1、习题课发展要求与高考对接(七)教学指导意见中的发展要求1了解柱体、锥体、台体之间的关系2会用反证法证明两条直线是异面直线，初步体验将空间问题转化为平面问题的思想方法考点一线面位置关系的证明与空间角的求解学生用书P158(2015高考浙江卷)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(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE(图略)，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E
2、分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A，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.(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)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)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A1BD
3、B1的平面角的余弦值为.(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是建立恰当的直角坐标系，将空间中的线、面分别用向量正确表示，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题(2)空间向量法求解空间角的关键是把空间角转化为空间向量所成的角. 1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ACAB，AB2AA1，M是AB的中点，A1MC1是等腰三角形，D是CC1的中点，E是BC上一点(1)若EB3CE，证明：DE平面A1MC1；(2)求直线BC与平面A1MC1所成角的余
4、弦值解：法一：(1)取BC的中点N，连接MN，C1N，因为M，N分别是AB，BC的中点，所以MNACA1C1，所以A1，M，N，C1四点共面，且平面BCC1B1平面A1MNC1C1N.又EB3CE，即E是NC的中点，所以DEC1N.又DE平面A1MC1，C1N平面A1MC1，所以DE平面A1MC1.(2)连接B1M，因为AA1平面ABC，所以AA1AB，即四边形ABB1A1为矩形，且AB2AA1，因为M是AB的中点，所以B1MA1M，因为CAAA1，CAAB，ABAA1A，所以CA平面ABB1A1，所以A1C1平面ABB1A1，所以A1C1B1M，从而B1M平面A1MC1，所以MC1是B1C1
5、在平面A1MC1内的射影，所以B1C1与平面A1MC1所成的角为B1C1M.又B1C1BC，所以直线BC与平面A1MC1所成的角即为B1C1与平面A1MC1所成的角，即为B1C1M.设AB2AA12，又A1MC1是等腰三角形，所以A1MA1C1，则MC12，B1C1，所以cos B1C1M，所以直线BC与平面A1MC1所成角的余弦值为.法二：(1)因为AA1平面ABC，又ACAB，所以以A为原点，以AB，AA1，AC所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示设AB2AA12，又A1MC1是等腰三角形，所以A1(0，1，0)、M(1，0，0)，C1(0，1，)，B(2，0，0)
6、，C(0，0，)，所以(1，1，0)，(0，0，)设平面A1MC1的法向量为n(x，y，z)，则即可得z0，令x1，则y1，所以n(1，1，0)是平面A1MC1的一个法向量又EB3CE，D是CC1的中点，所以E，D，所以，由于n0，所以n，又DE平面A1MC1，所以DE平面A1MC1.(2)由(1)知平面A1MC1的一个法向量为n(1，1，0)，B(2，0，0)，C(0，0，)，(2，0，)，设直线BC与平面A1MC1所成角的大小为，则sin |cosn，|，又0，所以cos ，即直线BC与平面A1MC1所成角的余弦值为.考点二平面图形的翻折问题学生用书P159在平行四边形ABCD中，AB1，
7、AD，且BAD45，以BD为折线，把ABD折起，使ABDC，连接AC，得到三棱锥ABCD.(1)求证：平面ABD平面BCD；(2)求二面角BACD的大小解(1)证明：在ABD中，BD2AB2AD22ABADcos 451，所以BD1，所以ABBD.又ABDC，BD平面BCD，DC平面BCD，BDDCD，所以AB平面BCD，又AB平面ABD，所以平面ABD平面BCD.(2)在三棱锥ABCD中，以D为原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过D且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)， A(1，0，1)设平面ABC的
8、法向量为n(x，y，z)，而(0，0，1)，(1，1，0)，则即令x1，得y1，故n(1，1，0)为平面ABC的一个法向量设平面DAC的法向量为m(x，y，z)，而(1，0，1)，(0，1，0)，则，即，令x1，得z1，则m(1，0，1)为平面DAC的一个法向量，所以cosn，m，所以二面角BACD的大小是60.翻折问题的求解策略(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化(2)在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形，进而将其转化为立体几何的常规问题求解 2.(2016青岛模拟)如图
9、所示，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，点E，F分别在BC，AD上，且E为BC的中点，EFAB.现将四边形ABEF沿EF折起，使二面角AEFD等于60.(1)设P为AD的中点，求证：CP平面ABEF；(2)求直线AF与平面ACD所成角的正弦值解：(1)证明：取AF的中点Q，连接QE，QP.则QPDF，QPDF.又DF4，EC2，且DFEC，所以QPEC，且QPEC，即四边形PQEC为平行四边形所以CPQE.又因为QE平面ABEF，CP平面ABEF，所以CP平面ABEF.(2)由题意知，翻折后仍有EFAF，EFFD，则EF平面AFD.所以AFD为二面角AEFD的平面角
10、，即AFD60.过A作AOFD于O.又因为AOEF，所以AO平面CDFE.作OGEF交EC于G，则OGFD，AOOG.分别以OG，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，在RtAOF中，AF2，AFO60，则FO1，OA.所以F(0，1，0)，A(0，0，)，D(0，3，0)，C(2，1，0)所以(0，1，)，(0，3，)，(2，2，0)设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则即令z，得y1，x1，所以n(1，1，)，则cosn，.所以直线AF与平面ACD所成角的正弦值为.考点三立体几何中的探索性问题学生用书P159(2014高考湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA
11、1B1C1D1中E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02)(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解法一：(1)证明：如图(1)，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)如图(2)，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EFBD，且EFB
12、D.又DPBQ，DPBQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQBD，从而EFPQ，且EFPQ.在RtEBQ和RtFDP中，因为BQDP，BEDF1，于是EQFP，所以四边形EFPQ是等腰梯形同理可证四边形PQMN是等腰梯形分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GOPQ，HOPQ，而GOHOO，故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90.连接EM，FN，则由EFMN，且EFMN，知四边形EFNM是平行四边形连接GH，因为H，G分别是EF，MN的中点，所以GHME2.在GOH中，GH2
13、4，OH2122，OG21(2)2(2)2，由OG2OH2GH2，得(2)224，解得1，故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角法二：向量方法：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图(3)所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0)(1)证明：当1时，(1，0，1)，因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，
14、z)，则由可得于是可取n(，1)同理可得平面MNPQ的一个法向量为m(2，2，1)若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角探索性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 3.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中
15、点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点(1)证明：DFAE；(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由解：(1)证明：因为AEA1B1，A1B1AB，所以ABAE，又因为ABAA1，AEAA1A，所以AB平面A1ACC1，又因为AC平面A1ACC1，所以ABAC.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，E，F，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)设D(x，y，z)，且0，1，则(x，y，z1)(1，0，0)，所以D(，0，1)，所以，又，所以0，所以DFAE.(2)假设存在，设平面DEF的法向
16、量为n(x1，y1，z1)，则因为，所以即令z12(1)，则n(3，12，2(1)由题可知平面ABC的一个法向量m(0，0，1)因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为，所以|cosm，n|，即，所以或(舍去)，所以当点D为A1B1的中点时，满足要求1.如图，ABCDA1B1C1D1是正方体，E、F分别是AD、DD1的中点，则平面EFC1B和平面BCC1所成二面角的正切值等于()A2B.C. D.解析：选A.设正方体的棱长为2，建立以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，(1，2，0)，(1，0，1)易知平面B
17、CC1的一个法向量为(0，2，0)，设平面EFC1B的法向量为m(x，y，z)，则mx2y0，mxz0，令y1，则m(2，1，2)，故cosm，tanm，2.故所求二面角的正切值为2.2(2016唐山统考)已知点A、B、C、D均在球O上，ABBC，AC3，若三棱锥DABC体积的最大值为，则球O的表面积为()A36 B16C12 D.解析：选B.由题意可得，ABC，ABC的外接圆半径r，当三棱锥的体积取最大值时，VDABCSABCh(h为点D到底面ABC的距离)hh3，设R为球O的半径，则(3R)2R2r2R2，所以球O的表面积为42216.3已知多面体ABCA1B1C1的直观图和三视图如图所示
18、，则平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值是_解析：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(1，1，2)，则(1，1，2)，(1，1，0)，(0，2，2)设平面C1A1C的法向量为m(x，y，z)，则由得取x1，则y1，z1.故m(1，1，1)，而平面A1CA的一个法向量为n(1，0，0)，则cosm，n，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.答案：4.如图，梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻
19、折，给出下列四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，则上述结论可能正确的是_解析：对于，因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则不成立；对于，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234可使条件满足，所以正确；对于，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；对于，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立答案：5(2016九江统考)如图所示，在长方体ABCDABCD中，ABADAA(0)，E，F分别是AC和AD的中点，且EF平面ABCD.(
20、1)求的值；(2)求二面角CABE的余弦值解：以D为原点，DA，DC，DD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系设AAAD2，则AB2，D(0，0，0)，A(2，0，2)，D(0，0，2)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，2)，F(1，0，0)(1)(0，2)，(2，0，0)，(0，2，2)，因为EFDA，EFAB，所以0，0，即2240，所以.(2)设平面EAB的一个法向量为m(1，y，z)，则因为(0，2，2)，(1，0)，所以所以y，z1，所以m.由已知得为平面ABC的一个法向量，又(0，2)，所以cosm，.又二面角CABE为锐二面角，所以二面角CABE的余弦值为.6
21、(2015高考江苏卷)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)由题意知，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
22、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，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.1(2016宣城一模)如图，已知矩形ABCD中，AB2AD2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB.(1)求证：平面AOD平面ABCO；(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值解：(1)证明：在
23、矩形ABCD中，因为AB2AD2，O为CD的中点，所以AOD，BOC为等腰直角三角形，所以AOB90，即OBOA.取AO的中点H，连接DH，BH，则OHDHAO，在RtBOH中，BH2BO2OH2，在BHD中，DH2BH23，又DB23，所以DH2BH2DB2，所以DHBH.又DHOA，OABHH，所以DH平面ABCO.而DH平面AOD，所以平面AOD平面ABCO.(2)分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0)，A(，0，0)，D，C.所以(，0)，.设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，由得即xy，xz，令x1，则yz1，n(1，1，
24、1)设为直线BC与平面ABD所成的角，则sin ，即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.2.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论解：(1)证明：因为DE平面ABCD，所以DEAC.因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，又DEBDD，所以AC平面BDE.(2)因为DE平面ABCD，所以EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.所以.由AD3，得BD3，DE3，AF.如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)所以(0，3，)，(3，0，2)设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z，则n(4，2，)因为AC平面BDE，所以(3，3，0)为平面BDE的一个法向量因为cosn，.故二面角FBED的余弦值为.(3)依题意，设M(t，t，0)(t0)，则(t3，t，0)，因为AM平面BEF，所以n0，即4(t3)2t0，解得t2.所以点M的坐标为(2，2，0)，此时，所以点M是线段BD上靠近B点的三等分点
