1、热点一求解空间几何体的表面积和体积热点二空间点、线、面位置关系热点三平面图形的翻折问题热点四立体几何中的探索性问题热点五利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第2页 热点一 求解空间几何体的表面积和体积对于空间几何体的表面积与体积，高考考查的形式已经由原来的简单套用公式渐变为三视图与柱、锥、球的接、切问题相结合，特别地，已知空间几何体的三视图求其表面积、体积已成为近两年高考考查的热点而求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解热点突破结束
2、放映返回目录第3页 热点一 求解空间几何体的表面积和体积一审二审三审三视图，根据三视图的规则还原几何体.所求几何体的构成（由一个直三棱柱截掉一个三棱锥）体积的计算【例1】(2014重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12 B18 C24 D30热点突破结束放映返回目录第4页 热点一 求解空间几何体的表面积和体积【例1】(2014重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12 B18 C24 D30解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的,即直三棱柱ABC-A1B1C1截
3、掉一个三棱锥D-A1B1C1得到的(如图)，其中AC4，BC3，AA15，AD2，BCAC，所以该几何体的体积V12ACBCAA11312A1C1B1C1A1D12435131243330624.答案 C热点突破结束放映返回目录第5页 组合体的表面积与体积的求解是高考考查的重点，解决此类问题可通过分割或补形将组合体变为规则的柱体、锥体、球等几何体的表面积和体积问题，然后根据几何体表面积与体积的构成用它们的和或差来表示在求解过程中应注意两个问题，一是注意表面积与侧面积的区别，二是注意几何体重叠部分的表面积、挖空部分的体积的计算 热点一 求解空间几何体的表面积和体积热点突破结束放映返回目录第6页
4、热点一 求解空间几何体的表面积和体积【训练1】(1)一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_ 解析(1)由三视图，可知该几何体是 一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆的面积之和，即 S34(422)21222 16.热点突破结束放映返回目录第7页 热点一 求解空间几何体的表面积和体积【训练1】(2)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥A-DED1的体积为_(2)VA-DED1VE-ADD113SADD1CD，1312116.答案(1)16(2)16热点突破结束放映返回
5、目录第8页 热点二 空间点、线、面位置关系高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，重在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用热点突破结束放映返回目录第9页 热点突破热点二 空间点、线、面位置关系【例2】(14分)(2014北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积(1)证
6、明 在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1底面ABC 所以BB1AB 又因为ABBC，所以AB平面B1BCC1.所以平面ABE平面B1BCC1.结束放映返回目录第10页 热点突破【例3】(14分)(2014北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积 因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形 所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平
7、面ABE.G(2)证明 法一 如图，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以 FGAC，且 FG12AC热点二 空间点、线、面位置关系结束放映返回目录第11页 热点突破【例3】(14分)(2014北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积 H法二 如图，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以四边
8、形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.所以 EC1 AH，热点二 空间点、线、面位置关系结束放映返回目录第12页 热点突破【例3】(14分)(2014北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积 H(3)解 因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以 AB AC2BC2 3.所以三棱锥E-ABC的体积V13SABC
9、AA11312 312 33.热点二 空间点、线、面位置关系结束放映返回目录第13页(1)证线面平行的方法：利用判定定理，关键是找平面内与已知直线平行的直线可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线若要借助于面面平行来证明线面平行，则先要确定一个平面经过该直线且与已知平面平行，此目标平面的寻找方法是经过线段的端点作该平面的平行线(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直线面垂直面面垂直来实现，因此，在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化 热点二 空间点、线、面位置关系热点突破结束放映返回
10、目录第14页 热点突破证明(1)法一 因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD 又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得 BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD 又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD【训练2】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD.热点二 空间点、线、面位置关系结束放映返回目录第15页 热点突破法二 因为D1D平面A
11、BCD，且BD平面ABCD，所以BDD1D 如图，取AB的中点G，连接DG，在ABD中，由AB2AD得AGAD 又BAD60，所以ADG为等边三角形，因此GDGB，故DBGGDB 又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB603090，所以BDAD又ADD1DD，所以BD平面ADD1A又AA1平面ADD1A，故AA1BD【训练2】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD.热点二 空间点、线、面位置关系G结束放映返回目录第16页 热点突破(2)如图，
12、连接AC，A1C1，设ACBDE，连接EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以 EC12AC由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1EA又EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD【训练2】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD.热点二 空间点、线、面位置关系E结束放映返回目录第17页 热点突破热点三 平面图形的翻折问题(1)此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何
13、体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算(2)试题以解答题为主，考查学生的空间想象能力和知识迁移能力 结束放映返回目录第18页 热点三 平面图形的翻折问题【例3(2015湖北八市联考)如图1，ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB，AC靠近B，C的三等分点，点G为BC边的中点，线段AG交线段ED于F点，将AED沿ED翻折，使平面AED平面BCDE，连接AB，AC，AG形成如图2所示的几何体,(1)求证：BC平面AFG；(2)求二面角 BAED的余弦值(1)证明 在图1中，由ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DEAF，DEGF，
14、DEBC 在图2中，因为DEAF，DEGF，AFFGF，所以DE平面AFG.又DEBC，所以BC平面AFG.热点突破结束放映返回目录第19页 热点三 平面图形的翻折问题(2)解 因为平面AED平面BCDE，平面AED平面BCDEDE，DEAF，DEGF，所以FA，FD，FG两两垂直 以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.A(0，0，2 3)，B(3，3，0)，E(0，2，0)，所以AB(3，3，2 3)，BE(3，1，0)【例3(2015湖北八市联考)如图1，ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB，AC靠近B，C的三等分
15、点，点G为BC边的中点，线段AG交线段ED于F点，将AED沿ED翻折，使平面AED平面BCDE，连接AB，AC，AG形成如图2所示的几何体,(1)求证：BC平面AFG；(2)求二面角 BAED的余弦值 热点突破结束放映返回目录第20页 热点三 平面图形的翻折问题设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，则nAB 0，nBE 0，即 3x3y2 3z0，3xy0，取 x1，则 y 3，z1，则 n(1，3，1)显然m(1，0，0)为平面ADE的一个法向量，所以 cosm，n mn|m|n|55.所以二面角 BAED 的余弦值为 55.易知二面角BAED为钝角，【例3(2015湖北八市联考)如图1，
16、ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB，AC靠近B，C的三等分点，点G为BC边的中点，线段AG交线段ED于F点，将AED沿ED翻折，使平面AED平面BCDE，连接AB，AC，AG形成如图2所示的几何体,(1)求证：BC平面AFG；(2)求二面角 BAED的余弦值 热点突破结束放映返回目录第21页 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化 热点三 平面图形的翻折问题热点突破结束放映返回目录第22页(1)证明 点E、F分别是AB、CD的中点 EFBC，又ABC90，AEEF，平
17、面AEFD平面EBCF.AE平面EBCF，AEEF，AEBE，又BEEF，如图建立空间直角坐标系Exyz.翻折前，连接AC交EF于点G，此时点G使得AGGC最小，【训练3】(2015福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值 EG12BC2，又知 EAEB2，xyz热点三 平面图形的翻折问题热点突破结束放映返回目录第23页 则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C
18、(2，4，0)，D(0，2，2)，E(0，0，0)，G(0，2，0)，【训练3】(2015福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值 BD(2，2，2)，CG(2，2，0)，热点三 平面图形的翻折问题BD CG(2，2，2)(2，2，0)0，BDCG.xyz热点突破结束放映返回目录第24页(2)解 设EGk.AD平面EFCB，点D到平面EFCB的距离即为点A到平面
19、EFCB的距离【训练3】(2015福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值 S 四边形 GBCF12(3k)427k，热点三 平面图形的翻折问题VDGBCF13S 四边形 GBCFAE23(7k)k1，即EG1.又 VBADGE13S 四边形 ADGEBE23(2k)，2VBADGEVDGBCF，43(2k)23(7k)，xyz热点突破结束放映返回目录第25页
20、法一 设平面DBG的法向量为n1(x，y，z)，G(0，1，0)，【训练3】(2015福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值 BG(2,1,0),BD(2,2,2),xyz热点三 平面图形的翻折问题则n1BD 0n1BG 0，即2x2y2z02xy0，取x1，则y2，z1，n1(1，2，1)平面BCG的一个法向量为n2(0，0，1)，则 cosn1，n2 n1
21、n2|n1|n2|66.此二面角的平面角的余弦值为 66.所求二面角DBGC的平面角为锐角，热点突破结束放映返回目录第26页 法二 过点D作DHEF，垂足为H，过点H作BG延长线的垂线HO，垂足为O，连接OD 平面AEFD平面EBCF，DH平面EBCF，ODOB，DOH就是所求的二面角DBGC的平面角【训练3】(2015福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值
22、由于 HG1，在OHG 中，OH2 55，热点三 平面图形的翻折问题又 DH2，在DOH 中，tanDOHDHOH 5，此二面角的平面角的余弦值为 66.热点突破结束放映返回目录第27页 热点突破热点四 立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设 结束放映返回目录第28页 热点四 立体几何中的探索性问题解(1)在PAD中，PAPD，O为AD中点，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD
23、，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD 又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OCAD，【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由热点突破结束放映返回目录第29页 热点四 立体几何中的探索性问题
24、所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由x
25、yzPB(1，1，1)，易证 OA平面 POC，OA(0，1，0)是平面 POC 的法向量，热点突破结束放映返回目录第30页 热点四 立体几何中的探索性问题【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由xyzcosPB，OA
26、PBOA|PB|OA|33.直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 63.热点突破结束放映返回目录第31页 热点四 立体几何中的探索性问题【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值；(2)求 B 点到平面 PCD 的距离；(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由xyz(2)PD(0，1，1)，CP
27、(1，0，1)，则uCPxz0，uPD yz0，B 点到平面 PCD 的距离 d|BPu|u|33.设平面PDC的一个法向量为u(x，y，z)，取z1，得u(1，1，1)热点突破结束放映返回目录第32页 热点四 立体几何中的探索性问题【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由xyz一审二审三审假设存在引入参数，并
28、用表示相关点及向量坐标四审解“”,并根据是否存在下结论.根据结论二面角余弦值为 63，建立 的方程热点突破结束放映返回目录第33页 热点四 立体几何中的探索性问题【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由xyz(3)存在设PQ PD(01)，mAC xy0，mAQ（1）y（1）z0.设平面CAQ的一个法向量为m(
29、x，y，z)，则取z1，得m(1，1，1)，PD(0，1，1)，PQ(0，)OQ OP，OQ(0，1)，Q(0，1)热点突破结束放映返回目录第34页 热点四 立体几何中的探索性问题【例 4】(2015衡水二模)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 中点(3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由xyz因为二面角 QACD 的余弦值为 63，又平面CAD的一个法向量为n(0，0，1)，所
30、以|cosm，n|mn|m|n|63，得 321030，解得 13或 3(舍)，所以存在点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 63，且PQQD12.热点突破结束放映返回目录第35页 对于探索性问题用向量法比较容易入手一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.热点四 立体几何中的探索性问题热点突破结束放映返回目录第36页(1)证明 在正方形AA1C1C中，A1AAC又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC(2)解 由(1)知AA1AC，AA1AB，由题意知，在ABC中，AC
31、4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC 以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.热点四 立体几何中的探索性问题【训练 4】(2013北京卷改编)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC平面 AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面 ABC；(2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值；(3)在线段 BC1 上是否存在点 D，使得 ADA1B？若存在，试求出BDBC1的值xyz热点突破结束放映返回目录第37页 A1(0，0，4)，B(0，3，0)，C1(4，0，4)，B1(0，3，4)，于是A1C1(4，0，0)，A1
32、B(0，3，4)，热点四 立体几何中的探索性问题【训练 4】(2013北京卷改编)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC平面 AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面 ABC；(2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值；(3)在线段 BC1 上是否存在点 D，使得 ADA1B？若存在，试求出BDBC1的值xyzB1C1(4，3，0)，BB1(0，0，4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)A1C1 n10，A1B n104x10，3y14z10，取向量n1(0，4，3)热点突
33、破结束放映返回目录第38页 取向量n2(3，4，0)由B1C1 n20，BB1 n204x23y20，4z20.热点四 立体几何中的探索性问题【训练 4】(2013北京卷改编)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC平面 AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面 ABC；(2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值；(3)在线段 BC1 上是否存在点 D，使得 ADA1B？若存在，试求出BDBC1的值xyz cos n1n2|n1|n2|16551625.由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角，故二面角 A1BC1B1 的余弦值为1625
34、.热点突破结束放映返回目录第39页(3)解 假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，使 ADA1B，且BD BC1.热点四 立体几何中的探索性问题【训练 4】(2013北京卷改编)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形平面 ABC平面 AA1C1C，AB3，BC5.(3)在线段 BC1 上是否存在点 D，使得 ADA1B？若存在，试求出BDBC1的值xyzAD(4，33，4)，(x，y3，z)(4，3，4)，解得x4，y33，z4，03(33)160，解得 925，又ADA1B，因为 9250，1，所以在线段 BC1 上存在点 D，使得 ADA1B，
35、此时BDBC1 925.热点突破结束放映返回目录第40页 热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题利用空间向量证明空间中的线面关系，计算空间的各种角是高考对立体几何的常规考法，它以代数运算代替复杂的想象，给解决立体几何带来了鲜活的方法此类问题多以解答题为主，难度中档偏上，主要考查空间坐标系的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，运算能力要求较高 结束放映返回目录第41页 热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题解(1)如图，连接BD交AC于点O.因为BCCD，且AC平分BCD，故ACBD(2分)【训练 5】(12 分)(2015重庆调研)如图，在四棱锥
36、 PABCD 中，PA底面 ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD3，F为 PC 的中点，AFPB(1)求 PA 的长；(2)求二面角 BAFD 的正弦值以 O 为坐标原点，OB，OC，AP的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，则 OCCDcos31.又 ODCDsin 3 3，故 A(0，3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(3，0，0)建立空间直角坐标系Oxyz，而AC4，所以AOACOC3，Oxyz热点突破结束放映返回目录第42页 因为PA底面ABCD，可设P(0，3，z)(z0)，【训练 5】(12 分)(2015重庆调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底
37、面 ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD3，F为 PC 的中点，AFPB(1)求 PA 的长；(2)求二面角 BAFD 的正弦值由点 F 为线段 PC 的中点，知 F0，1，z2，因此AF 0，2，z2，PB(3，3，z)，AF PB0，即 6z220，z2 3.从而|PA|2 3，即 PA 的长为 2 3.(5 分)AFPB，Oxyz热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第43页 设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)，【训练 5】(12 分)(2015重庆调研)如图，在四棱锥 PABCD
38、中，PA底面 ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD3，F为 PC 的中点，AFPB(1)求 PA 的长；(2)求二面角 BAFD 的正弦值(2)由(1)知，AD(3，3，0)，AB(3，3，0)，AF(0，2，3)3x13y10，2y1 3z10，因此可取 n1(3，3，2)由 n1AD 0，n1AF 0，得由 n2AB 0，n2AF 0，得Oxyz热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第44页 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为【训练 5】(12 分)(2015重庆调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，BCCD2，AC4，
39、ACBACD3，F为 PC 的中点，AFPB(1)求 PA 的长；(2)求二面角 BAFD 的正弦值 3x23y20，2y2 3z20，故可取 n2(3，3，2)(9 分)cosn1，n2 n1n2|n1|n2|18.故二面角 BAFD 的正弦值为3 78.(12 分)Oxyz热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第45页 第一步第二步第三步第四步第五步用向量法解立体几何问题的一般步骤建系(必要时先证明再建系)确定相关点的坐标求直线方向向量或平面法向量的坐标判定向量位置关系或计算向量夹角将向量位置关系或向量夹角转化为线、面位置关系或空间角热点突破热点五
40、 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第46页 用空间向量求解立体几何问题，主要是通过建立坐标系或利用基底表示向量坐标，通过向量的计算求解位置关系及角的大小关键是写准坐标，运算细心，正确转化(将向量运算结果转化为相应几何问题的答案)热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题结束放映返回目录第47页(1)证明 设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，【训练5】(2015开封一模)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3
41、)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值 D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)F32a，32 a，0.AF 32a，32 a，0，BE(a，3a，a)，BC(2a，0，a)，AF 12(BE BC)，F为CD的中点，又AF平面BCE，AF平面BCE.热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题xyz则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，结束放映返回目录第48页 CDEDD，AF平面CDE，又AF平面BCE，平面CDE平面BCE.【训练5】(2015开封一模)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1
42、)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值(2)证明 AF 32a，32 a，0，CD(a，3a，0)，ED(0，0，2a)，AF CD 0，AF ED 0，AF CD，AF ED，热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题xyz结束放映返回目录第49页(3)解 设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，【训练5】(2015开封一模)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值 由 nBE 0，nBC 0 可得 x 3yz0，2xz0，取 n(1，3，2)，又BF 3a2，32 a，a，则 sin|BF n|BF|n|2a2a2 2 24，设BF和平面BCE所成的角为，直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为 24.热点突破热点五 利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角问题xyz结束放映返回目录第50页（见教辅）
