1、高考资源网（） 您身边的高考专家第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积1(2014江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()【解析】由三视图的知识得B正确【答案】B2(2015浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A8 cm3B12 cm3C. cm3 D. cm3【解析】该几何体为四棱柱和四棱锥的组合，所以其体积VV四棱柱V四棱锥，故V23222(cm3)【答案】C3(2015山东高考)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A. B.C2 D4【解析】由题意，该几
2、何体可以看作是两个底面半径为、高为的圆锥的组合体，其体积为2()2.【答案】B4(2014全国大纲高考)正四棱锥的顶点都在同一球面上若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A. B16C9 D.【解析】易知EF4，AF，在直角三角形AOF中，设球的半径为R，则(4R)22R2，R，S球4R2.【答案】A从近三年高考，特别是2015年高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为：考什么怎么考题型与难度1.空间几何体的三视图与直观图关系的确认主要考查空间几何体的三视图与直观图间对应关系题型：选择题难度：基础题2.空间几何体的表面积与体积主要考查以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的
3、计算题型：选择题或填空题难度：中档题3.多面体与球的切、接问题主要考查多面体与球的结构特征及空间的点、线、面间的位置关系题型：选择题或填空题难度：中档题空间几何体的三视图与直观图关系的确认(自主探究型)1.(2014课标高考)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B三棱柱C四棱锥 D四棱柱【解析】将三视图还原为几何体即可，考查空间想象能力由题中三视图可知该几何体的直观图如图所示，则这个几何体是三棱柱故选B.【答案】B2(2014湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2
4、，1)，(2，2，2)给出编号为，的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A和 B和C和 D和【解析】根据正视图、俯视图的投影规则，找出它们各个顶点的坐标即可在空间直角坐标系Oxyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为，俯视图为.【答案】D【规律感悟】1.由直观图确认三视图的策略根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认2由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置(3)确定几何体的直观图形状.空间几何体的表面积与体积
5、(多维探究型)命题角度一由空间几何体的结构特征计算其表面积与体积【典例1】(2015新课标高考)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A14斛 B22斛C36斛 D66斛【解析】本题是一个实际应用问题，考查了圆锥的体积计算以及考生的理解与计算能力由l2r8得圆锥底面的半径r，所以米堆的体积Vr2h5，所以堆放的米
6、有1.6222斛故选B.【答案】B命题角度二根据三视图求空间几何体的表面积与体积【典例2】(1)(2015陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A3 B4C24 D34(2)(2015湖南高考)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率)()A. B.C. D.【解析】(1)本题主要考查空间几何体的三视图与直观图的概念和性质，考查计算能力由三视图知该几何体是半个圆柱，其表面积为S表122234.故选D.(2)本题主要考查三视图、圆锥的体积及正方体的体积等知识
7、，解答此题的关键是作出轴截面，利用比例关系求出正方体的棱长由三视图知，原工件为圆锥，要使正方体新工件的体积最大，则正方体下底面在圆锥底面上，上底面是平行于圆锥底面的截面圆的内接正方形，过正方体的顶点作轴截面如图，且AB为上底面正方形的对角线，设正方体的棱长为a，则ABa，又圆锥的高为2，所以，得a，正方体体积为Va3，圆锥的体积为122，故原工件的材料利用率为.故选A.【答案】(1)D(2)A【规律感悟】1.求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在求三棱锥的体积，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
8、某一面上(2)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易于求解2根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解针对训练1(2015安徽高考)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A1 B12C2 D2【解析】在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，所求四面体即如图所示的三棱锥PABC，其表面积为212()222.【答案】C2(2015重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.2 B.C. D.【解析
9、】由三视图知，该几何体为一个圆柱与一个半圆锥的组合体，其中圆柱的底面半径为1、高为2，半圆锥的底面半径为1、高为1，所以该几何体的体积V121122.故选B.【答案】B【典例3】(1)(2014陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为()A. B4C2 D.(2)(2015新课标高考)已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A36 B64C144 D256【解析】(1)找出球心，求出球的半径代入体积公式求解考查空间想象能力和运算求解能力连接AC，BD相交于O1，连接A1C
10、1，B1D1，相交于O2并连接O1O2，则线段O1O2的中点为球心半径R|OB|1，V球R3.故选D.(2)本题主要考查球的性质、三棱锥的体积、球的表面积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力与运算求解能力、推理论证能力三棱锥VOABCVCOABSOABh，其中h为点C到平面OAB的距离，而底面三角形OAB是直角三角形，顶点C到底面OAB的最大距离是球的半径，故VOABCVCOABR336，其中R为球O的半径，所以R6，所以球O的表面积S4R2144.故选C.【答案】(1)D(2)C一题多变若题(2)变为：已知正四棱锥OABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为_【解
11、析】V四棱锥OABCDh，得h，OA2h2()26.S球4OA224.【答案】24【规律感悟】多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，理清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2a2b2c2求解针对训练1(2015长春模拟
12、)在正三棱锥SABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MNAM，若侧棱SA2，则正三棱锥SABC外接球的表面积是()A12 B32C36 D48【解析】取AC的中点为D连结BD，SD，知BDAC，SDAC，AC平面BDS，ACBS，又MNAM，BSAM，BS平面ACS，由SABC是正三棱锥知BS，AS，CS两两垂直，则4R23(2)2，4R236，S表4R236.故选C.【答案】C2(2015河北唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，ABAC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为()A2 B1C. D.【解析】连结BC1，
13、B1C，交于点O，则O为面BCC1B1的中心由题意知，球心为侧面BCC1B1的中心O，BC为截面圆的直径，所以BAC90，则ABC的外接圆圆心N位于BC的中点，同理，A1B1C1的外接圆圆心M位于B1C1的中点，设正方形BCC1B1的边长为x，在RtOMC1中，OM，MC1，OC1R1(R为球的半径)，所以1，即x，则ABAC1，所以侧面ABB1A1的面积为1.故选C.【答案】C转化与化归思想求解空间几何体的体积思想诠释空间几何体的体积用到转化与化归思想的常见题型：1求某些三棱锥、四棱锥体积：求解过程中当高不易求时，常需转换顶点利用等体积法解决2不规则几何体的体积的求解：求解时， 常结合所给几
14、何体的结构特征及条件，通过割、补等手段转化为规则几何体体积的和、差求解典例剖析【典例】(2015烟台模拟)如图所示，四棱锥PABCD中 ，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDAB2，E，F，G分别为PC，PD，BC的中点则(1)四棱锥EABCD的体积为_；(2)三棱锥PEFG的体积为_【审题策略】(1)看到E到平面ABCD的距离不易求，想到转化与化归思想，EF平面ABCD转化为求VFABCD；(2)看到P到平面EFG的距离不易求，想到转化与化归思想转化为求VGPEF.【解析】(1)因为E，F分别为PC，PD的中点，所以EFDC，又DC平面ABCD，所以EF平面ABCD，又PD平面ABC
15、D，所以FD平面ABCD，且FDPD1，S正方形ABCD224，所以VEABCDVFABCD41.(2)因为PD平面ABCD，GC平面ABCD，所以GCPD.因为ABCD为正方形，所以GCCD.因为PDCDD，所以GC平面PCD.因为PFPD1，EFCD1，所以SPEFEFPF.因为GCBC1，所以VPEFGVGPEFSPEFGC1.【答案】(1)(2)针对训练(2015哈尔滨模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12，则正(主)视图中x的值为()A5B3C4 D2【解析】由三视图知，几何体是一个组合体，上面是一个正四棱锥，四棱锥的底面是一个对角线为4的正方形，侧棱长是3，根据
16、勾股定理知正四棱锥的高是，下面是一个圆柱，底面直径是4，母线长是x，因为几何体的体积为12，所以x4(2)212，x3.故选B.【答案】B1必记公式(1)表面积公式表面积侧面积底面积，其中多面体的表面积为各个面的面积的和圆柱的表面积公式：S2r22rh2r(rh)(其中，r为底面半径，h为圆柱的高)圆锥的表面积公式：Sr2rlr(rl)(其中圆锥的底面半径为r，母线长为l)圆台的表面积公式：S(rl2r2rlrl)(其中圆台的上、下底面半径分别为r和r，母线长为l)球的表面积公式：S4R2(其中球的半径为R)(2)体积公式V柱体Sh(S为底面面积，h为高)V锥体Sh(S为底面面积，h为高)V球
17、R3(其中R为球的半径)2重要结论(1)画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高(2)三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面3易错提醒(1)未注意三视图中实、虚线的区别：在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线(2)不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差限时训练(十二)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1(2014福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A圆柱B圆锥C四面体D三棱柱【解析】易知圆柱不论如何放置正视图不可能为三角形
18、故选A.【答案】A2(2014陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是()A4 B3 C2 D【解析】圆柱侧面展开图为矩形，底面圆半径为1，S侧2rl2112.故选C.【答案】C3(2015北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A1 B. C. D2【解析】由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA底面ABCD，且底面是边长为1的正方形，SA1，所以四棱锥最长棱的棱长为SC.故选C.【答案】C4(2015新课标高考)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.
19、B.C. D.【解析】由三视图可知，该几何体是一个正方体截去了一个三棱锥，即截去了正方体的一个角设正方体的边长为1，则正方体的体积为1，截去的三棱锥的体积为V1111，故剩余部分的体积为V2，所求比值为.【答案】D5(2015福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A82 B112C142 D15【解析】由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形、高为2的直四棱柱，所以其表面积为S表面积S侧面积2S下底面积(112)22(12)1112.故选B.【答案】B6(2015山西康杰中学3月模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为，则该锥体的俯视图可能是()【解析】由正
20、视图得该锥体的高是h，因为该锥体的体积为，所以该锥体的底面面积是S2，A项的正方形的面积是224，B项的圆的面积是12，C项的大三角形的面积是222，D项不可能是该锥体的俯视图故选C.【答案】C7(2014湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A1 B2 C3 D4【解析】由题意知，几何体为三棱柱，设最大球的半径为R.2R(68)104，R2.【答案】B8(2015江西铁路中学二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B. C. D5【解析】观察三视图可知，该几何体为一个球和一个圆锥的组合体，球半径为1，圆锥
21、底面半径为2，圆锥高为3，所以该几何体的体积为13223.故选A.【答案】A9(2015新课标高考)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为1620，则r()A1 B2 C4 D8【解析】由题中的三视图可知，该几何体由一个半圆柱与一个半球拼接而成，其表面积为2r2r2r22r2r24r25r21620，解得r2.故选B.【答案】B10.(2013全国新课标高考)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则
22、球的体积为()A. cm3B. cm3C. cm3 D. cm3【解析】利用球的截面性质结合直角三角形求解如图，作出球的一个截面，则MC862(cm)，BMAB84(cm)设球的半径为R cm，则R2OM2MB2(R2)242，R5，V球53(cm3)【答案】A二、填空题11(2015天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.【解析】该几何体是一个组合体，中间是一个圆柱，左、右两侧是两个一样的圆锥，其体积为V2121122(m3)【答案】12(2015山西运城教学检测)若一个空间几何体的三视图是三个边长为2的正方形，则以该空间几何体各个面的中心为顶点的多面体的
23、体积为_【解析】由题意可知，该空间几何体为正方体，以正方体各个面的中心为顶点的多面体是两个相同的正四棱锥组成的几何体，如图，该四棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，故所求多面体的体积V21.【答案】13(预测题)一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的_(填入所有可能的几何体前的编号)三棱锥四棱锥三棱柱四棱柱圆锥圆柱【解析】三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形【答案】14(2015江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8
24、的圆柱各一个若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_【解析】底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱的总体积为524228.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r，则r24r28r2，解得r.【答案】15(2015广西三市4月联考)三棱锥PABC中，PAAB，PAAC，BAC120，PAABAC2，则此三棱锥外接球的体积为_【解析】设ABC外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，ABAC2，BAC120，BC2，2r4，r2，由题意知PA平面ABC，则将三棱锥补成三棱柱可得R，此三棱锥外接球的体积为()3.【答案】第2讲点、直线、
25、平面之间的位置关系1(2015湖北高考)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则()Ap是q的充分条件，但不是q的必要条件Bp是q的必要条件，但不是q的充分条件Cp是q的充分必要条件Dp既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【解析】两直线异面，则两直线一定无交点，即两直线一定不相交；而两直线不相交，有可能是平行，不一定异面，故两直线异面是两直线不相交的充分不必要条件故选A.【答案】A2(2013安徽高考)在下列命题中，不是公理的是()A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那
26、么这条直线上所有的点都在此平面内D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【解析】A不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B是平面的基本性质公理；C是平面的基本性质公理；D是平面的基本性质公理【答案】A3(2014浙江高考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m【解析】选项A，若mn，n，则m或m或m，错误；选项B，若m，则m或m 或m，错误；选项C，若m，n，n，则m，正确；选项D，若mn，n，则m或m或m，错误故选C.【答案】C4(2015江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C
27、1中，已知ACBC，BCCC1.设AB1的中点为D，B1CBC1E.求证：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此BDAC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC，所以ACCC1.又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因为BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因为AC，B
28、1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.从近三年高考，特别是2015年高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为：考什么怎么考题型与难度1.与空间位置关系有关的命题真假的判断主要考查线面平行、垂直与面面平行、垂直判定定理、性质定理的应用题型：选择题难度：中档题2.证明平行关系主要考查直线、线面、面面平行关系的证明题型：解答题难度：基础题或中档题3.证明垂直关系主要考查线线、线面、面面垂直关系的证明与应用题型：解答题难度：基础题或中档题与空间位置关系有关的命题真假的判断(自主探究型)1.(2015浙江高考)设，是两个不同的平面，l，m
29、是两条不同的直线，且l，m.()A若l，则B若，则lmC若l，则 D若，则lm【解析】本题主要考查线面位置关系，意在考查考生的空间想象能力和推理能力对于面面垂直的判定，主要是两个条件，即l，l，如果这两个条件存在，则.【答案】A2(2015广东佛山二模)在空间中，有如下四个命题：平行于同一个平面的两条直线是平行直线；垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则；过平面的一条斜线有且只有一个平面与平面垂直其中正确的命题是()A BC D【解析】平行于同一个平面的两条直线，可能平行，相交或异面，不正确；垂直于同一条直线的两个平面是平行平面，由面面平行的判定定理知
30、正确；若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能平行，也可能相交，不正确；易知正确故选B.【答案】B【规律感悟】判断与空间位置关系有关的命题真假的两大方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定【典例1】(2015陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形【解】(1)以BDC为底面，AD为高，利用体积公
31、式求解；(2)先利用线面平行的性质定理证明四边形EFGH为平行四边形，再证明为矩形(1)由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDCD2，AD1，AD平面BDC，四面体体积V221.(2)证明：BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形一题多变若本例变为：如图，在四面体PABC中，PCAB，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点(1)求证：DE平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形
32、【证明】(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DEPC.又因为DE平面BCP，所以DE平面BCP.(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DEPCFG，DGABEF.所以四边形DEFG为平行四边形又因为PCAB，所以DEDG.所以四边形DEFG为矩形【规律感悟】1.证明线线平行的常用方法(1)利用三角形中位线定理证明：即遇到中点时，常找中位线，利用该定理证明(2)利用平行四边形对边平行证明：即要证两线平行，以两线为对边构造平行四边形证明(3)利用平行公理证明：即要证两线平行，找第三线并证明其分别与要证两线平行即可2证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的判定定理
33、，把证明线面平行转化为证明线线平行(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行3证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行针对训练(2015河北石家庄二中一模)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABCACD90，BACCAD60，E为PD的中点，F在AD上，且FCD30.(1)求证：CE平面PAB；(2)若PA2AB2，求四面体PACE的体积【解】(1)证明：ACD90，CAD60，FDC30.又FCD30，ACF60，AFCFDF，即F为AD的中点又
34、E为PD的中点，EFPA，AP平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.又BACACF60，CFAB，可得CF平面PAB.又EFCFF，平面CEF平面PAB，而CE平面CEF，CE平面PAB.(2)EFAP，AP平面APC，EF平面APC，EF平面APC.又ABCACD90，BAC60，PA2AB2，AC2AB2，CD2.VPACEVEPACVFPACVPACFSACDPA222.命题角度一利用线面垂直的性质证明线线垂直【典例2】(2015河北唐山一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形，ACC1CC1B160，AC2.(1)求证：AB1CC1；
35、(2)若AB1，求四棱锥ABB1C1C的体积【解】本题主要考查线线垂直、线面垂直、四棱锥的体积等基础知识，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力(1)证明：连接AC1，CB1，则ACC1和B1CC1皆为正三角形取CC1的中点O，连接OA，OB1，则CC1OA，CC1OB1，则CC1平面OAB1，则CC1AB1.(2)由(1)知，OAOB1，又AB1，所以OA2OBAB，所以OAOB1.又OACC1，OB1CC1O，所以OA平面BB1C1C.SBB1C1CBCBB1sin 602，故VABB1C1CSBB1C1COA2.命题角度二证明线面垂直、面面垂直【典例3】(2015新课标高
36、考)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE平面ABCD.(1)证明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积【解】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面垂直的性质与判定及三棱锥体积与侧面积的计算等基础知识，考查考生的推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力求解第(1)问时，根据菱形的性质，易知ACBD，由直线BE平面ABCD，得ACBE，进而得到AC平面BED，再根据面面垂直的判定定理得平面AEC平面BED；求解第(2)问时，首先根据AEEC、菱形的性质及三棱锥的体积求出菱形的边长，再求三棱锥的侧面积(1)因为四边形ABC
37、D为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，所以ACBE.故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)证明：设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在Rt AEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACDACGDBEx3.故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥EACD的侧面积为32.【规律感悟】1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊平面图形的性质：如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂
38、直(2)利用勾股定理逆定理(3)利用线面垂直的性质：即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可2证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：把线面垂直的判定转化为证明线线垂直(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直(3)利用常见结论：如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等3证明面面垂直的方法证明面面垂直常用面面垂直的判定定理：即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决针对训练(2015重庆高考)已知如图，三棱锥PABC中，平
39、面PAC平面ABC，ABC，点D，E在线段AC上，且ADDEEC2，PDPC4，点F在线段AB上，且EFBC.(1)证明：AB平面PFE；(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长【解】(1)证明：由DEEC，PDPC知，E为等腰PDC中DC边的中点，故PEAC.又平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，PE平面PAC，所以PE平面ABC，从而PEAB.因ABC，EFBC，故ABEF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB平面PFE.(2)设BCx，则在RtABC中，AB，从而SABCABBCx.由EFBC知，得AFEABC，故，即SAFESABC.由AD
40、AE，得SAFDSAFESABCSABCx，从而四边形DFBC的面积为SDFBCSABCSAFDxxx.由(1)知，PE平面ABC，所以PE为四棱锥PDFBC的高在RtPEC中，PE2.体积VPDFBCSDFBCPEx27，故得x436x22430，解得x29或x227，由于x0，可得x3或x3.所以，BC3或BC3.转化与化归思想求解立体几何中探索性问题思想诠释求解立体几何中的探索问题用到转化与化归思想的常见题型：1探索平行或垂直关系：求解时，常假设其存在，在这个假设下根据题设条件将问题转化为一般的平行、垂直关系的证明问题，进而得出结论2探索条件或结论不完备的开放性问题：求解时，根据题设条件
41、，猜测到其可能的所有情况，逐一将其转化为一般的垂直、平行关系的判断与证明问题去验证，进而得出结论典例剖析【典例】(2015南昌模拟)如图所示，已知四边形ABCD是正方形，EA平面ABCD，PDEA，ADPD2EA2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点(1)求证：平面FGH平面ABE；(2)在线段PC上是否存在一点M，使PB平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由【审题策略】(1)题目涉及证明面面垂直，联想到转化与化归思想，将要证问题转化为线线垂直、线面垂直的问题；(2)题目涉及探索性问题，联想到转化与化归思想，将PB平面EFM，转化为PB垂直于平面EFM中某直线，从而求解
42、【解】(1)证明：因为EA平面ABCD，所以EACB.又因为CBAB，ABAEA，所以CB平面ABE.由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，所以FHBC，则FH平面ABE.而FH平面FGH，所以平面FGH平面ABE.(2)在线段PC上存在一点M，使PB平面EFM.证明如下：在RtAEB中，因为AE1，AB2，所以BE，在直角梯形EADP中，因为AE1，ADPD2，所以PE，所以PEBE.又因为F为PB的中点，所以EFPB.要使PB平面EFM，只需使PBFM.因为PD平面ABCD，所以PDCB，又因为CBCD，PDCDD，所以CB平面PCD，而PC平面PCD，所以CBPC.若PBFM，则PFM
43、PCB，可得，由已知可求得PB2，PF，PC2，所以PM.针对训练(2015四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF平面BEG.【解】(1)点F，G，H的位置如图所示(2)平面BEG平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BCFG，BCFG，又FGEH，FGEH，所以BCEH，BCEH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BECH.又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE平面ACH.同理BG平面ACH.又B
44、EBGB，所以平面BEG平面ACH.(3)证明：连接FH.因为ABCDEFGH为正方体，所以DH平面EFGH.因为EG平面EFGH，所以DHEG.又EGFH，DHFHH，所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD，所以DFEG.同理DFBG.又EGBGG，所以直线DF平面BEG.1必记定理(1)线面平行与垂直的判定定理、性质定理定理符号表示图形表示线面平行的判定定理a线面平行的性质定理ab线面垂直的判定定理l线面垂直的性质定理ab(2)面面平行与垂直的判定定理、性质定理定理符号表示图形表示面面垂直的判定定理面面垂直的性质定理a面面平行的判定定理面面平行的性质定理ab2.重要转化(1)三种平行关系
45、的转化(2)三种垂直关系的转化线线垂直线面垂直面面垂直3易错提醒(1)忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件(2)忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件(3)关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内限时训练(十三)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1(2015广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al
46、与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交【解析】可用反证法假设l与l1，l2都不相交，因为l与l1都在平面内，于是ll1，同理ll2，于是l1l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交【答案】D2(2015湖南长沙3月模拟)用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：若ab，bc，则ac；若ab，ac，则bc；若a，b，则ab；若a，b，则ab.其中真命题的序号是()ABC D【解析】若ab，bc，则ac或a与c相交或a与c异面，所以是假命题；在空间中，平行于同一直线的两条直线平行，所以是真命题；若a，
47、b，则ab或a与b相交或a与b异面，所以是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以是真命题故选D.【答案】D3(2015河北唐山二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足APB1Q，则下列命题错误的是()A存在P，Q的某一位置，使ABPQBBPQ的面积为定值C当PA0时，直线PB1与AQ是异面直线D无论P、Q运动到任何位置，均有BCPQ【解析】对于A，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，ABPQ，所以A正确；对于B，当P在A处，Q在B1处时，BPQ的面积为，当P，Q分别在AD1与B1C的中点时，BPQ的面积为，故B错
48、误；对于C，当PA0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，与已知矛盾，故C正确；对于D，由于BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影，所以BCPQ，故D正确因此选B.【答案】B4(2015江西九江模拟)如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A平面ABC平面ABDB平面ABD平面BCDC平面ABC平面BDE，且平面ACD平面BDED平面ABC平面ACD，且平面ACD平面BDE【解析】因为ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理，DEAC，由于DEBEE，于是AC平面BDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC平面BDE.又AC平面
49、ACD，所以平面ACD平面BDE.故选C.【答案】C5(2013江西高考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么mn()A8 B9C10 D11【解析】取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CDEH，CDFH，所以CD平面EFH，所以AB平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m4，所以mn448.【答案】A二、填空题6(2015浙江金华模拟)在图中，G
50、，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序号)【解析】图中，直线GHMN；图中，G，H，N三点共面，但M面GHN，因此直线GH与MN异面；图中，连线MG，则GMHN，因此GH与MN共面；图中，G，M，N共面，但H面GMN，GH与MN异面图、中GH与MN异面【答案】7(原创题)已知正方形ABCD的边长是1，对角线AC与BD交于O，将正方形ABCD沿对角线BD折成60的二面角，并给出下面结论：ACBD；ADCO；AOC为正三角形；cosADC，则其中的真命题的序号是_【解析】由于BDAO，BDCO，所以BD平面AOC，于是ACBD
51、，所以正确；因为折成60的二面角，所以AOC60，又OAOC，因此AOC为正三角形，故正确；cosADC，故也正确故选.【答案】8(2015广东湛江调研)设x，y，z为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若xz，yz，则xy”为真命题的序号为_x为直线，y，z为平面；x，y，z都为平面；x，y为直线，z为平面；x，y，z都为直线；x，y为平面，z为直线【解析】x平面z，平面y平面z，x平面y或x平面y.又x平面y，故xy，成立；x，y，z均为平面，则x可与y相交，故不成立；xz，yz，x，y为不同直线，故xy，成立；x，y，z均为直线，则x与y可平行，可异面，也可相
52、交，故不成立；zx，zy，z为直线，x，y为平面，所以xy，成立【答案】三、解答题9(2015北京高考)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，VAB为等边三角形，ACBC且ACBC，O，M分别为AB，VA的中点(1)求证：VB平面MOC；(2)求证：平面MOC平面VAB；(3)求三棱锥VABC的体积【解】(1)证明：如图，因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OMVB.又因为VB平面MOC，所以VB平面MOC.(2)证明：因为ACBC，O为AB的中点，所以OCAB.又因为平面VAB平面ABC，且OC平面ABC，所以OC平面VAB.所以平面MOC平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB
53、中，ACBC，所以AB2，OC1，所以SVAB，又因为OC平面VAB，所以VCVABOCSVAB.又因为三棱锥VABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，所以三棱锥VABC的体积为.10(2015太原模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ABC90，ABPBPCBC2CD，平面PBC平面ABCD.(1)求证：AB平面PBC；(2)在棱PB上是否存在点M使得CM平面PAD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：因为ABC90，所以ABBC，因为平面PBC平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC，AB平面ABCD，所以AB平面PBC.(2)在棱PB上存在点M使
54、得CM平面PAD，此时.理由如下：取AB的中点N，连接CM，CN，MN.则MNPA，ANAB.因为AB2CD，所以ANCD.因为ABCD，所以四边形ANCD是平行四边形所以CNAD.由MNPA，得MN平面PAD，由NCAD，得NC平面PAD，MNNCN，得平面MNC平面PAD，因为CM平面MNC，所以CM平面PAD.第3讲用空间向量的方法解决立体几何问题(理)1(2014广东高考)已知向量a(1，0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1，1，0)B(1，1，0)C(0，1，1) D(1，0，1)【解析】各选项给出的向量的模都是，|a|.对于选项A，设b(1，1，0)，则cosa，b.
55、因为0a，b180，所以a，b120；对于选项B，设b(1，1，0)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b60，正确；对于选项C，设b(0，1，1)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b120；对于选项D，设b(1，0，1)，则cosa，b1.因为0a，b180，所以a，b180.故选B.【答案】B2(2014全国新课标高考)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值是()A. B.C. D.【解析】由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标
56、系设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，(1，1，2)(2，2，0)(1，1，2)，(0，1，2)cos，.故选C.【答案】C3(2015四川高考)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_【解析】以AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y，2)(0y2)，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，(1，y，2)，|，(2，1，
57、0)，|，cos .令t2y，要使cos 最大，显然0t2.cos .当且仅当t2，即点M与点Q重合时，cos 取得最大值.【答案】4(2015安徽高考)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值【解】(1)证明：由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，
58、所以EFB1C. (2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，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)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1应满足的方程组(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1)设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2
59、)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.从近三年高考，特别是2015年高考来看，该部分2016年高考命题热点考向为：考什么怎么考题型与难度1.利用空间向量证明平行与垂直主要考查以直棱柱、棱锥或其组合体等易建立空间直角坐标系的几何体为载体，用向量方法证明平行与垂直题型：解答题难度：中档题2.利用空间向量求线线角、线面角、二面角主要考查线线角、线面角、二面角的向量求法题型：解答题难度：中档题3.利用空间向量解决探索性问题主要考查空间几何体中寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题；考查空间想象能力、探究
60、能力和运算能力.题型：解答题难度：中档题或难题利用空间向量证明平行与垂直(自主探究型)(2015厦门模拟)如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面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】本题主要考查向量的证明方法，空间想象能力，推理论证能力及运算能力方法一：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.(1)，(1，0，0)，所以0，所以.因为
61、棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB平面BCF，所以是平面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的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为(1，1，1)，(1，0，0)，由n1n10，得解得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1)因为n1n20，所以平面MDF平面EFCD.方法二：(1)()().所以向量与向量，共面，又OM平面BCF，所以OM平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，因为，所以0，()220.所以OMCD，OMFC，又CDFCC，所以OM平面EFCD.又OM平面MDF，所以平面MDF
62、平面EFCD.【规律感悟】利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤(1)坐标运算法：一般步骤：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；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；通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；根据运算结果解释相关问题(2)基向量运算法：一般步骤：选基向量，要尽量选用三个不共面的且夹角最好为90(其次为60或120)、模长或其关系已知的向量为基向量；将相关向量用基向量表示；将证明问题转化为向量的运算；根据运算结果得结论.利用空间向量求线线角、线面角、二面角(多维探究型)命题角度一利用空间向量求线线角、线面角【典例
63、1】(2015新课标高考)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值【解】本题考查了面面垂直的证明以及异面直线所成角的余弦值的求解，考查了考生的空间想象能力以及推理论证能力首先利用勾股定理得到EGFG，然后得到EG平面AFG，进而可得到平面AEC平面AFC；建立空间直角坐标系，利用向量法求解(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，A
64、BBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.一题多变若题(2)变为：求直线AE与平面ACF所成的角【解】设平面ACF的法向
65、量为n0(x0，y0，z0)，则(0，2，0)，(1，)由n00得，2y00，即y00.由n00得，x0y0z00，所以x0z0，所以n0(z0，0，z0)令z02，则n0(，0，2)所以cos，n0.所以，n045.所以直线AE与平面ACF所成的角为45.命题角度二利用空间向量求二面角【典例2】(2015山东高考)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45 ，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小【解】本题主要考查空间几何体的结构特征、空间中线面平行的证明以及空间角的求解
66、，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力及基本的计算能力(1)根据三棱台的几何特征，可利用线面平行的判定定理证明，也可先证明平面FGH平面ABED，再利用面面平行的性质定理证明线面平行；(2)根据几何体的结构特征，可建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出两平面的法向量，将所求转化为这两个法向量的夹角进行求解，也可利用传统法，先作出所求空间角的平面角，再在三角形中求解(1)证明：法一：连接DG，CD，设CDGFO，连接OH.在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，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OHBD.又OH平
67、面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.连接GB，在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直以G为
68、坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，0)，D(0，0，1)可得H，F(0，1)故，(0，1)设n(x，y，z)是平面FGH的法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，)因为是平面ACFD的一个法向量，(，0，0)所以cos，n.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.【规律感悟】1.利用空间向量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，写出相关向量的坐标(3)结合公式进行论证、计算(4)转化为几何结论2利用空间向量求线线角、线面角的思路(1)异面直线所成的角，可以通过两直线的方向
69、向量的夹角求得，即cos|cos |.(2)直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin |cos |.3利用空间向量求二面角的思路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针对训练(2015广东高考)如图所示，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PDPC4，AB6，BC3.点E是CD边的中点，点F，G分别在线段AB，BC上，且AF2FB，CG2GB.(1)证明：PEFG；(2)求二面角P-AD-C的正切值；(3)求直线PA与直线FG所成角
70、的余弦值【解】以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，P(0，0，)，F(3，1，0)，G(2，3，0)，A(3，3，0)，D(0，3，0)(1)证明：(0，0，)，(1，2，0)，0，PEFG.(2)平面ADC的一个法向量为n1(0，0，1)，设平面PAD的法向量为n2(x，y，z)，则取y1，则x0，z，n2(0，1，)为平面PAD的一个法向量cosn1，n2.记所求二面角的大小为，显然为锐角，cos ，tan .(3)(3，3，)，(1，2，0)，cos，直线PA与直线FG所成角的余弦值为.利用空间向量解决探索性问题(师生共研型)【典例3】(2015长春质检(二
71、)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PAABAD2，四边形ABCD满足ABAD，BCAD且BC4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且.(1)求证：平面ADM平面PBC；(2)是否存在实数，使得二面角PDEB的余弦值为？若存在，试求出实数的值；若不存在，说明理由【解】本题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及线面以及面面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用本题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求(1)证明：取PB的中点N，连接MN、AN，M是PC的中点，N是PB的中点，MNBC，MNBC2，又BCAD，MNAD，MNAD，四边形ADMN为平行四边形APA
72、D，ABAD，AD平面PAB，ADAN，ANMN.APAB，ANPB，AN平面PBC，AN平面ADM，平面ADM平面PBC.(2)存在符合条件的.以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，设E(2，t，0)，从而(0，2，2)，(2，t2，0)，则平面PDE的一个法向量为n1(2t，2，2)，又平面DEB即为平面xAy，其一个法向量为n2(0，0，1)，则cosn1，n2，解得t3或t1，故3或.【规律感悟】利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路(1)优势：空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性
73、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(2)思路：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针对训练(2015太原模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱AA1底面ABC，ACB90，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC1，BC2，AA14.(1)当E是CC1中点时，求证：CF平面AEB1.(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角AEB1B的余弦值是，若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由【解】证明：取AB1的中点G，连结E
74、G，FG，因为点F，G分别是AB，AB1的中点，所以FGBB1，FGBB1.又因为ECCC1，所以FGEC，FGEC，所以四边形FGEC是平行四边形，所以CFEG.因为CF平面AEB1，EG平面AEB1，所以CF平面AEB1.(2)以C点为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，4)，设E(0，0，m)(0m4)，平面AEB1的法向量n1(x，y，z)，则(1，2，4)，(1，0，m)，由n1，n1，得取n1(2m，m4，2)，因为CA平面C1CBB1，所以是平面EBB1的一个法向量，则平面
75、EBB1的法向量n2(1，0，0)，因为二面角AEB1B的余弦值为，则cosn1，n2，解得m1(0m4)所以在棱CC1上存在点E，符合题意，此时CE1.转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题思想诠释求解空间垂直与平行关系及空间角问题用到转化与化归思想的常见题型：1证明空间中的平行与垂直关系：证明时，常根据题设条件选基向量或建立空间直角坐标系转化为向量的平行与垂直问题，进而转化为向量的运算求解2求空间角的大小：求解时，常建立空间直角坐标系转化为向量的夹角问题，进而转化为向量的运算求解3判断点或参数的存在性问题：求解时，根据题设条件，通过向量运算将问题转化为方程(组)解的存在性问题求解
76、典例剖析【典例】(2015天津模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面为直角梯形ABCD，ADBC，BAD90，AP底面ABCD，且PAADAB2BC，M，N分别为PC，PB的中点(1)求证：PBDM；(2)求CD与平面ADMN所成角的正弦值；(3)在棱PD上是否存在点E，PEED，使得二面角CANE的平面角为45，若存在，求出值，若不存在，请说明理由【审题策略】(1)涉及证明PBDM，联想到转化与化归思想，转化为计算0；(2)涉及计算线面角，联想到转化与化归思想，转化为计算直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题；(3)涉及点的存在性问题，联想到转化与化归思想，转化为通过向量运算，构建方程，进而
77、求解【解】(1)证明：如图以A为原点建立空间直角坐标系，设BC1，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，D(0，2，0)，M，N(1，0，1)，P(0，0，2)(2，0，2)，所以0，所以PBDM.(2)(2，1，0)，设平面ADMN的法向量为n(x，y，z)，(0，2，0)，(1，0，1)，由得令x1，得n(1，0，1)，设CD与平面ADMN所成的角为，则sin .(3)设平面ACN的法向量为p(x1，y1，z1)，(2，1，0)，由得令x11，则y12，z11，故p(1，2，1)，假设存在点E(0，m，z)(0m2)，则由PEED，得z2m，0，则点E(0，m，2m)设平面
78、AEN的法向量为q(x2，y2，z2)，则(1，0，1)，(0，m，2m)，由得q，由cos 45，即，整理得7m220m40，m0，2，解得m，此时.结合图形知，此时二面角CANE为135的钝角而非45锐角，故不存在针对训练(2015天津高考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点 (1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长【解】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A
79、(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M.N(1，2，1)(1)证明：依题意，可得n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量.由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0，1，1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，
80、于是sinn1，n2，所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0，1，则E(0，2)，从而(1，2，1)又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，解得2.又因为0，1，解得2.所以，线段A1E的长为2.1必记公式(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos .(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面的法向量，则斜线l与平面所成的角满足sin .(3)二面角：如图(1)，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角a
81、l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n22重要结论设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(1)线线平行：lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.(2)线线垂直：lmabab0a1a2b1b2c1c20.(3)线面平行：laau0a1a3b1b3c1c30.(4)线面垂直：laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(5)面面平行：ka3ka4，b3kb4，c3kc4.(6)面面垂直：0a3a4b3b4c3c40.3易错提醒(1)忽视线面关系定
82、理：利用向量证明平行与垂直关系，仍然离不开立体几何中的定理，如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，就是应用线面平行的判定定理，但要强调直线在平面外(2)忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等(3)不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析限时训练(十四)(理)建议用时实际用时错题档案40分钟一、选择题1(2013山东高考)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(
83、)A.B.C. D.【解析】如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为ABC的中心，由题意知：PO平面ABC，连接OA，则PAO即为PA与平面ABC所成的角在正三角形ABC中，ABBCAC，则S()2，VABCA1B1C1SPO，PO.又AO1，tanPAO，PAO.【答案】B2如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.【解析】不妨设CB1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)(0，2，1)，(2，2，1)cos，.故选A.【答案】A3.(2015辽宁沈阳4
84、月)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别在A1D、AC上，且A1EA1D，AFAC.则()AEF至多与A1D、AC之一垂直BEF是A1D、AC的公垂线CEF与BD1相交DEF与BD1异面【解析】设AB1，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A1(1，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(，0，)，F(，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，(1，0，1)，AC(1，1，0)，EF(，)，(1，1，1)，EF，EFACEF0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC.故选B.【答案】B4
85、(2015江西八校联考)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD折叠，使点B与点C间的距离为，则四面体ABCD外接球的表面积为()A7 B19C. D.【解析】由题意可知四面体ABCD中，BDCD1，ABAC2，AD，BC，BDC120，易得ADBD，ADCD，AD平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，)，B(1，0，0)，C，D(0，0，0)，设球心为O(x，y，z)，由OAOBOCOD，可知O，球的半径r，表面积S4r27.【答案】A5(2015浙江高考)如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()AADB BADB
86、CACB DACB【解析】若CDAB，则ADB为二面角ACDB的平面角，即ADB.若CD与AB不垂直，在ABC中，过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O，交BC于E，连结AO，则AOE为二面角ACDB的平面角，即AOE，AOAO，AAO.又ADAD，AADADB.而AAO是直线AA与平面ABC所成的角，由线面角的性质知AAOAAD，则有ADB.综上有ADB.故选B.【答案】B二、填空题6.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_【解析】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB1，
87、则D(0，0，0)，N(0，1，)，M(0，0)，A1(1，0，1)，(1，1)，(0，1，)，0，A1M与DN所成的角的大小是90.【答案】907已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于_【解析】如图，建立空间直角坐标系设面ABC的法向量为n1(0，0，1)，面AEF的法向量为n2(x，y，z)设正方体的棱长为1，A(1，0，0)，E(1，1，)，F(0，1，)，AE(0，1，)，EF(1，0，)，则取x1，则y1，z3.故n2(1，1，3)，cosn1，n2，面AEF与面ABC所成的二面
88、角的平面角满足cos ，sin ，tan .【答案】8(预测题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，有如下四个结论：ACBD；ACD是等边三角形；AB与平面BCD所成的角为60；AB与CD所成的角为60.其中正确的序号是_(写出你认为正确的结论的序号)【解析】取BD中点O，连接AO、CO，则AOBD，COBD，BD面AOC，ACBD，故正确；又ACAOADCD，ACD是等边三角形，故正确；而ABD是AB与平面BCD所成的角，应为45，故错误；又ACABBDDC(设ABa)，则a2a22a2a22aa()2aa()2a2cosAB，DC，cosAB，DC，AB与CD所成角为60，故
89、正确【答案】三、解答题9(2015福建高考)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F分别是线段BE，DC的中点(1)求证：GF平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值【解】(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GHAB，且GHAB.又F是CD的中点，所以DFCD.由四边形ABCD是矩形得，ABCD，ABCD，所以GHDF，且GHDF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GFDH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQEC.因
90、为BECE，所以BQBE.又因为AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ.以B为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因为AB平面BEC，所以(0，0，2)为平面BEC的法向量设n(x，y，z)为平面AEF的法向量又(2，0，2)，(2，2，1)，由得取z2，得n(2，1，2)从而cosn，所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.10(2015山东聊城二模)如图(1)所示，正ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(如
91、图(2)(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角EDFC的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由【解】(1)平行在ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1)，F(1，0)，(1，0)，(0，1)，(0，0，2)平面CDF的法向量为(0，0，2)，设平面EDF的法向量为n(x，y，z)，则即取n
92、(3，3)，cos，n，所以二面角EDFC的余弦值为.(3)存在设P(s，t，0)，有(s，t，2)，则t20，t，又(s2，t，0)，(s，2t，0)，(s2)(2t)st，st2.把t代入上式得s，在线段BC上存在点P，使APDE.此时，.解题策略五：中档大题规范练立体几何解答题的解法(文)立体几何题担负的重任是考查考生的空间想象能力考试大纲的要求是，能画出简单空间图形(如长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图，理解空间直线、平面位置关系的定义以及它们的判定定理和性质定理，能运用公理、定理和已获得的结论证明一些
93、空间位置关系的简单命题能用空间向量的方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的论证和计算问题立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何体的体积计算【典例】(13分)(2015天津高考)如图，已知AA1平面ABC，BB1AA1，ABAC3，BC2，AA1，BB12，点E和F分别为BC和A1C的中点 (1)求证：EF平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小解题流程(1)(2)(3)规范解答(1)证明：如图，连接A
94、1B.在A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EFBA1.又因为EF平面A1B1BA，所以EF平面A1B1BA.(4分) (2)证明：因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为AA1平面ABC，BB1AA1，所以BB1平面ABC，从而BB1AE.又因为BCBB1B，所以AE平面BCB1，又因为AE平面AEA1，所以平面AEA1平面BCB1.(8分)(3)取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NEB1B，NEB1B，故NEA1A且NEA1A，所以A1NAE，且A1NAE.又因为AE平面BCB1，所以A1N平面BCB
95、1，从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角(10分)在ABC中，可得AE2，所以A1NAE2.因为BMAA1，BMAA1，所以A1MAB，A1MAB，又由ABBB1，有A1MBB1.在RtA1MB1中，可得A1B14.在RtA1NB1中，sinA1B1N，因此A1B1N30.所以，直线A1B1与平面BCB1所成的角为30.(13分)解题模板求证平行与垂直问题的模板第1步：寻求平行与垂直问题的条件；第2步：写出平行与垂直问题的条件；第3步：明确规范地表述结论反思感悟解决线面位置关系问题时，应注意利用线面关系的判定和性质进行相互转化，常见类型有：(1)证明线面、面面平行转化为线线平行问
96、题；(2)证明线面垂直转化为线线垂直问题；(3)证明线线垂直转化为线面垂直；(4)证明面面垂直转化为证明线面垂直、线线垂直；(5)平面图形与空间图形通过折叠进行转化；(6)求几何体的面积、体积及高可通过等积转化法求解针对训练1(2015陕西高考)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBCADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE. (1)证明：CD平面A1OC；(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值【解】(1)证明：在图1中，因为ABBCADa，E是AD的中点BAD，所以BE
97、AC.即在图2中，BEA1O，BEOC.从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，且平面A1BE平面BCDEBE，又由(1)，A1OBE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1BCDE的高由图1知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBCABa2.从而四棱锥A1BCDE的体积为VSA1Oa2aa3，由a336，得a6.2(2015宁夏银川一中二模)如图1，在直角梯形ABCD中，ADC90，CDAB，ADCDAB2，点E为AC中点将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示(1)在CD上找一点F，使AD
98、平面EFB；(2)求点C到平面ABD的距离【解】(1)取CD的中点F，连结EF，BF，在ACD中，E，F分别为AC，DC的中点，EF为ACD的中位线，ADEF，EF平面EFB，AD平面EFB，AD平面EFB.(2)设点C到平面ABD的距离为h，在RtADC中，ADCD2，AC2，易求得BC2，AB4，AC2BC2AB2，ACBC.平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABCAC，且BC平面ABC，BC平面ADC，BC是三棱锥BADC的高，BCAD，又ADDC，DCBCC，AD平面BCD，ADBD.SABDADBD222，由VCABDVBACD，得SABDhSACDBC，即2h222，解得h.点C
99、到平面ABD的距离为.(理)立体几何题担负的重任是考查考生的空间想象能力考试大纲的要求是，能画出简单空间图形(如长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图，理解空间直线、平面位置关系的定义以及它们的判定定理和性质定理，能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题能用空间向量的方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的论证和计算问题立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何量(空间角、
100、空间距离、几何体体积与面积)的计算求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之一般解题步骤是“作、证、求”【典例】(15分)(2015浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点 (1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值解题流程(1)(2)规范解答证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB
101、1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以四边形A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示由题意知各点坐标如下：A1(0，0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，)因此(0，)，(，)，(0，0)(9分)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即可取m(0，1)由即可取n(，0，1)(12分)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面
102、角的余弦值为.(15分)解题模板1求证平行与垂直问题的模板第1步：寻求平行与垂直问题的条件；第2步：写出平行与垂直问题的条件；第3步：明确规范地表述结论2求空间角问题的模板第1步：建立适当的空间坐标系；第2步：求给定的向量、方向向量与法向量；第3步：运用空间向量的数量积公式求空间角；第4步：明确规范地表述结论反思感悟(1)根据几何体的结构特征确定空间线面垂直关系，从而建立适当的空间直角坐标系，进而实现坐标运算；(2)正确理解空间向量有关运算的定义、公式、运算法则，尤其是坐标运算的定义、运算规律，是准确计算的关键针对训练1(2015新课标高考)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，B
103、C10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值【解】(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，(10，0，0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF
104、的法向量，则即所以可取n(0，4，3)又(10，4，8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.2(2015河北衡水中学二模)如图，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PA底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点(1)求证：EF平面PAD；(2)若PA2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角QAPD的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：取PD中点M，连结MF，MA，则MFCD且MFCD，又AECD且AEABCD，MF綊CD，故四边形EFMA为平行四边形，EFAM.又EF平面PAD，AM平面PAD，EF平面PAD.(2)如图，以
105、点A为坐标原点建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，E，F.由题易知平面PAD的一个法向量为m(0，1，0)，假设存在Q满足条件设(01)，因为，E，所以Q.因为(0，0，2)，设平面PAQ的法向量为n(x，y，z)，则取x1，则y，n(1，0)cosm，n，由已知得.解得，则存在满足条件的Q，其是EF的中点专题检测(五)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分)1(2015福建高考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解析】
106、由“m且lm”推出“l或l”，但由“m且l”可推出“lm”，所以“lm”是“l”的必要而不充分条件故选B.【答案】B2(2015安徽高考)已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是()A若，垂直于同一平面，则与平行B若m，n平行于同一平面，则m与n平行C若，不平行，则在内不存在与平行的直线D若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面【解析】A中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；B中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；C中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C错误；D中，若两条直线垂直于同一个平
107、面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面故D正确【答案】D3(2015北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A2B4C22 D5【解析】由三视图分析知，该几何体为底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA平面ABC)，由三视图中的数据可计算得SABC222，SSAC1，SSAB1，SSBC2，所以S表面积22.故选C.【答案】C4(2014广东高考)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1l2，l2l3，l3l4，则下列结论一定正确的是()Al1l4Bl1l4Cl1与l4既不垂直也不平行Dl1与l4的位置关系不
108、确定【解析】构造如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1l4，当取l4为BB1时，l1l4，故排除A、B、C，选D.【答案】D5(2015贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用代表图形)()A BC D【解析】正视图应该是相邻两边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线， 左上到右下是虚线，因此正视图是；侧视图应该是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是；俯视图应该是相邻两边长为3和5的
109、矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是.故选B【答案】B6(2015云南师大附中四模)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是()A9 B10C12 D18【解析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，其体积V(24)339.故选A.【答案】A7(2014湖北高考)算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也又以高乘之，三十六成一该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式VL2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么，近似公式VL2h相当于将圆锥体积公
110、式中的近似取为()A. B.C. D.【解析】由题意知l2r，ShL2h，即r2h(2r)2h，2，解得.故选B.【答案】B8(2015河南郑州二模)如图，矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在翻折过程中，下面四个命题中不正确的是()ABM的长是定值B点M在某个球面上运动C存在某个位置，使DEA1CD存在某个位置，使MB平面A1DE【解析】延长CB至F，使CBBF，连结A1F，可知MB为A1FC的中位线，即MBA1F，连结EF，可知D、E、F三点共线，从而可知在翻折过程中A1EF大小不变，在翻折过程中A1F的长为定值，所以BM的
111、长为定值故A正确；设DE的中点为N，则点A1绕点N，以A1N的长为半径做圆周运动，则点M绕CN的中点，以定长为半径做圆周运动，所以点M在某个球面上运动故正确；由题意知DEEC，若DEA1C，则DE平面ECA1，于是DEA190，又因为DAE90，即DA1E90，此时在一个三角形中有两个直角，所以DE不可能垂直于A1C.故错误；因为MBA1F，又A1F在平面A1DE内，所以存在某个位置使得MB平面A1DE，故正确【答案】C9(2015河南洛阳统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为()A200 B150C100 D50【解析】由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到
112、，此长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以外接球半径R满足2R5，所以外接球的表面积为S4R2450.故选D.【答案】D10(文)(2015甘肃兰州双基)已知三棱锥PABC的各顶点都在以O为球心的球面上，且PA、PB、PC两两垂直，若PAPBPC2，则球心O到平面ABC的距离为()A. B.C1 D.【解析】由条件知三棱锥PABC可看作正方体的一个角，它的外接球就是该正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，又体对角线长为2，故球的半径R.设点P到平面ABC的距离为h，因为VPABCVAPBC，即hSABCPASPBC，可得h，所以球心O到平面ABC的距离为Rh.故选D.【答案】D(
113、理)(2015贵州贵阳监测)已知点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有()A0条 B1条C2条 D无数条【解析】如图，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，以C为原点建立空间直角坐标系，则D1(2，0，2)，E(1，2，0)，C1(0，0，2)，F(2，2，1)，(1，2，2)，(2，2，1)，设(01)，则M(2，2，22)，设t(0t1)，则N(2t，2t，2t)，(2t2，2t2，2t)要使直线MN与平面ABCD垂直，则解得t，与平面ABCD垂直的直线MN有1条故选B.【答案】B二
114、、填空题(本大题共4小题，每小题5分)11(2015广西南宁适应性测试二)设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等且，则的值是_【解析】设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有2r1h12r2h2，即r1h1r2h2，又，则.【答案】12(2015安徽马鞍山一模)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，给出下列四个命题：对角线AC1被平面A1BD和平面B1CD1三等分；正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的表面积之比为123；以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是；正方体与以A为球心，1为半径的球的公共部分的体积是
115、.其中正确命题的序号为_【解析】设对角线AC1与平面A1BD相交于点M，则AM平面A1BD，AM()2111，解得AMAC1，设对角线AC1与平面B1CD1相交于点N，则NC1平面B1CD1，C1N()2111，解得C1NAC1，因此对角线AC1被平面A1BD和平面B1CD1三等分，正确；正方体的内切球、与各条棱相切的球、外接球的半径分别为、，因此它们的表面积之比为444123，正确；以A1，B，D，C1为顶点的三棱锥的体积为V134，不是，不正确；正方体与以A为球心，1为半径的球的公共部分的体积为V13，正确【答案】13(2015辽宁大连双基)如图，ACB90，DA平面ABC，AEDB交DB
116、于E，AFDC交DC于F，且ADAB2，则三棱锥DAEF体积的最大值为_【解析】因为DA平面ABC，所以DABC，又BCAC，DAACA，所以BC平面ADC，所以BCAF，又AFCD，BCCDC，所以AF平面DCB，所以AFEF，AFDB，又DBAE，AEAFA，所以DB平面AEF，所以DE为三棱锥DAEF的高因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE，设AFa，FEb，则AEF的面积Sab，所以三棱锥DAEF的体积V(当且仅当ab1时等号成立)【答案】14(2015广东深圳五校联考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为_【解析】由三视图知这个多面体是正方体截去两个全等的三棱
117、锥后剩余的部分，其直观图如图所示，结合题图中尺寸知，正方体的体积为238，一个三棱锥的体积为111，因此多面体的体积为82.【答案】三、解答题(本大题共2小题，每小题15分)15(文)(2015安徽高考)如图，三棱锥PABC中，PA平面ABC，PA1，AB1，AC2，BAC60.(1)求三棱锥PABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值【解】(1)由题设AB1，AC2，BAC60，可得SABCABACsin 60.由PA平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高，又PA1.所以三棱锥PABC的体积VSABCPA.(2)证明：如图，在平面ABC内，过点B作BNAC，垂足
118、为N.在平面PAC内，过点N作MNPA交PC于点M，连接BM.由PA平面ABC知PAAC，所以MNAC.由于BNMNN，故AC平面MBN，又BM平面MBN，所以ACBM.在RtBAN中，ANABcosBAC，从而NCACAN，由MNPA，得.(理)(2015重庆高考)已知如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值【解】(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD
119、内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以，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，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2，1，1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，
120、n2，故所求二面角APDC的余弦值为.16(文)(2015广东佛山一模)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是ABC60的菱形，M为PC的中点(1)求证：PCAD；(2)在棱PB上是否存在一点Q，使得A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明：若不存在，请说明理由；(3)求点D到平面PAM的距离【解】(1)证明：取AD的中点O，连结OP，OC，AC，因为四边形ABCD是ABC60的菱形，所以ADC60，ADCD，所以ACD是正三角形，所以OCAD，又PAD是正三角形，所以OPAD，又OCOPO，OC平面POC，OP平面POC，所以AD平
121、面POC，又PC平面POC，所以PCAD.(2)存在当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面证明如下：取棱PB的中点Q，连结QM，QA，因为M为PC的中点，所以QMBC，在菱形ABCD中，ADBC，所以QMAD，所以A，Q，M，D四点共面(3)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离，由(1)可知POAD，因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的高，在RtPOC中，POOC，PC，在PAC中，PAAC2，PC，所以边PC上的高AM，所以SPACPCAM，设点D到平面PAC的距离为h，由VDPACVPAC
122、D得，SPAChSACDPO，即h22，解得h，所以点D到平面PAM的距离为.(理)(2015江苏高考)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(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，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.高考资源网版权所有，侵权必究！
