．求证：
的平面，有下列四个命题：
①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α； ②若α∥β，m⊂α，则m∥β； ③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β.
其中正确命题的序号是
A．①③ C．③④ B．①② D．②③
抓住3个考点 突破3个考向
(
)．
揭秘3年高考
解析
若m⊂β ， α⊥β ，则m⊥α 或 m∥α ，或 m与 α相交，故①
BD所成的角．
抓住3个考点 突破3个考向 揭秘3年高考
1 在Rt△EGF中，由EG＝FG＝ AC，求得∠FEG＝45° ，即异 2 面直线EF与BD所成的角为45° .
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热点突破15 准确判断空间点、线、面的位置关系 【命题研究】 通过近三年的高考试题分析，主要结合线线、
共 面 ， 即 AD 与 BC 共 面 ， 所 以 A 、 B 、 C 、 D 在同一平面内，这与 A 是
高考数学一轮总复习 第八章 8.8立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平 正弦值.
师生共研
题型三 求二面角
例3 (2018·达州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，A ∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形
(1)求证：BF⊥AE；
(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.
a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝ |a||n| .
3.求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂 二面角的大小θ＝〈A→B，C→D〉 .
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α， 二面角的大小θ满足|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与 二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
谢谢
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值.
技能提升练
13.如图，在四棱锥 S－ABCD 中，SA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 为
∠BAD＝90°，且 AB＝4，SA＝3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的
满足BSFF＝CBEE＝λ，当实数
λ
9 的值为_1_6__时，∠AFE
解析 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝1·1 2＝ 22，即〈m，n〉＝45
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
3.[P117A 组 T4(2)]如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱 底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角
题组三 易错自纠
高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】
针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)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 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键 在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹， 探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找 静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学 (理)第八篇 立体几何 第2讲
示，其中AE⊥平面BCD，CD⊥BD，且CD＝4，BD＝5， BE＝2，ED＝3，AE＝4.∴AD＝5. 又CD⊥BD，CD⊥AE， 则CD⊥平面ABD，
抓住2个考点
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揭秘3年高考
故CD⊥AD，所以AC＝ 41且S△ACD＝10. 在Rt△ABE中，AE＝4，BE＝2，故AB＝2 5. 在Rt△BCD中，BD＝5，CD＝4， 故S△BCD＝10，且BC＝ 41. 在△ABD中，AE＝4，BD＝5，故S△ABD＝10.
7πa2 3 .
7πa2 答案 (1)16π (2) 3
抓住2个考点
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[方法锦囊] (1)已知与球有关的组合体的三视图，要将其还原 为几何体，对组合体的表面积和体积可以分割计算．
(2)处理与几何体外接球相关的问题时，一般需依据球和几何
体的对称性，确定球心与几何体的特殊点间的关系．解决与 棱柱有关的问题时需注意运用棱柱的体对角线即为外接球直 径这一知识．
抓住2个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
两个关注点 (1)“切”“接”问题 一般要过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问 题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系． (2)特殊图形可以用补图的方法解答．
抓住2个考点
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考点自测 1．圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那 么这个圆柱的侧面积是 A．4πS C．πS B．2πS 2 3 D. πS 3 ( )．
(2)旋转体的侧面积和表面积
①若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则 S侧＝ 2πrl ，S表＝ 2πr(r＋l) ．
抓住2个考点
2014年高考一轮复习数学教案：9.13 立体几何的综合问题
9.13立体几何的综合问题●知识梳理 1.线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系. 2.空间角与空间距离. 3.柱、锥、球的面积与体积. 4.平面图形的翻折，空间向量的应用. ●点击双基 1.若 Rt△ABC 的斜边 BC 在平面α 内，顶点 A 在α 外，则△ABC 在α 上的射影是 A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.一条线段或一钝角三角形 解析：当平面 ABC⊥α 时，为一条线段，结合选择肢，知选 D. 答案：D 2.长方体 AC1 的长、宽、高分别为 3、2、1，从 A 到 C1 沿长方体的表面的最短距离为D1 A1 D A 2 1 3 B B1 C C1A.1+ 3B.2+ 10C.3 2D.2 3解析：求表面上最短距离常把图形展成平面图形. 答案：C 3.设长方体的对角线长为 4， 过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为 60°， 则长方体的体积是 A.27 2 B.8 2 C.8 3 D.16解析：先求出长方体的两条棱长为 2、2，设第三条棱长为 x，由 22+22+x2=42 x=2 2 ， ∴V=2×2×2 2 =8 2 . 答案：B 4.棱长为 a 的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是_____________. 解析：易知球的直径 2R= 3 a.所以 R= 答案：3 4π 3 3π 3 a.所以 V= R= a. 2 2 33π 3 a 2 5.已知△ABC 的顶点坐标为 A（1，1，1） 、B（2，2，2） 、C（3，2，4） ，则△ABC 的 面积是_____________.解析： AB =（1，1，1） AC =（2，1，3） ， ，cos〈 AB ， AC 〉=6 3 14=42 ，∴ 7sinA=7 1 1 .∴S ABC = | AB || AC |sinA= 7 2 2 6 答案： 2 ●典例剖析3 · 14 ·7 = 76 . 2【例 1】 在直角坐标系 O—xyz 中， OA =（0，1，0） AB =（1，0，0） OC =（2，0， ， ， 0） OS =（0，0，1）. ， （1）求 SC 与 OB 的夹角α 的大小； （2）设 n=（1，p，q） ，且 n⊥平面 SBC，求 n； （3）求 OA 与平面 SBC 的夹角； （4）求点 O 到平面 SBC 的距离； （5）求异面直线 SC 与 OB 间的距离. 解： （1）如图， SC = OC － OS =（2，0，－1） OB = OA + AB =（1，1，0） ， ，则 | SC |= 2 2 0 2 (1) 2 = 5 ，| OB |= 12 12 0 2 = 2 .z SA O B C x ycosα =cos〈 SC ， OB 〉=SC OB | SC || OB |=200 5 2=10 10 ，α =arccos . 5 5n· SC =0，（2）∵n⊥平面 SBC，∴n⊥ SC 且 n⊥ BC ，即 n· BC =0. ∵ SC =（2，0，－1） BC = OC － OB =（1，－1，0） ， ， ∴ 2－q=0， p=1， ∴ 即 n= （1， 2） 1， . 1－p=0. q=2，（3） 与平面 SBC 所成的角θ 和 OA 与平面 SBC 的法线所夹角互余， OA 故可先求 OA 与 n 所成的角.OA =（0，1，0） OA |=1，|n|= 12 12 2 2 = 6 . ，|∴cos〈 OA ，n〉=OA n|OA||n | 1 6=1=6 ， 6即〈 OA ，n〉=arccos6 6 π .∴θ = －arccos . 6 6 2（4）点 O 到平面 SBC 的距离即为 OC 在 n 上的投影的绝对值， ∴d=| OC ·2 n |= = |n | 66 . 3（5） OC 在异面直线 SC、OB 的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的 距离，故先求与 SC、OB 均垂直的向量 m. 设 m=（x，y，1） ，m⊥ SC 且 m⊥ OB ， 则 m· SC =0，且 m· OB =0. 2x－1=0， ∴ x+y=0， 即 x=1 ， 2 1 y=－ . 22 6=∴m=（m 1 1 ，－ ，1） ，d′=| OC · |= |m | 2 26 . 3特别提示借助于平面的法向量，可以求斜线与平面所成的角，求点到平面的距离，类似地可以求 异面直线间的距离.本题选题的目的是复习如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、 求距离. 【例 2】 如图，已知一个等腰三角形 ABC 的顶角 B=120°，过 AC 的一个平面α 与顶 点 B 的距离为 1，根据已知条件，你能求出 AB 在平面α 上的射影 AB1 的长吗?如果不能，那 么需要增加什么条件，可以使 AB1=2?B B1 C A解：在条件“等腰△ABC 的顶角 B=120°”下，△ABC 是不能唯一确定的，这样线段 AB1 也是不能确定的，需要增加下列条件之一，可使 AB1=2： ①CB1=2；②CB= 5 或 AB= 5 ；③直线 AB 与平面α 所成的角∠BAB1=arcsin ④∠ABB1=arctan2；⑤∠B1AC=arccos5 ； 515 7 ；⑥∠AB1C=π －arccos ；⑦AC= 15 ；⑧B1 4 8 5 1 到 AC 的距离为 ；⑨B 到 AC 的距离为 ；⑩二面角 B—AC—B1 为 arctan2 等等. 2 2 思考讨论本题是一个开放型题目，做这类题的思维是逆向的，即若 AB1=2，那么能够推出什么结 果，再回过来考虑根据这一结果能否推出 AB1=2. 【例 3】 （2004 年春季北京）如图，四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，SD 垂直于底面 ABCD，SB= 3 ，SMDCAB（1）求证：BC⊥SC； （2）求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小； （3）设棱 SA 的中点为 M，求异面直线 DM 与 SB 所成角的大小. 剖析：本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维 能力和运算能力. （1）证法一：∵底面 ABCD 是正方形， ∴BC⊥DC.∵SD⊥底面 ABCD， ∴DC 是 SC 在平面 ABCD 上的射影. 由三垂线定理得 BC⊥SC. 证法二：∵底面 ABCD 是正方形， ∴BC⊥DC.∵SD⊥底面 ABCD， ∴SD⊥BC.又 DC∩SD=D， ∴BC⊥平面 SDC.∴BC⊥SC. （2）解法一：∵SD⊥底面 ABCD，且 ABCD 为正方形，S A1 M D A B C B1 C1∴可以把四棱锥 S—ABCD 补形为长方体 A1B1C1S—ABCD，如上图，面 ASD 与面 BSC 所成的二面角就是面 ADSA1 与面 BCSA1 所成的二面角，∵SC⊥BC，BC∥A1S，∴SC⊥A1S. 又 SD⊥A1S，∴∠CSD 为所求二面角的平面角. 在 Rt△SCB 中，由勾股定理得 SC= 2 ， 在 Rt△SDC 中，由勾股定理得 SD=1. ∴∠CSD=45°， 即面 ASD 与面 BSC 所成的二面角为 45°. 解法二：如下图，过点 S 作直线 l∥AD，l SM D A B C∴l 在面 ASD 上. ∵底面 ABCD 为正方形，∴l∥AD∥BC.∴l 在面 BSC 上. ∴l 为面 ASD 与面 BSC 的交线. ∵SD⊥AD，BC⊥SC，∴l⊥SD，l⊥SC. ∴∠CSD 为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角. （以下同解法一）. （3）解法一：如上图，∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形. 又 M 是斜边 SA 的中点， ∴DM⊥SA. ∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D， ∴BA⊥面 ASD，SA 是 SB 在面 ASD 上的射影. 由三垂线定理得 DM⊥SB. ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°. 解法二：如下图，取 AB 的中点 P，连结 MP、DP.SM D C P BA在△ABS 中，由中位线定理得 PM∥BS. ∴DM 与 SB 所成的角即为∠DMP. 又 PM2=3 5 2 ，DP2= ，DM2= . 4 4 4∴DP2=PM2+DM2.∴∠DMP=90°. ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°. ●闯关训练 夯实基础 1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A、B、C 是展开图上的三点，则在正 方体盒子中，∠ABC 的值为BCAA.180° B.120° C.60° D.45° 答案：C 2.在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，M、N 分别为 A1B1 和 BB1 的中点，那么直 线 AM 与 CN 所成的角为D1 A1 M B1 N D A B C C1A.arccos3 2B.arccos10 10C.arccos3 5D.arccos2 5解法一：∵ AM = AA1 + A1 M ， CN = CB + BN ， ∴ AM · CN =（ AA1 + A1 M ）（ CB + BN ）= AA1 · BN = · 而| AM |=1 . 21 1 = 45 .同理， 2( AA1 A1 M ) ( AA1 A1 M ) = | AA1 | 2 | A1 M | 2 =| CN |=5 . 21 2 2 如令α 为所求之角，则 cosα = = 2 = ，∴α =arccos .应选 D. 5 | AM | | CN | 5 5 4AM CN解法二： 建立如图所示的空间直角坐标系， D 点视作原点 O， 把 分别以 DA 、DC 、DD1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则 A（1，0，0） 、M（1， ，1） 、C（0，1，0） 、N（1， 1，1 21 ）. 2z D1 A1 M B1 N D A x C B y C11 1 ，1） CN =（1，0， ）. ， 2 2 1 1 1 故 AM · CN =0×1+ ×0+1× = ， 2 2 2∴ AM =（0，5 1 | AM |= 0 2 ( ) 2 12 = ， 2 2 5 1 | CN |= 12 0 2 ( ) 2 = . 2 2∴cosα =AM CN | AM | | CN |=1 2 5 5 2 2=2 . 5∴α =arccos 答案：D2 . 53.图甲是一个正三棱柱形的容器，高为 2a，内装水若干.现将容器放倒，把一个侧面作 为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为_____________.C1 A1 B1 E C C A B B B1 A F E1 C1 A1 F1甲F1 A1C1 B1乙E1F A EC B丙解析：设正三棱柱的底面积为 S，将图乙竖起得图丙，则 V 水=V 柱－V AEF A1E1F1 =S·2a －（1 3 3 3 S） ·2a= aS.设图甲中水面的高度为 x，则 S·x= aS，得 x= a. 4 2 2 2 3a 答案： 24.在三棱锥 P—ABC 中，底面是边长为 2 cm 的正三角形，PA=PB=3 cm，转动点 P 时， 三棱锥的最大体积为. 解析：点 P 到面 ABC 距离最大时体积最大，此时面 PAB⊥面 ABC，高 PD=2 2 .PA D BC3 2 6 1 × ×4×2 2 = . 4 3 3 2 6 答案： cm3 3V= 5.把长、宽各为 4、3 的长方形 ABCD，沿对角线 AC 折成直二面角，求顶点 B 和顶点 D 的距离. 解：如图，作 BE⊥AC 于 E，BAE DC∵二面角 B—AC—D 为直二面角，BE⊥AC， ∴BE⊥平面 ADC，DE 平面 ADC，BE⊥DE.9 12 ，AE= ，在△ADE 中，DE2=AE2＋AD2－2AD·AE· 5 5 9 4 193 81 cos∠EAD= ＋16－2· ·4· = . 5 5 25 25 337 在 Rt△BDE 中，BD=BE2＋ED2= . 5在 Rt△ABC 中，可得 BE= 培养能力 6.已知正方形 ABCD 的边长为 1，分别取边 BC、CD 的中点 E、F，连结 AE、EF、AF， 以 AE、EF、FA 为折痕，折叠使点 B、C、D 重合于一点 P. （1）求证：AP⊥EF； （2）求证：平面 APE⊥平面 APF； （3）求异面直线 PA 和 EF 的距离. （1）证明：如下图，∵∠APE=∠APF=90°，PE∩PF=P，∴PA⊥平面 PEF. ∵EF 平面 PEF，∴PA⊥EF.P A DFA G EFBEC（2）证明：∵∠APE=∠EPF=90°，AP∩PF=P，∴PE⊥平面 APF.又 PE 平面 PAE， ∴平面 APE⊥平面 APF. （3）解：在面 PEF 中，作 PG⊥EF，垂足为 G，∵AP 与面 PEF 垂直，PG 平面 PEF， ∴AP⊥PG， PG⊥EF， 是 AP 与 EF 的公垂线.在等腰 Rt△PEF 中， PG PE=PF=1 ， 2∠EPF=90°，∴PG=EG=2 . 47.（文）如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是一直角梯形，∠BAD=90°，AD ∥BC，AB=BC=a，AD=2a，PA⊥底面 ABCD，PD 与底面成 30°角.z P EA B x CDy（1）若 AE⊥PD，E 为垂足，求证：BE⊥PD； （2）求异面直线 AE 与 CD 所成的角. （1）证明：以 A 为原点，AB、AD、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则 A（0，0，0） ，B（a，0，0） ，D（0，2a，0） ，P（0，0，3 a） AB · PD =（a，0，0）（0， ， · 32a，－3 a）=0，又 AE · PD =0， 3∴ PD ⊥ AB ， PD ⊥ AE .∴PD⊥BE. （2）解：∵PA⊥面 ABCD，PD 与底面成 30°角，∴∠PDA=30°. 过 E 作 EF⊥AD，垂足为 F，则 AE=a，∠EAF=60°，AF= ∴E（0，3 1 a，EF= a， 2 23 1 a， a）. 2 2 3 1 于是 AE =（0， a， a）.又 C（a，a，0） ，D（0，2a，0） ，∴CD=（－a，a，0）. 2 21 2 a 2 cos〈 AE ， CD 〉= = 2 = ， | AE | | CD | a 2 a 4AE CD2 . 4 （理）四棱锥 P—ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC=2，在四边形 ABCD 中，∠B=∠C=90°， CD∥AB，AB=4，CD=1，点 M 在 PB 上，且 MB=3PM，PB 与平面 ABC 成 30°角， （1）求证：CM∥面 PAD； （2）求证：面 PAB⊥面 PAD； （3）求点 C 到平面 PAD 的距离. 分析： 本题主要考查空间直角坐标系的概念、 空间点和向量的坐标表示以及用向量法证 明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法. 如下图，建立空间直角坐标系 O—xyz，C 为坐标原点 O，突破点在于求出相关的向量 所对应的坐标. （1）证明：如图，建立空间直角坐标系.∴异面直线 AE 与 CD 所成的角是 arccosz P M D B C (O )E x A y∵PC⊥平面 ABCD， ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABC 所成的角，即∠PBC=30°. ∵|PC|=2，∴|BC|=2 3 ，|PB|=4. 得 D（1，0，0） 、B（0，2 3 ，0） 、A（4，2 3 ，0） 、P（0，0，2）. ∵|MB|=3|PM|， ∴|PM|=1，M（0，3 3 ， ） ， 2 2 3 3 CM =（0， ， ） DP =（－1，0，2） DA =（3，2 3 ，0）. ， ， 2 2设 CM =x DP +y DA （x、y∈R） ，3 3 3 1 ， ）=x（－1，0，2）+y（3，2 3 ，0） x= 且 y= ， 2 2 4 4 3 1 DP + DA . ∴ CM = 4 4则（0， ∴ CM 、 DP 、 DA 共面.又∵C 平面 PAD，故 CM∥平面 PAD. （2）证明：过 B 作 BE⊥PA，E 为垂足. ∵|PB|=|AB|=4，∴E 为 PA 的中点. ∴E（2， 3 ，1） BE =（2，－ 3 ，1）. ， 又∵ BE · DA =（2，－ 3 ，1）（3，2 3 ，0）=0， · ∴ BE ⊥ DA ，即 BE⊥DA. 而 BE⊥PA，∴BE⊥面 PAD. ∵BE 面 PAB，∴面 PAB⊥面 PAD. （3）解：由 BE⊥面 PAD 知，平面 PAD 的单位向量 n0= ∴CD=（1，0，0）的点 C 到平面 PAD 的距离 d=|n0· CD |=|BE=1（2，－ 3 ，1）.| BE | 2 21 2 2（2，－ 3 ，1）（1，0，0）|= ·2 . 2探究创新 8.（2003 年北京宣武区二模题）如图，AB 为圆柱 OO1 的母线，BD 为圆柱 OO1 下底面 直径，AB=BD=2，点 C 为下底面圆周⊙O 上的一点，CD=1.A O1BO CD（1）求三棱锥 C—ABD 的体积； （2）求面 BAD 与面 CAD 所成二面角的大小； （3）求 BC 与 AD 所成角的大小. 分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所 成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力. 解： （1）∵AB 为圆柱 OO1 的母线，∴AB⊥下底面. ∴AB 为棱锥 A—BCD 的高.而点 C 在⊙O 上，∴△BCD 为直角三角形，∠BCD=90°. ∵BD=2，CD=1，∴BC= 3 .∴V三棱锥C —ABD=V三棱锥A —BCD=31×21×1×3×2=33.（2）过B 作BE ⊥AD ，垂足为E ，过点B 作BF ⊥AC ，垂足为点F ，连结EF .由BD 为底面圆的直径，得BC ⊥CD .∵AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB∴AC ⊥CD .而AC ∩BC =C ， ∴CD ⊥平面ABC . 而CD ⊂平面ADC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，且它们的交线为AC . ∵BF ⊂平面ABC ，BF ⊥AC ，垂足为点F ， ∴BF ⊥平面ACD .而BE ⊥AD ，AD ⊂平面ACD ，∴EF ⊥AD .平面ABD ∩平面ACD =AD ，∴∠BEF 是面ABD 与面ACD 所成的二面角的平面角. 由BE =21AD =2，AC =7，AB =2，可求出BF =7212.∴sin ∠BEF =BEBF =27212=742.∵∠BEF 为锐角，∴∠BEF =arcsin 742.故所求二面角的大小为arcsin742.（3）过点D 在下底面作DG ∥BC 交⊙O 于点G ，则∠GDA 为BC 与AD 所成的角.连结BG 、AG ，由BD 是⊙O 的直径，得GD ⊥BG ，则AG ⊥DG ，BC =GD.A B∴cos ∠GDA =ADGD =223=46.∴∠GDA =arccos46.∴所求BC 与AD 所成的角的大小为arccos 46.●思悟小结1.利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题.2.线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系.3.在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1）怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧； （2）法向量的应用对处理角和距离的重要性；（3）怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4）准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点； （5）空间向量是怎样由平面向量拓展而来的.●教师下载中心 教学点睛要给学生归纳、总结，使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质，通过对照，深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角，理解点到面的距离、异面直线的距离.通过解题总结证明立体几何问题的常见方法，注意培养学生的空间想象能力.拓展题例【例1】 已知直线a ∥α，且a 与α间的距离为d ，a 在α内的射影为a ′，l 为平面α内与a ′平行的任一直线，则a 与l 之间的距离的取值范围是A.［d ，+∞）B.（d ，+∞）C.（0，d ］D.{d }解析：如图，在a 上任取一点P 作PO ⊥a ′，垂足为O ，过O 作OA ⊥l ，垂足为A ，连结PA .则P A ⊥l ，P A ⊥a ，故P A 就是a 与l 之间的距离.在Rt △POA 中，PA >PO =d ，选B.答案：B【例2】 如图，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下部分的体积是__________.ab解析：两个相同的几何体倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体. 答案：21πr 2（a +b）【例3】 （2003年北京西城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为2，P 是侧棱AA 1上任意一点.A1（1）求证：B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直； （2）当BC 1⊥B 1P 时，求线段AP 的长；（3）在（2）的条件下，求二面角C —B 1P —C 1的大小.（1）证明：连结B 1P ，假设B 1P ⊥平面ACC 1A 1，则B 1P ⊥A 1C 1. 由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，A1P∴AA 1⊥A 1C 1. ∴A 1C 1⊥侧面ABB 1A 1. ∴A 1C 1⊥A 1B 1， 即∠B 1A 1C 1=90°.这与△A 1B 1C 1是等边三角形矛盾. ∴B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直.（2）解：取A 1B 1的中点D ，连结C 1D 、BD 、BC 1， 则C 1D ⊥A 1B 1，又∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1D .∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1. ∴BD 是BC 1在平面ABB 1A 1上的射影.∵BC 1⊥B 1P ，∴BD ⊥B 1P .∴∠B 1BD =90°－∠BB 1P =∠A 1B 1P .又A 1B 1=B 1B =2，∴△BB 1D ≌△B 1A 1P ，A 1P =B 1D =1.∴AP =1.（3）解：连结B 1C ，交BC 1于点O ，则BC 1⊥B 1C .又BC 1⊥B 1P ，∴BC 1⊥平面B 1CP . 过O 在平面CPB 1上作OE ⊥B 1P ，交B 1P 于点E ，连结C 1E ，则B 1P ⊥C 1E ， ∴∠OEC 1是二面角C —B 1P —C 1的平面角. 由于CP =B 1P =5，O 为B 1C 的中点，连结OP ，∴PO ⊥B 1C ，OP ·OB 1=OE ·B 1P .∴OE =530.∴tan ∠OEC 1=OEOC 1=315.∴∠OEC 1=arctan315.故二面角C —B 1P —C 1的大小为arctan 315.。
2014高考数学一轮复习单元练习--空间向量与立体几何
高新一中2013高考数学一轮复习单元练习--空间向量与立体几何I 卷一、选择题1．点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s ＝(1，－1,1)的直线l 的距离为6，则点M 的坐标是( ) A ．(0,0，±2) B ．(0,0，±3) C ．(0,0，±3) D ．(0,0，±1) 【答案】B2．在空间四边形ABCD 中，若AB a = ，BD b = ，AC c = ，则CD等于 ( ）A ．()a b c --B ．()c b a --C ．a b c --D ．()b c a --【答案】D 3．四棱柱1111ABCD A B C D -中，AC 与BD 的交点为点M ，设11111,,A B a A D b AA c=== ，则下列与1B M相等的向量是 ( ）A ．1122a b c-+-B ． 1122a b c ++C ．1122a b c -+D ．1122a b c--+【答案】Ａ 4．在三棱柱111ABC A B C -中，设M 、N 分别为1,BB AC的中点，则MN等于 ( ）A ．11()2AC AB BB ++ B ．111111()2B A BC C C ++C ．11()2AC CB BB ++D ．11()2BB BA BC --【答案】B5．平面α，β的法向量分别是n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,0，－1)，则平面α，β所成角的余弦值是( ) A ．33 B ．－33 C ．63 D ．－63【答案】C6． 空间任意四个点A 、B 、C 、D ，则BA CB CD +-等于 ( ）A ．DB B ．ADC ．DAD ．AC【答案】C7．以下命题中，不正确的命题个数为( )①已知A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则A ＋B ＋C ＋D ＝0②若{a ，b ，c}为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a}构成空间的另一个基底；③对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若O ＝x ＋y ＋z(其中x ，y ，z ∈R)，则P 、A 、B 、C 四点共面． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】B8．已知向量{a ，b ，c}是空间的一基底，向量{a ＋b ，a －b ，c}是空间的另一基底，一向量p 在基底{a ，b ，c}下的坐标为(4,2,3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c}下的坐标是( ) A ．(4,0,3) B ．(3,1,3) C ．(1,2,3) D ．(2,1,3) 【答案】B9．在棱长为1的正方体ABCD －A1B1C1D1中，P 为正方体内一动点(包括表面)，若＝x ＋y ＋z ，且0≤x ≤y ≤z ≤1.则点P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( ) A ．1B ．12C ．13D ．16【答案】D10．在90°的二面角的棱上有A 、B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，BD ＝4，则CD ＝( ) A ．5 2 B ．5 3 C ．6 D ．7 【答案】A11．如图ABCD －A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝A1B14，则BE1与DF1所成角的余弦值是( )A ．1517B ．12C ．817D ．32【答案】A12．如图所示，在四面体P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝PC ，那么二面角B －AP －C 的余弦值为( )A．22B．33C．77D．57【答案】CII 卷二、填空题13． 设a1＝2i －j ＋k ，a2＝i ＋3j －2k ，a3＝－2i ＋j －3k ，a4＝6i ＋4j ＋5k ，其中i ，j ，k 是空间向量的一组基底，试用a1，a2，a3表示出a4，则a4＝____________. 【答案】－32a1＋2a2－72a314．平面α经过点A(0,0,2)且一个法向量n ＝(1，－1，－1)，则x 轴与平面α的交点坐标是________．【答案】(－2,0,0)15．在三棱柱ABC —A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C 的中心，则AD 与平面BB1C1C 所成角的大小是________． 【答案】60°16．已知a ＝(1－t ，1－t ，t)，b ＝(2，t ，t)，则|b －a|的最小值为________． 【答案】355三、解答题17．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD.(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．【答案】如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz.(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)． 所以²＝0，²＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC.故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ 。
2014届高考数学一轮复习 第7章《立体几何》(第3课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第7章《立体几何》（第3课时）（新人教A版）一、选择题1．若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c是( )A．异面直线B．平行直线C．相交直线D．以上三种情况都有可能解析：选D.把直线放在正方体内可知a与c可以异面、平行或相交．2．(2013·石家庄调研)若异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝l，则直线l( )A．与直线a，b都相交B．至少与a，b中的一条相交C．至多与a，b中的一条相交D．与a，b中的一条相交，另一条平行解析：选B.若a∥l，b∥l，则a∥b，故a，b中至少有一条与l相交，故选B.3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过顶点A1与正方体其他顶点的连线与直线BC1成60°角的条数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B.有2条：A1B和A1C1，故选B.4．(2013·大连质检)以下几个命题中，正确命题的个数是( )①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①正确；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得四边形的四条边可以不在一个平面上．5．(2013·聊城质检)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.A．①②B．②③C．①④D．③④解析：选D.当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊂/ α，∴①错；当a ∩b ＝P ，a ∩β＝P 时，②错；如图，∵a ∥b ，P ∈b ，∴P ∈/ a ，∴由直线a 与点P 确定唯一平面α，又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β过直线a 与点P ，∴β与α重合，∴b ⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．二、填空题 6．平面α、β相交，在α、β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．解析：若过四点中任意两点的连线与另外两点的连线相交或平行，则确定一个平面；否则确定四个平面．答案：1或47．在空间中，①若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线； ②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线．以上两个命题中，逆命题为真命题的是__________(把符合要求的命题序号都填上)． 解析：对于①可举反例，如AB ∥CD ，A 、B 、C 、D 没有三点共线，但A 、B 、C 、D 共面．对于②由异面直线定义知正确，故填②.答案：②8．(2011·高考大纲全国卷)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为__________．解析：取A 1B 1的中点F ，连接EF ，AF . ∵在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中， EF ∥B 1C 1，B 1C 1∥BC ，∴EF ∥BC ，∴∠AEF 即为异面直线AE 与BC 所成的角． 设正方体的棱长为a ，则AF ＝ a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝52a ，EF ＝a .∵EF ⊥平面ABB 1A 1，∴EF ⊥AF ，∴AE ＝AF 2＋EF 2＝32a .∴cos ∠AEF ＝EF AE ＝a 32a ＝23.答案：23三、解答题9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE、D1F、DA三线共点．证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E、F分别是AB、AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E、C、D1、F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA.∴P∈直线DA，∴CE、D1F、DA三线共点．10.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、B1C1的中点．问：(1)AM和CN是否是异面直线？说明理由；(2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．解：(1)不是异面直线．理由如下：连接MN、A1C1、AC.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1.又∵A1A綊C1C，∴A1ACC1为平行四边形，∴A1C1∥AC，∴MN∥AC，∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．(2)是异面直线．证明如下：∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴B、C、C1、D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴D1、B、C、C1∈α，与ABCD－A1B1C1D1是正方体矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．一、选择题1．以下四个命题中，正确命题的个数是( )①有三个角是直角的四边形一定是矩形；②不共面的四点可以确定四个面；③空间四点不共面的充要条件是其中任意三点不共线；④若点A、B、C∈平面M，且点A、B、C∈平面N，则平面M与平面N重合．A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.如图(1)，平面α内∠ABC为直角，P∈/ α，过P作PD⊥AB，PE⊥BC，则四边形PDBE有三个直角，故①错误；在图(2)的平面α内，四边形ABCD中任意三点不共线，知③错误；图(3)中，M∩N＝l，A、B、C都在l上，知④错误，只有②正确．2.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，C∈/ l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M解析：选D.通过A，B，C三点的平面γ，即通过直线AB与点C的平面，M∈AB.∴M∈γ，而C∈γ，又∵M∈β，C∈β，∴γ与β的交线必通过点C和点M.二、填空题3．(2013·泰安调研)若A、B、C表示三个不同的点，l表示一条直线，α表示一个平面，则在下列四个命题中：①若l⊂α，C∈α，则C∈l；②若A∈l，B∈l，且B∈/ α，则l⊂/ α；③若l⊂α，C∈l，则C∈α；④若l⊂/ α，C∈l，则C∈/ α.正确的命题有________(把所有正确命题的序号都填上)．解析：①错误．直线l在平面α内，不能得到在平面α内的一点C一定在直线l上；②正确，若直线l上一点B不在平面α内，则直线l不可能在平面α内，否则，若直线l在平面α内，可得点B 也在平面α内，与题意矛盾；③正确，直线l 在平面α内，C 是直线l 上一点，则点C 必在平面α内；④错误，直线l 不在平面α内，则直线l 与平面α可能有一个公共点C 或没有公共点．答案：②③4．(2013·潍坊质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线有________条．解析：在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与A 1D 1、EF 、CD 都相交．答案：无数 三、解答题5．如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解：取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点， ∴EF ∥CD .∴∠BEF 即为异面直线BE 与CD 所成的角或其补角． 在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12，∴BE ＝52. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52.在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010，10 10.∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为。