立体几何-2019年高考文科数学解读考纲
解读2019高考数学考试大纲及考试说明
（五）高考数学试题来源:
①课本是试题的基本来源(旧题翻新)；
②历届高考试题成为新高考试题的借鉴； ③课本与《课程标准》的交集成为试题的创新地带； ④高等数学的基本思想、基本问题为高考题的命制提 供背景； ⑤国内外竞赛试题改编。
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（一）课程基本理念
这些课程理念，必将在今后相当长的一段 时间内，引领高中数学教师瞄准育人目标，明确 教学内容，规范教学行为，完成教学任务.与此 相应的高考，必将把考查学生的数学素养、数学 思想、数学应用、数学文化等作为数学高考的重 要任务，并在试题中鲜明地体现出来。
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（二）大纲解读:
2019年的考试大纲与2018年相比，在考核目标、 考试范围与要求等方面都没有变动，总体来看， 《2019年高考数学考试大纲》在指导思想、考核要 求及考试范围方面延续了2018年的要求： 1.继续坚持“一体四层四翼”的命题指导思想，注重顶 层设计，继续明确了“立德树人、服务选才、引导教 学”这一高考核心功能；通过明确“必备知识、关键能 力、学科素养、核心价值”四层考查内容以及“基础性、 综合性、应用性、创新性”四个方面的考查要求，回 答了高考“考什么”和“怎么考”的问题。
4.在现行考试大纲三个选考模块中删 去《几何证明选讲》，其余2个选考 模块的内容和范围都不变，考生从 《坐标系与参数方程》、《不等式选 讲》2个模块中任选1个作答。
(四)高考数学新课标卷命题指导思想
坚持“有助于高校科学公正地选拔人才，有助于推进普通高中 课程改革，实施素质教育”的原则，体现普通高中课程标准的基本 理念，以能力立意，将知识、能力和素质融为一体，全面检测考生 的数学核心素养. 发挥数学作为主要基础学科的作用， 考查考生对中 学数学的基础知识、基本技能的掌握程度，考查考生对数学思想方 法和数学本质的理解水平，以及进入高等学校继续学习的潜能.
2019数学文科考纲解读
热 点
2函数与导数 （预测）
函数的图像与性质 用 三个“二次”间的联系解决问题 导数的几何意义 单调性 极值 恒成立 导数与三角函数结合的压轴题
重点
能 力
2 分析高考 大胆预测
年份（文） 题号
2014 1 7 16 8 17 分值 15
课标1卷考点分布及考查重点
知识点
3三角 函数
2015
17
三角函数的定义与图像 已知三角函数关系求角的关系 解三角形，求面积最大值 两角和的正弦 三角函数的图像与性质 解三角形，求边范围
函数的单调性 对数函数的函数值 函数与导数（单调性
2015
2函数 与导数
2016
2017
3 12 21 12 14 21 7 12 21 9 11 21
12 13 21
22
22
22
2018
22
极值 不等式恒成立）
3.掌握基本初等函数图像 4.能用导数处理函数的综合 问题
10
2 分析高考 大胆预测
分段函数的考查 对指数函数的性质
③需要规范数学表达，掌握数学语言， 形成良好的解题习惯的要讲。
3 查找问题 科学备考
问题3练习/讲评效率低
策略三
怎么 讲
1.要讲答案
要
2.要讲类型 3.要讲错因
讲
出6 个 层
4.要讲扩展或变形、举一反三
5.要讲出信心
6.要讲出危机
年份（文）
课标1卷考点分布及考查重点
知识点
题号 分值
3平面 向量
2014 6 2015 2 2016 13 2017 13 2018 7
5 5 5 5 5
向量的加法 平面向量的减法运算 平面向量数量积的运算 平面向量数量积的运算 平面向量数量积的运算 高考考查重点：
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题13空间几何体热点难点突破理含解析
空间几何体1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．4答案 C解析①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为( )A．①② B．③④ C．①③ D．②④答案D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．8．已知正四棱锥P－ABCD的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( )A.124π3B.625π81C.500π81D.256π9答案 C解析如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O′，正四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O，∵底面正方形的边长为2，∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2，∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3， ∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt △OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2，即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53， ∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81. 9．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.643π B.2563π C.4363π D.2 048327π 答案 B解析 由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，则根据余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos∠ABC ，解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则△ABC 的外接圆直径2r ＝AC sin B ＝732，∴r ＝73， 又∵侧棱SA ⊥底面ABC ， ∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 10．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．82＋8C ．22＋26＋8D ．42＋46＋8答案 D解析 由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD ＝2的四棱锥P －ABCD ，因为PD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是正方形，易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ，又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋22＝23，所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22， S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.11．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π答案 B解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.12．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20C.101π5D.101π20答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，由于△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心，在△PAD 中，cos ∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin ∠APD ＝459， 2PF ＝AD sin ∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510， PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510， 所以S ＝4π×505100＝101π5. 13．如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析 设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x ，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ 2 ＝2－12PQ ， ∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x 1＋tan x， ∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x 1＋tan x ＝8tan x ＋tan x 2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2， ∵S ＝8tan x ＋tan x 2＝8tan x 1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号， 而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠PAQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥，∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧(左)视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．答案 4＋3＋15 2053π 解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1 ＝4＋15＋ 3.以D 为原点，DB 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)，∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 15.如图所示，三棱锥P －ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，D 是线段AB 的中点，DE ∩PB ＝E ，且DE⊥AB ，若∠EDC ＝120°，PA ＝32，PB ＝332，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．答案 13π解析 在三棱锥P －ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，设△ABC 的外心为O 1，外接圆的半径O 1A ＝32sin 60°＝3，在△PAB 中，PA ＝32，PB ＝332，AB ＝3，满足PA 2＋PB 2＝AB 2，所以△PAB 为直角三角形，△PAB 的外接圆的圆心为D ，由于CD ⊥AB ，ED ⊥AB ，∠EDC ＝120°为二面角P －AB －C 的平面角，分别过两个三角形的外心O 1，D 作两个半平面的垂线交于点O ，则O 为三棱锥P －ABC 的外接球的球心， 在Rt △OO 1D 中，∠ODO 1＝30°，DO 1＝32， 则cos 30°＝O 1D OD ＝32OD，OD ＝1，连接OA ，设OA ＝R ， 则R 2＝AD 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12＝134， S 球＝4πR 2＝4π×134＝13π.如图，过P 作PO ⊥AE ，垂足为O ，因为平面PAE ⊥平面ABCDE ，平面PAE ∩平面ABCDE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，所以PO ⊥平面ABCDE ，PO 为五棱锥P －ABCDE 的高．在平面PAE 内，PA ＋PE ＝10>AE ＝6，P 在以A ，E 为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知， 当点P 为短轴端点时，P 到AE 的距离最大，此时PA ＝PE ＝5，OA ＝OE ＝3，所以PO max ＝4，所以(V P －ABCDE )max ＝13S ABCDE ·PO max ＝13×28×4＝1123. (2)证明 连接OB ，如图，由(1)知，OA ＝AB ＝3，。
2019年高考数学考纲解读及二轮备考策略
1. 2019 年理科考试大纲
（1）考核目标与要求 ①知识要求；②能力要求；③个性品质要求；④考查要求 （2）考试范围与要求 ①集合；②指对幂函数；③立体几何；④平面解析几何；⑤算法初步；⑥ 统计；⑦概率；⑧三角函数及恒等变换；⑨平面向量；⑩解三角形；⑾不 等式；⑿常用逻辑用语；⒀圆锥曲线与方程；⒁空间向量与立体几何；⒂ 导数及其应用；⒃推理与证明；⒄数系扩充与复数的引入；⒅计数原理； ⒆坐标系与参数方程；⒇不等式选讲。
(3)易错题：来源于以往的作业和考试，突出纠错；
(4)模拟题：从各地模拟题中筛选。
2、编题：以新为主。适应、迁移、运用、指导
(1)改编题：用课本题、高考题、模拟题改编；
(2)原创题：如用“定义法”原创；
3、组题：以真为主。仿真、训练
（仿高考卷，难度设计上根据实际设计）
课
两大课型：专题复习课；试卷讲评课。
B(2, b) ，且 cos 2
1 A. 5
B.
2 ，则 | a b | 3
C.
5 5
2 5 5
D. 1
2 x , x 0, 例 3. [2018·全国卷Ⅰ文 12]设函数 f ( x ) 则满足 f ( x 1) f (2 x) 的 x 的取值范围是 1, x 0,
1.专题复习课：
(1)课堂容量问题；(2)讲练比例问题； (3)学生主体问题；(4)信息反馈问题。
2.试卷讲评课：
(1)对答案式讲评：别让“假象”蒙蔽眼睛！ (2)一言堂式讲评：别因“封口”扼杀灵性！ (3)就题论题式讲评：别因“时间紧”放弃变式！ (4)缺乏提炼式讲评：别因“散打”寻不到规律！ 策略：（1）讲评前要独立研做试卷； （2）通过调研制定讲评策略； （3）以学生的思维误区为基点分类讲评。
2019高考数学真题06 立体几何(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)
专题06 立体几何（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E =，故CH =.从而点C 到平面1C DE 的距离为17.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 4．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC ⊥． 所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ． 所以AB ⊥AE ． 所以AE ⊥平面PAB ． 所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 则FG ∥AB ，且FG =12AB ． 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE =12AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3． 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以GH ∥平面P AD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面P AC ，又PA ⊂平面P AC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角， 因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面P AC【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.6．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.7．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.8．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】（1）见解析；（2）1.【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =又23BP DQ DA ==，所以BP = 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11113451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90°，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.9．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P A B C -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）见解析；（2）5．【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =连结OB ．因为AB =BC =2AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC ，∠ACB =45°．所以OM =3，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5．所以点C 到平面POM 的距离为5． 【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.11．【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥，∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.12．【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=BAD =90°． （1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2；（3． 【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为26．（3）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ．在Rt △CMD 中，sin 4CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为4．【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．13．【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1为菱形，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.14．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）13. 【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==， 所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C = 由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D ，故111sin C D C AD AC ∠==.因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1(12),3),AB A B AC ==-=-uuu r uuu u r uuu u r由1110AB A B ⋅=uuu r uuu u r得111AB A B ⊥. 由1110AB AC ⋅=uuu r uuu u r 得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（2）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（1）可知11(1(0,0,2),AC AB BB ===uuu r uu u r uuu r设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uu u r uuu r n n即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅uuu ruuu r uuu rn |n n |. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13.【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.15．【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，得AB AP ⊥，CD PD ⊥． 由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ． 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得AD =，PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 6062222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由A B A P ⊥，AB PD ⊥，得AB ⊥平面PAD 即可证得结果；（2）设AB x =，则四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=，解得2x =，可得所求侧面积．16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由12AB BC AD ==及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，因为CM ABCD ⊂底面，所以PM ⊥CM .设BC =x ，则CM =x ，CD ，PM ，PC =PD =2x .取CD 的中点N ，连结PN ，则PN ⊥CD ，所以PN x =.因为△PCD 的面积为，所以12x =解得x =−2（舍去），x =2，于是AB =BC =2，AD =4，PM =所以四棱锥P −ABCD 的体积()224132V ⨯+=⨯⨯=【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC ∥AD ，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取AD 的中点M ，利用线面垂直的判定定理证明PM ⊥底面ABCD ，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比． 【答案】（1）见解析；（2）1:1【解析】（1）取AC 的中点O ，连结DO ，BO . 因为AD =CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 从而AC ⊥平面DOB ， 故AC ⊥BD . （2）连结EO .由（1）及题设知∠ADC =90°，所以DO =AO . 在Rt △AOB 中，222BO AO AB +=.又AB =BD ，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==， 故∠DOB =90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以12EO AC =. 又△ABC 是正三角形，且AB =BD ，所以12EO BD =.故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得OD AC ⊥，OB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理得⊥AC 平面OBD ，即得AC ⊥BD ；（2）先由AE ⊥EC ，结合平面几何知识确定12EO AC =，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．【2017年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（1）求证：PA ⊥BD ；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）因为PA ∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE DE =，所以PA DE ∥.因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（3）由13BCD V S DE =⨯⨯△即可求解.19．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（12）见解析；（3 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP =故cos AD DAP AP ∠==所以，异面直线AP 与BC（2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ==在Rt △DPF 中，可得sin 5PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平面PBC 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD BC ∥，所以DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角，本题中AD ⊥PD ，进而可得AP 的长，所以cos ADDAP AP∠=；（2）要证明线面垂直，根据判断定理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF AB ∥，连结PF ，则DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．20．【2017年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD . （1）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）取11B D 的中点1O ，连接111,CO AO ，由于1111ABCD A B C D -是四棱柱， 所以1111,AO OC AO OC =∥， 因此四边形11AOCO 为平行四边形， 所以11A O O C ∥，又1O C ⊂平面11B CD ，1AO ⊄平面11B CD ， 所以1A O ∥平面11B CD .（2）因为AC BD ⊥，E ，M 分别为AD 和OD 的中点， 所以EM BD ⊥，又1A E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1,A E BD ⊥ 因为11,B D BD ∥所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM ，1A E EM E =，所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD ， 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，21．【2017年高考江苏卷】如图，在三棱锥A BCDF(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【答案】（1）见解析；（2）见解析.⊥，【解析】（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF AD∥．所以EF AB又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．⊥，（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC BD所以BC⊥平面ABD．因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD．=，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，又AB⊥AD，BC AB B所以AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC．【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．22．【2017年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC AD∥，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分.（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ． 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF AD ∥且12EF AD =， 又因为BC AD ∥，12BC AD =，所以 EF BC ∥且EF BC =，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ ． 因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ//CE ．由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．PABCDE所以AD ⊥平面PBN ，由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，得CE在△PBN 中，由PN =BN =1，PB QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ ， 所以sin ∠QMH =8，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8．【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．31。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题13空间几何体热点难点突破文含解析
空间几何体1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．4答案 C解析①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C. 2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为( )A．①②B．③④C．①③D．②④答案 D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.3．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C4．对于四面体A —BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心；③四面体A —BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A —BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6. 其中正确的命题是( )A ．①③B ．③④C ．①②③D ．①③④答案 D解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A 在平面BCD 内的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图，AB ⊥平面BCD ，∠BCD ＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S △BCD ×63＝13×4×S △BCD ×r ，解得 r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6，故选D. 5．已知m ，n ，l 1，l 2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m ⊂α，n ⊂α，l 1⊂β，l 2⊂β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )(2)求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明 连接BE 交AF 于点O ，取AC 的中点H ，连接OH ，DH ，则OH 是△AFC 的中位线，所以OH ∥CF 且OH ＝12CF ， 由已知得DE ∥CF 且DE ＝12CF ， 所以DE ∥OH 且DE ＝OH ，所以四边形DEOH 为平行四边形，DH ∥EO ，又因为EO ⊄平面ACD ，DH ⊂平面ACD ，所以EO ∥平面ACD ，即BE ∥平面ACD .(2)解 由已知得，四边形ABFE 为正方形，且边长为2，则AF ⊥BE ， 由已知AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BDE ，可得AF ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ，所以AF ⊥DE ，又AE ⊥DE ，AF ∩AE ＝A ，AF ，AE ⊂平面ABFE ，所以DE ⊥平面ABFE ，又EF ⊂平面ABEF ，所以DE ⊥EF ，四边形DEFC 是直角梯形，又AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CDE ，所以AE ⊥平面CDE ，所以AE是三棱锥A－DEC的高，V E－ACD＝V A－ECD＝V A－EFD＝13×AE×12×DE×EF＝23.22.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面C1DB1；(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．(1)证明方法一取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．∵AD∥C1H且AD＝C1H，∴四边形ADC1H为平行四边形，∴AH∥C1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，∴GF∥AH，∴GF∥C1D，又GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，∴GF∥平面C1DB1，又G，E分别是AC，AB的中点，∴GE∥BC∥B1C1，又GE⊄平面C1DB1，B1C1⊂平面C1DB1，∴GE∥平面C1DB1，又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，∴平面GEF∥平面C1DB1，又EF⊂平面GEF，∴EF∥平面C1DB1.又C 1F ＝CC 1－CF ＝34CC 1， ∴ EM ∥C 1F 且EM ＝C 1F ，故四边形EMC 1F 为平行四边形，∴C 1M ∥EF ， 又EF ⊄平面C 1DB 1，C 1M ⊂平面C 1DB 1，∴EF ∥平面C 1DB 1.(2)解 ∵AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴AD ⊥AC ， 又AD ＝AC ＝1，CC 1＝2AD ，AD ∥CC 1，∴C 1D 2＝DC 2＝AC 2＋AD 2＝2AD 2＝2，C 1C 2＝4，故CC 21＝CD 2＋C 1D 2，即C 1D ⊥CD ，又BC ⊥AC ，AD ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACC 1D ，∴BC ⊥平面ACC 1D ，又CD ⊂平面ACC 1D ，∴BC ⊥CD ，又B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥CD ，又DC 1∩B 1C 1＝C 1，DC 1，B 1C 1⊂平面B 1C 1D ， ∴CD ⊥平面B 1C 1D ，∴点C 到平面B 1C 1D 的距离为CD 的长，即为 2.。
2019年高考数学1卷文科立体几何解答题命题趋势与备考指南
2019年高考数学1卷文科命题趋势与备考指南系列（五）立体几何解答题命题趋势与备考指南高考数学对空间想象能力、推理证明能力的考查主要集中在立体几何上.因此立体几何在高考中一直占据重要的地位，近几年小题加解答题的分数基本上都是22分，并且这部分内容是所有考生易得分数的内容之一.能拿到的分数我们一定要拿到，对于这部分内容我们一定要做到胸有成竹、稳操胜券.在本系列中，我们通过对近几年高考立体几何解答题命题的分析，提出今后有效复习备考的建议，助即将参加高考的你一臂之力.一、数据统计与分析纵观2014-2018年这五年的全国文科I卷，对于解答题，我们从知识点的分布上看，第1问考查证明线线、线面、面面垂直为主.第2问重点考查几何体的体积与面积；从难度上看，它一般位于解答题第二题左右的位置，题型比较常规，要求考生基本概念要清晰，并且要具备一定的运算能力.在认真分析以往命题特点的基础上，并结合考试说明，我们提出以下热点问题及相应的备考建议.二、命题趋势与备考指南1.空间的线面位置关系预计在今年的高考中，仍将以多面体为载体，第1问以线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定进行考查，并运用平行、垂直的判定定理与性质进行推理论证.解题的策略要结合图形进行平行与垂直的推理证明，有时是由线线平行或垂直推证出线面平行或垂直，再由线面平行或垂直证明面面平行或垂直，有时需在它们之间自由转化，这就需要我们对判定定理与性质定理极其熟练，只有这样才能善于联想与转化．2.空间距离的计算高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的重要内容之一，在计算空间几何体的体积时，往往需要计算距离．距离问题与逻辑推理、空间想象密不可分，解决的关键是“垂直”，通过作垂线把求解距离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．因此在复习时掌握好这些求距离的方法与转化模式．3.空间几何体表面积、体积的计算问题通过上述表格我们也看到了，本部分是第2问考查的重点内容，常以棱柱、棱锥的表面积、侧面积和体积的计算为主要命题点进行考查．在备考中要牢记一些典型几何体的表面积和体积的计算公式．在求体积时，一般会用到点面距的求法、等体积转化法，对这两个方法要熟练掌握.同学们只要把以上的点复习到位，一定可以拿下立体几何解答题，因为它不会太难，只要稳定住情绪，以必胜的心态面对这道试题，它会在你的强大攻势下缴械投降.另外同学们还可拥有一款超强武器，它就是《黄金预测卷》. 在预测2019年高考全国文科I卷的命题上，组合教育联合全国数百位一线名师和清华大学数学博士团队，我们站在新高度洞穿高考，它会对你的数学备考做更加精准的复习，结合资料中的命题趋势分析和命题报告和原创试题以及拓展内容，对每一部分最可能出的题型做练习，达到精准把握高考数学命题脉络，使备战高考的同学们更加胸有成竹，更容易在考试中脱颖而出.预祝2019莘莘学子超水平发挥，取得优异成绩！我们在清华等你来！。
专题05 立体几何-2019年高考数学(文)考试大纲解读 Word版含解析
（三）立体几何初步1.空间几何体（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. （2）能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.（4）会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不做严格要求).（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系（1）理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.• 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.• 公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.• 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.（2）以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.• 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.样题3 （2017新课标全国Ⅱ文科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π【答案】B【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二 球的组合体样题4 （2017新课标全国Ⅲ文科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.考向四 空间角和距离样题9 （2018新课标全国Ⅱ）在长方体中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BC D 【答案】C【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题10 (2017年高考新课标Ⅲ卷) 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） 【答案】②③由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法理
立体几何中的向量方法【2019年高考考纲解读】以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上． 【重点、难点剖析】1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0..(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．空间角的计算 (1)两条异面直线所成的角设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)． (2)直线和平面所成的角如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.(3)二面角如图所示，二面角α－l －β，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面有α－l －β的大小为θ或π－θ.3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面． (2)通过向量运算研究平行、垂直问题． (3)根据运算结果解释相关问题．4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析. 【题型示例】题型一 向量法证明平行与垂直例1、如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的 中点，O 为DF 的中点，运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明：由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为坐标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)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →. 因为棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝(12，－1,0)，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD . 【方法技巧】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题.【变式探究】如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .【感悟提升】用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【变式探究】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，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .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)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →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n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA →＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，BF ，BC ⊂平面BCF ， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)由题意及(1)知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0，∴OM →⊥CD →，OM →⊥FC →， 即OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .【变式探究】如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直， 且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．设异面直线所成的角为α， 则cos α＝|cos θ|＝1－y 52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos α＝|cos θ|＝255·t 4t 2－8t ＋9 ＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2， 令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos α＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单增， ∴x ＝1，z min ＝5，此时cos α的最大值＝255·15＝255·55＝25. 答案 25【变式探究】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值．(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1. 设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.【举一反三】如图，三棱锥P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A －PD －C 的余弦值．(1)证明 由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)解 由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A －PD －C 的余弦值为36. 【感悟提升】1．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论． 2．利用空间向量求空间角的思路(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|； (2)直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．提醒：当通过二面角的两个面的法向量求解时，其中一个法向量可从题中与该面垂直的直线的方向向量得到，而不必都求．【变式探究】如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形 AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 【解析】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点． 依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23. 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)． 同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x 1－2y 1＋5z 1＝0，－22x 1＝0.不妨令y 1＝5， 可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52，设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －22＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －2＋⎝⎛⎭⎪⎫322－b －2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0， 因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.【规律方法】异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定． 题型三 利用空间向量解决探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．【例3】如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，△ABC 是边长为2的等边三角形，直线PB 与底面ABCD 所成的角为45°，PA ＝2CD ，PD ＝7，E 是棱PD 的中点．(1)求证：CD ⊥AE ；(2)在棱PB 上是否存在一点T ，使得平面ATE 与平面APB 所成锐二面角的余弦值为105？ 若存在，请指出T 的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，PA ⊥AD .∵直线PB 与底面ABCD 所成的角为45°， ∴∠PBA ＝45°.∵△ABC 是边长为2的等边三角形，∴PA ＝AB ＝2. 又PA ＝2CD ，∴CD ＝1.在Rt △PAD 中，PD ＝7，PA ＝2，∴AD ＝7－4＝ 3.在△ADC 中，AD ＝3，CD ＝1，AC ＝2，∴AD 2＋CD 2＝(3)2＋1＝22＝AC 2，∴CD ⊥AD . 又AD ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAD . 又AE ⊂平面PAD ∴CD ⊥AE .(2)假设在棱PB 上存在一点T 满足题意，PT →＝λPB →(0＜λ≤1)，由(1)可知∠DAC ＝30°，所以∠DAB ＝90°，以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，如图所示，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，D (0，3，0)，E (0，32，1)，设T (x 1，y 1，z 1)，则PT →＝(x 1，y 1，z 1－2)，又λPB →＝(2λ，0，－2λ)，∴(x 1，y 1，z 1－2)＝(2λ，0，－2λ)，得x 1＝2λ，y 1＝0，z 1＝2－2λ， ∴AT →＝(x 1，y 1，z 1)＝(2λ，0,2－2λ)，AE →＝(0，32，1)， 设平面ATE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则有⎩⎨⎧n ·AT →＝0，n ·AE →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2λx 2＋2－2λz 2＝0，32y 2＋z 2＝0令y 2＝2，则z 2＝－3，x 2＝3－λλ，∴n ＝(3－λλ，2，－3)是平面ATE 的一个法向量．易知AD →＝(0，3，0)为平面PAB 的一个法向量， ∴|cos 〈n ，AD →|＝|n ·AD →|n |·|AD →||＝23－λ2λ2＋7×3＝2－λ2λ2＋7＝105，故 －λ2λ2＋7＝10，即－λ2λ2＋7＝10，解得λ＝12，故在棱PB 上存在点T 且T 为PB 的中点，使得平面ATE 与平面APB 所成锐二面角的余弦值为105. 【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.【变式探究】在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝AD ＝1，AB ＝2，∠PAD ＝45°，E 是PA 的中点，F 在线段AB 上，且满足CF →·BD →＝0.(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角F －PC －B 的余弦值；(3)在线段PA 上是否存在点Q ，使得FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 方法一 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，∵CD ∥AB 且CD ＝12AB ， 且E ，M 分别为PA ，PB 的中点． ∴EM ∥AB 且EM ＝12AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM ，又CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC .方法二 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， BC →＝(－1，－1,0)，CP →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝－x －y ＝0，m ·CP →＝－y ＋z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，y ＝z ，令y ＝1，则x ＝－1，z ＝1，∴m ＝(－1,1,1)．又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，∴m ·DE →＝0，∴DE →⊥m ， 又DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面PBC .(2)解 设点F 的坐标为(1，t,0)， 则CF →＝(1，t －1,0)，DB →＝(1,2,0)， 由CF →·DB →＝0，得t ＝12，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0.设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CP →＝0，n ·CF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，x －12y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝z ，y ＝2x ，令x ＝1，则y ＝2，z ＝2， ∴n ＝(1,2,2)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝333＝33，又由图可知，该二面角为锐角， 故二面角F －PC －B 的余弦值为33.【感悟提升】空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【变式探究】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝AA 1＝2，点P 为棱B 1C 1的中点，点Q 为线段A 1B 上一动点．(1)求证：当点Q 为线段A 1B 的中点时，PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ →＝λBA 1→，试问：是否存在实数λ，使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接AB 1，AC 1，∵点Q为线段A1B的中点，∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，∵点P为B1C1的中点，∴PQ∥AC1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1.∵AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC.(2)解由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，B(0,2,0)，A1(2,0,2)，P (0,1,2)，B 1(0,2,2)，∵BQ →＝λBA 1→，∴(x ，y －2，z )＝λ(2，－2,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2λ，y ＝2－2λ，z ＝2λ，∴Q (2λ，2－2λ，2λ)．∵点Q 在线段A 1B 上运动，∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量， 设平面A 1PB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， BP →＝(0，－1,2)，PA 1→＝(2，－1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BP →＝0，n 1·PA 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0，令y ＝2，得n 1＝(1,2,1)，设平面B 1PQ 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，PB 1→＝(0,1,0)，B 1Q →＝(2λ，－2λ，2λ－2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB 1→＝0，n 2·B 1Q →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，2λx －2λy ＋λ－z ＝0，令z ＝1得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λλ，0，1＝1λ(1－λ，0，λ)，取n 2＝(1－λ，0，λ)，由题意得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|()1，2，1·()1－λ，0，λ|6·－λ2＋λ2＝16×2λ2－2λ＋1＝3010， ∴9λ2－9λ＋2＝0， 解得λ＝13或λ＝23，∴当λ＝13或λ＝23时，平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．【解析】依题意，以A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明：BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC . (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量，于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n ||BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1. 故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0， 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0， 解得λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1 ·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.【感悟提升】(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． 【变式探究】如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由； (3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．【解析】(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0，1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)解 连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a2·1＋a 24＋a2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 22·1＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.【规律方法】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求证：二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． 【解析】(1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4，0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴取向量n 1＝(0,4,3)， 由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0) ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.(3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝925，因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B 此时BD BC 1＝925.题型四 空间距离例4．(2015·江苏，22)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)， 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.【变式探究】(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE, ∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．(1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点， 所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ， 所以BD ∥平面FGH .法二 在三棱台DEF －ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB . 又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD ⊂平面ABED ， 所以BD ∥平面FGH .(2)解 法一 设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点． 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)， 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)． 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.法二 作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH . 由FC ⊥平面ABC ，得HM ⊥FC ， 又FC ∩AC ＝C ， 所以HM ⊥平面ACFD . 因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22，由△GNM ∽△GCF ，可得MN FC ＝GM GF， 从而MN ＝66. 由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ， 得HM ⊥MN ，因此tan ∠MNH ＝HM MN＝3， 所以∠MNH ＝60°，所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.。
2019高考文科数学考试大纲
2019高考文科数学考试大纲(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考文科数学考试大纲(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019高考文科数学考试大纲(word版可编辑修改)的全部内容。
文科数学Ⅰ．考核目标与要求根据普通高等学校对新生思想道德素质和科学文化素质的要求,依据中华人民共和国教育部2003 年颁布的《普通高中课程方案（实验）》和《普通高中数学课程标准(实验）》的必修课程、选修课程系列 1 和系列 4 的内容，确定文史类高考数学科考试内容。
一、知识要求知识是指《普通高中数学课程标准（实验)》(以下简称《课程标准》)中所规定的必修课程、选修课程系列 1 和系列 4 中的数学概念、性质、法则、公式、公理、定理以及由其内容反映的数学思想方法，还包括按照一定程序与步骤进行运算、处理数据、绘制图表等基本技能。
各部分知识的整体要求及其定位参照《课程标准》相应模块的有关说明.对知识的要求依次是了解、理解、掌握三个层次。
1.了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识，知道这一知识内容是什么,按照一定的程序和步骤照样模仿，并能（或会）在有关的问题中识别和认识它。
这一层次所涉及的主要行为动词有：了解,知道、识别，模仿，会求、会解等.2.理解：要求对所列知识内容有较深刻的理性认识，知道知识间的逻辑关系,能够对所列知识做正确的描述说明并用数学语言表达，能够利用所学的知识内容对有关问题进行比较、判别、讨论,具备利用所学知识解决简单问题的能力。
这一层次所涉及的主要行为动词有:描述,说明,表达,推测、想象,比较、判别，初步应用等。
【2019版课标版】高考数学文科精品课件§8.1空间几何体、三视图和直观图.pdf
4
2
答案 C
14.(2014 浙江 ,3,5 分) 某几何体的三视图 ( 单位 :cm) 如图所示 , 则该几何体的体积是 ( )
A.72 cm 3 B.90 cm 3 C.108 cm 3
D.138 cm 3
答案 B 15.(2014 课标 Ⅱ,6,5 分) 如图 , 网格纸上正方形小格的边长为 1( 表示 1 cm), 图中粗线画出的是某零件的三视图
A.1
B. √2 C. √3 D.2
答案 C
6.(2014 课标 Ⅰ,8,5 分) 如图 , 网格纸的各小格都是正方形 , 粗实线画出的是一个几何体的三视图 , 则这个几何体是 ( )
A. 三棱锥 C. 四棱锥
B. 三棱柱 D. 四棱柱
答案 B
7.(2017 山东 ,13,5 分) 由一个长方体和两个
要求
高考示例
常考题型 预测热度
2017 课标全国 Ⅱ,6;
2017 浙江 ,3;
Ⅱ
2016 课标全国 Ⅰ,7;
选择题、
2015 北京 ,7;
填空题
2014 课标 Ⅰ,8
★★★
分析解读 高考对本节内容的考查主要分为两类 : ①以柱、锥、球、台的定义和相关性质为基础 , 考查点、线、面的位置关系 ; ②对空间几何体结构特征的认
A. 1+2π B. 13π C. 7π
3
6
3
答案 B
D. 5π
2
10.(2015 安徽 ,9,5 分) 一个四面体的三视图如图所示 , 则该四面体的表面积是 ( )
A.1+ √3 C.2+ √3 答案 C
B.1+2 D.2
√2 √2
2019数学考纲解读
这道题再次告诉我们， 只要课本涉及到的都 有可能考到！
5.向量（易或中等）：每年都考，考查了向量的加、减、 数乘、数量积运算，夹角公式，模长公式，平面向量的 基本定理、几何意义等等。复习时，向量的相关概念、 运算、公式定理等一定要全面掌握，还可以记忆一些常 用小结论。有时向量也与三角函数、解析几何等相结合， 只有打好基础，才能提高。预测2019向量与三角相结 合
选修4-5：不等式选讲：
主要考查解绝对值不等式，基本不等式的应用。
三、考前复习回顾
①课标——纲线：注意各知识的深度和广度，要复习 到边边角角，枝枝叶叶； ②考纲——界线：依据本年考纲，了解各考点的层次 要求； ③教材——主线：老师指导学生自己完成（概念、公 式、定理、结论及应用的推导与总结）； ④资料——辅线：针对学生的实际情况，做到筛选、 增补、删减； ⑤学生——底线：指导学生对自己的学习要做出周计 划、日安排，在复习过程中要求学生勤于动手、善于 整理、及时总结，告诉学生“高考是一种精神的极限 挑战”，要做到主动出击，严防死守。 五线并进，有主有次，最大限度地提高复习效率.
11.数列，每年必考，易得分点。 2小或1大，小题以考查数列概念、性质 、通项公式、前n项和公式等内容为主，属中 低档题； 解答题以考查等差（比）数列通项公式、 求和公式，错位相减求和、裂项相消法，分组 求和，简单递推数列为主.
12.立体几何，每年必考，易得分点、争分点。
通常以两小题和一大题形式出现，所占分值22分。
小题常考查圆锥曲线的基本量（定义、方程和性质）， 难度不大。其中必考一道双曲线。另一题不确定。 大题通常以圆、椭圆或抛物线为载体（椭圆居多），考 查圆锥曲线与直线的位置关系，定点定值问题，范围与 最值问题、轨迹问题、围成图形面积问题、切线问题、 存在性问题、证明类问题等等。往往第一问不难，大部 分同学都能做好，第二问偏难，运算量大，考察学生的 运算能力。 预测2019：椭圆，直线与椭圆关系定值或面积问题
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案立体几何专题1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行。
解析：根据面面平行的判定定理，α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件。
又根据面面平行性质定理，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行。
因此，α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件。
所以选B。
名师点睛：本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，需要运用面面平行的判定定理与性质定理进行判断。
容易犯的错误是记不住定理，凭主观臆断。
2.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线。
解析：连接ON，BD，容易得到直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线。
过M作MF⊥OD于F，连接BF，平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊥平面CDE，因此EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON均为直角三角形。
设正方形边长为2，可以计算出EO=3，ON=1，EN=2，MF=35，BF=22，因此BM=7，BM≠EN，故选B。
名师点睛：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形。
解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题。
3.【2019年高考浙江卷】XXX是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高。
若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是162.解析：根据三视图，可以得到底面为直角梯形，上底为10，下底为18，高为9.因此，底面积S=1/2(10+18)×9=108，高h=9，代入公式V柱体=Sh可得V柱体=108×9=972，单位为cm3，故选B。
陕西省2019高考复习备考之立体几何
分值 14+12 5+12
年份 省份
考查知识点
安徽
8三视图 18二面角，线面平行、线面垂直
2019
福建
6空间几何体12三视图 18求证空间线面垂直、二面角
天津 12三视图，体积的计算 19面面垂直，二面角，线线角
分值 5+13
5+4+ 13
一.2．立体几何的考纲解读
空间几何体中一直在强化“三视图”，并且要求较高; 能画出简单组合体的三视图; 能识别上述的三视图所表示的立体模型.
（理）在“空间向量与立体几何”中突出了用向量 的方法证明“有关直线和平面位置关系的一些定理” 以及“空间角”的计算。
了解向量方法在立体几何中的应用（距离）。
分值 5+14 5+14 5+14
省份 年份
考查知识点
3垂直与平行的判断 2019 19平行与垂直 ，线面角、体积
山东
4三视图，圆柱棱柱体积 09 18线面平行，二面角
6三视图 ，表面积的计算 08 20线线垂直，线面角，二面角
分值 5+12 5+12 5+12
省份 年份
考查知识点
16 空间垂直的证明与距离 2019 19三棱锥、垂直、线面角 江苏
19线线垂直，线面平行，二面角
12三视图 15几何体的体积的计算 08 18求线面角、线线角
10+12 10+12
省份 年份
考查知识点
6三视图 2019 18空间的垂直关系的判断二面角
广东 09 5空间的平行与垂直关系的判断
（理）
18棱锥体积、线面垂直、线线角
全国卷高考大纲(数学文科)
2019年全国卷高考大纲（数学文科）Ⅰ．考试性质普通高等学校招生全国统一考试是由合格的高中毕业生和具有同等学力的考生参加的选拔性考试，高等学校根据考生的成绩，按已确定的招生计划，德、智、体、全面衡量，择优录取，因此，高考应有较高的信度、效度，必要的区分度和适当的难度．Ⅱ．考试要求《2019年普通高等学校招生全国统一考试大纲（文科）》中的数学科部分，根据普通高等学校对新生文化素质的要求，依据国家教育部2019年颁布的《全日制普通高级中学课程计划》和《全日制普通高级中学数学教学大纲》的必修课与选修I的教学内容，作为文史类高考数学科试题的命题范围．数学科的考试，按照“考查基础知识的同时，注重考查能力”的原则，确立以能力立意命题的指导思想，将知识、能力与素质考查融为一体，全面检测考生的数学素养．数学科考试要发挥数学作为基础学科的作用，既考查中学数学知识和方法，又考查考生进入高校继续学习的潜能．一、考试内容的知识要求、能力要求和个性品质要求1．知识要求知识是指《全日制普通高级中学数学教学大纲》所规定的教学内容中的数学概念、性质、法则、公式、公理、定理以及其中的数学思想和方法．对知识的要求，依此为了解、理解和掌握、灵活和综合运用三个层次．（1）了解：要求对所列知识的含义及其相关背景有初步的、感性的认识，知道这一知识内容是什么，并能（或会）在有关的问题中识别它．（2）理解和掌握：要求对所列知识内容有较深刻的理论认识，能够解释、举例或变形、推断，并能利用知识解决有关问题．（3）灵活和综合运用：要求系统地掌握知识的内在联系，能运用所列知识分析和解决较为复杂的或综合性的问题．2．能力要求能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识．（1）思维能力：会对问题或资料进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括；会用类比、归纳和演绎进行推理；能合乎逻辑地、准确地进行表述．数学是一门思维的科学，思维能力是数学学科能力的核心．数学思维能力是以数学知识为素材，通过空间想象、直觉猜想、归纳抽象、符号表示、运算求解、演绎证明和模式构建等诸方面，对客观事物中的空间形式、数量关系和数学模式进行思考和判断，形成和发展理性思维，构成数学能力的主体．（2）运算能力：会根据法则、公式进行正确运算、变形和数据处理；能根据问题的条件和目标，寻找与设计合理、简捷的运算途径；能根据要求对数据进行估计和近似计算．运算能力是思维能力和运算技能的结合．运算包括对数值的计算、估值和近似计算，对式子的组合变形与分解变形，对几何图形各几何量的计算求解等．运算能力包括分析运算条件、探究运算方向、选择运算公式、确定运算程序等一系列过程中的思维能力，也包括在实施运算过程中遇到障碍而调整运算的能力以及实施运算和计算的技能。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题13空间几何体理
行考査的试题曾经在高考试卷中出现过多
次，比如把抛体运动、弹簧秤测重力等与天体
表面物体运动模型相结合，只不过本题又增
加了对创新图像的考査，不管如何变化，这类
试题均是通过重力加速度把二者联系起来
是（
）。
ty 2 A. 火星表面的重力加速度g =并
解题篇创新题追根溯源 屮孝生墩理化 高考使用2020年1月
m亍尹，又有厂= R + H，解得H =
—R，选项D错误。
答案：AB 评析：本题将平抛运动模型与天体表面 物体运动模型相结合，二者的关联量仍是重 力加速度。求解本题需要先通过平抛运动求 出星球表面的重力加速度，再根据万有引力 提供物体做圆周运动所需的向心力和万有引 力等于重力求解相关物理量。特别需要注意 的是物体做平抛运动时题目给出的是“抛出 点与着落点相距2人"，这是合位移而非水平 位移。 类题二：航天员在某星球表面做了如图 2甲所示的实验，将一插有风帆的滑块放置 在倾角为0的粗糙斜面上，滑块由静止开始 下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块 下滑的速度成正比，即F = ks k为已知常 数。航天员通过传感器测量得到滑块下滑的 加速度a与速度e的关系图像如图2乙所 示。已知图乙中直线在纵轴与横轴上的截距 分别为滑块与足够长斜面间的动摩擦 因数为”，星球的半径为R,引力常量为G, 忽略星球自转的影响。根据上述条件可判断
们在平时的学习中要注意对高考试题的总结
感悟及拓展训练，逐步培养核心素养及能力。
类题一：近年来，我国航天事业取得长足
进步，相信不久的将来，我国航天员将到达火
星表面进行科学探究。若航天员在距火星表
高考数学知识点解析：立体几何
2019 年高考数学知识点分析：立体几何【】高中怎样复习向来都是考生们关注的话题，下边是查词典数学网的编写为大家准备的 2019 年高考数学知识点分析：立体几何高考数学之立体几何高考立体几何试题一般共有 4 道(选择、填空题 3 道，解答题 1 道)，合计总分 27 分左右，考察的知识点在20 个之内。
选择填空题查核立几中的计算型问题，而解答题侧重考察立几中的逻辑推理型问题，当然，两者均应以正确的空间想象为前提。
跟着新的课程改革的进一步实行，立体几何考题正朝着多一点思虑，少一点计算的发展。
从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面地点关系的论证，角与距离的探究是常考常新的热点话题。
知识整合1.相关平行与垂直 (线线、线面及面面 )的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大批的、频频碰到的，并且是以各种各种的问题(包含论证、计算角、与距离等)中不行缺乏的内容，所以在主体几何的总复习中，第一应从解决平行与垂直的相关问题着手，经过较为基本问题，熟习公义、定理的内容和功能，经过对问题的剖析与归纳，掌握立体几何中解决问题的规律--充足利用线线平行 (垂直 )、线面平行 (垂直)、面面平行 (垂直 )互相转变的思想，以提升逻辑思想能力和空间想象能力。
2.判断两个平面平行的方法：(1)依据定义 --证明两平面没有公共点 ;(2)判断定理 --证明一个平面内的两条订交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。
3.两个平面平行的主要性质：⑴由定义知：两平行平面没有公共点。
⑵由定义推得：两个平面平行，此中一个平面内的直线必平行于另一个平面。
⑶两个平面平行的性质定理：假如两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。
⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。
⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。
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（三）立体几何初步
1.空间几何体
（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. （2）能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.
（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.
（4）会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不做严格要求).
（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
2.点、直线、平面之间的位置关系
（1）理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.
• 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.
• 公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.
• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
• 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.
（2）以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.
理解以下判定定理.
• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.
• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.
• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.
• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.
理解以下性质定理,并能够证明.
• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.
• 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.
• 垂直于同一个平面的两条直线平行.
或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.
样题3 （2017新课标全国Ⅱ文科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
A．90πB．63π
C．42πD．36π
【答案】B
【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．
考向二球的组合体
样题4 （2017新课标全国Ⅲ文科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面
上，则该圆柱的体积为 A ．π
B ．
3π4 C ．
π2
D ．
π4
【答案】B
【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：
【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.
考向四 空间角和距离
样题9 （2018新课标全国Ⅱ）在长方体
中，1AB BC ==，1AA 1AD 与
1DB 所成角的余弦值为
A ．15
B
C D 【答案】C
【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
样题10 (2017年高考新课标Ⅲ卷) 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） 【答案】②③
由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
π
0,
2
⎛⎤
⎥
⎝⎦
，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条
异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。