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2013立体几何理科总复习杨老师专题讲座共五讲20121223

立体几何中的向量方法专题讲座共五讲20121223

第一讲平行与垂直

方法总结

1．位置关系：（1）．两条异面直线相互垂直

证明方法：○1证明两条异面直线所成角为90o；○2证明两条异面直线的方向量相互垂直。（2）．直线和平面相互平行

证明方法：○1证明直线和这个平面内的一条直线相互平行；○2证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个向量相互平行；○3证明这条直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直。

（3）．直线和平面垂直

证明方法：○1证明直线和平面内两条相交直线都垂直，○2证明直线的方向量与这个平面内不共线的两个向量都垂直；○3证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。

（4）．平面和平面相互垂直

证明方法：○1证明这两个平面所成二面角的平面角为90o；○2证明一个平面内的一条直线垂直于另

外一个平面；○3证明两个平面的法向量相互垂直。

考点1.利用空间向量证明空间垂直问题

利用空间向量证明空间线线、线面、面面垂直问题是高考考查的重点内容，考查形式灵活多样，常与探索性问题、平行问题、空间角问题结合，考查形式可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，题目容易，是高考中的重要得分点.

例1(2010辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=

A B ，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为PB,BC 的

中点.证明：CM ⊥SN ；

审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.

证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图，则P （0,0,1），C （0,1,0），B （2,0,0），M （1,0,

），N （12

,0,0），S （1,12

,0）

111

(1,1,),(,,0)222

C M SN =-=-- ,

因为11

0022

C M SN ?=-++= ，所以CM ⊥SN .

【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线

垂直.

例2(2010天津理19) 在长方体1111

A B C D A B C D -中，E 、F 分别是棱B C ,1C C 上的点，C F =A B =2C E , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明A F ⊥平面1A E D

审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.

解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F ,

1(0,0,4)A ,31,,02E ??

???已知(1,2,1)A F = ,131,,42EA ??=-- ??? ,11,,02ED ??=- ??

? 于是AF ·1E A =0，

AF ·ED

=0.因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ?=所以A F ⊥平面1A E D

【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可.

例 3 （2010年山东文）在如图所示的几何体中，四边形

A B C D 是正方形，M A ⊥平面A B C D ，//P D M A ，E 、

G 、分别为M B 、P B 、P C 的中点，且2AD PD M A ==.求证：平面

E F G ⊥平面P D C .

审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.

解析：以A 为原点，向量DA ,AB ,AM

分别为x 轴、y 轴、

z 轴

的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C (－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则

E(0,1,

),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，∴

E G =(-1,0,12),G F

=(－1,0,0),设平面EFG 的法向量m =（x ，y ，z ），则

EG ? m =1

2x z -+=0且GF ? m =x -=0，取y =1，则x =z =0，∴m =（0，1,0）,

易证面PDC 的法向量为DA

=(2,0,0), ∵DA ? m =200100?+?+?=0,

∴m ⊥DA

, ∴平面E F G ⊥平面P D C

【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向

量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.

考点2.利用空间向量处理空间平行关系

空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一

证直线和平面平行定理：已知直线?a 平面α，α∈∈D C a B A ,,,，且C 、D 、E 三点不共线，则a ∥α的充要条件是存在有序实数对μλ,使CE

CD AB

μλ+=.（常设CE

CD AB

μλ+=求解μλ,若μλ,存

在即证毕，若μλ,不存在，则直线AB 与平面相交）.

例1（2010 湖南理18）在正方体1111ABC D A B C D -，E 是棱1DD 的中点。在棱11C D 上是否存在一点F ，使1B F ∥平面1A BE ?证明你的结论。审题要津：本题坐标系易建立，可用向量法求解.

解析：以A 为坐标原点，如图建立坐标系，设正方形的棱长为2，则

B(2,0,0),E(0,2,1),1A (0,0,2),1B (2,0,2)，

∴BE

=(－2,2,1),1B A =（－2，0，2），

设面1BEA 的法向量为m =（x ，y ，z ），则

BE ? m =22x y z -++=0且1BA ?

m =22x z +=0，取x =1，

则z =－

1，y =

，∴m =（1，

，－1）,假设在棱11C D 上存在一点F ，使1B F ∥平面1A BE ，设F(0x ，2，

2)（0≤0x ≤2）,则BF =（02x -，2，2），则BF ? m =03

1(2)2(1)22

x ?-+?+-?=0，

解得0x =1， ∴当F 为11C D 中点时，1B F ∥平面1A BE .【点评】对于易建立坐标系的线面平行问题的向量解法，有两种思路：（1）用共面向量定理，证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来，即这三个向量共线，根据共面向量概念和直线在平面外，可得线面平行；（2）求出平面法向量，然后证明法向量与直线的方向向量垂直即可.对于探索性问题，通常先假设成立，设出相关点的坐标，利用相关知识，列出关于坐标的方程，若方程有解，则存在，否则不存在.注意，（1）设点的坐标时，利用点在某线段上，设出点分线段所成的比，用比表示坐标可以减少未知量，简化计算;(2)注意点的坐标的范围.

例2在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，在底面ABC 中A B C ∠=0

90,D

是BC 上一点，且1A B ∥面1AC D ，1D 为11B C 的中点，求证：面11A BD ∥面1

AC D .

审题要津：本题的坐标系容易建立，可用向量法.

解析：以B 点为原点，如图建立坐标系，设AB=a ，BC=2b ，1B B =c ，则A （a ,0,0），1C (0，2b ，c )，1B (0,0, c )，1A (a ，0，c )， ∴1D (0，b ，c )，设D(0，0y ，0)（0≤0y ≤2b ）

， ∴AD

=(－a ，0y ，0)，1A C =(－a ，2b ，c )，1B A =(a ，0，c )，1BD =（0，b ，c ），

设面1AC D 的法向量为m =(1x ，1y ，

1z )，则AD ? m =101ax y y -+=0且1AC ? m =1112ax by cz -++=0，取1y =a ，则1x =0y ，1z =02ay ab

-，则m =（0y ，a ，

02ay ab

-），又∵1A B ∥面1AC D ，

∴1BA ?

m =002ay ab

ay c c

-+?

=0，解得0y =b ， ∴m =（b ，a ，a b

c -

），

设面11A BD 的法向量为n =(2x ,2y ,2z ),则1BA ?

n =22ax cz +=0且1B D ? n =22by cz +=0，

取2z =1，则2x =c a

-，2y =c b

，则n =(c a

-，c b

-，1)，∴n =c ab

m ， ∴m ∥n ， ∴面11

A BD ∥面1AC D .【点评】对面面平行问题的向量方解法有两种思路，（1）利用向量证明一个面内两条相交直线分别与另一个平面平行，根据面面判定定理即得；（2）求出两个平面的法向量，证明这两个法向

量平行，则这两个面就平行.

专题训练一证明空间线面平行与垂直

1. 如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，点D 是AB 的中点，（I ）求证：AC ⊥BC 1；（II ）求证：AC 1//平面CDB 1；

解析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线面垂直来证明线线垂直；（2）证明线面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二是通过面面平行得到线面平行.答案:解法一：（I ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面三边长AC =3，BC =4AB =5，

∴ AC ⊥BC ，且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ，∴ AC ⊥BC 1；

（II ）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点， ∴ DE//AC 1，∵ DE ?平面C D B 1，AC 1?平面C D B 1， ∴ AC 1//平面C D B 1；

解法二：∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC 、BC 、C 1C 两两垂直，如图，以C 为坐标原点，直线CA 、CB 、C 1C 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则C （0,0，0），A （3,0，0），C 1（0,0，4），B （0,4，0），B 1（0,4，4），D （

3，2,0）

转化

（

1）∵AC ＝（－3,0，0），1BC ＝（0，－4,0），∴AC ?1BC ＝0，∴AC ⊥BC 1. （2）设CB 1与C 1B 的交战为E ，则E （0,2，2）.∵DE ＝（－2

3，0,2），1AC ＝

（－3,0，4），∴12

1AC DE =，

∴DE ∥

AC 1.

点评：2．平行问题的转化：

面面平行线面平行线线平行；

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理．

2. （two ）如图所示，四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，PA ⊥底面ABCD ，PA=AD=CD=2AB=2，M 为PC 的中点。

(1)求证：BM ∥平面PAD ；

(2)在侧面PAD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD ； (3)求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦。

解析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.

答案：（1） M 是PC 的中点，取PD 的中点E ，则

CD 21

，又AB

CD 2

∴四边形ABME 为平行四边形 ∴BM ∥EA ，PAD BM 平面? PAD EA 平面?

∴BM ∥PAD 平面

（4分）（2）以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则())0,0,1B ，()0,2,2C ，()0,2,0D ，()2,0,0P ，()1,1,1M ，()1,1,0E

在平面PAD 内设()z y N ,,0，()1,1,1---=→--z y MN ，()2,0,1-=→--PB ，()0,2,1-=→

--DB 由

→

--→

--⊥PB

MN ∴0

221=+--=?→

--→

--z PB MN ∴2

z 由→

--→--⊥DB MN

∴0221=+--=?

→

--→

--y DB MN

∴21

=y ∴??

??21,21,0N ∴N 是AE 的中点，此时

BD MN P 平面⊥

（8分）

（3）设直线PC 与平面PBD 所成的角为θ()2,2,2-=→

--PC ，??? ?

---=→

--21,21,1MN ，设→

--→--MN

PC ,为α

6322cos -

→

--→

--→--MN

PC MN

PC α 3

2c o s s i n =

-=αθ

故直线PC 与平面PBD 所成角的正弦为

2 （12分）

解法二：

（1） M 是PC 的中点，取PD 的中点E ，则

CD 21

，又

CD 2

∴四边形ABME 为平行四边形 ∴BM ∥EA ，PAD BM 平面? PAD EA 平面?

∴BM ∥PAD 平面

（4分）（2）由（1）知ABME 为平行四边形

ABCD PA 底面⊥∴AB PA ⊥，又AD AB ⊥

∴PAD AB 平面⊥ 同理PAD CD 平面⊥，PA D 平面?AE

∴AE AB ⊥ ∴A B M E 为矩形 CD ∥ME ，PD CD ⊥，又AE PD ⊥

∴PD ⊥ME ∴

A B ME 平面⊥PD P B D PD 平面?∴A B M E P B D 平面平面⊥ 作EB ⊥MF 故PBD 平面⊥MF MF 交AE 于N ，在矩形ABME 内，1==ME AB ，2=

AE ∴3

MF ，2

NE N 为AE 的中点 ∴当点N 为AE 的中点时，BD MN P 平面⊥

（8分）（3）由（2）知MF 为点M 到平面PBD 的距离，MPF ∠为直线PC 与平面PBD 所成的角，设

为θ，3

2sin =

MF θ∴直线PC 与平面PBD 所成的角的正弦值为

点评：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来

第二讲-------空间夹角

利用空间向量处理异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题

异面直线夹角、线面角、二面角等空间角问题是高考考查的热点和重点，常与探索性问题、平行问题、垂直等问题结合，重点考查综合利用空间向量、空间平行与垂直的有关定理、空间角的相关概念解决空间角问题的能力，是立体几何中的难点，难度为中档难度. （二）、知识梳理，方法定位（学生完成复资P132页填空题，教师准对问题讲评） 1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。

（1）异面直线所成的角的范围是]2

,0(π

。求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移

动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。

具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角；③利用三角形来求角。

C α

（2）直线与平面所成的角的范围是]2

0[π

。求直线和平面所成的角用的是射影转化法。

具体步骤如下：

①找过斜线上一点与平面垂直的直线；

②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角； ③把该角置于三角形中计算。

注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线

所成的角，则有αθ≤；

（3）确定点的射影位置有以下几种方法：

①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平

面的射影上；

②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的

平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；

③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上； ④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：

a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；

b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；

c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；

（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。作二面角的平面角常有三种方法

①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；

②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；

③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。

斜面面积和射影面积的关系公式：θcos ?='S S (S 为原斜面面积,S '为射影面积,θ为斜面与射影所成二面角的平面角)这个公式对于斜面为三角形,任意多边形都成立.是求二面角的好方法.当作二面角的平面角有困难时,如果能找得斜面面积的射影面积,可直接应用公式,求出二面角的大小。（5）用法向量求二面角

量1n 与2n ，

如图，有两个平面α与

，分别作这两个平面的法向

则平面α与β所成的角跟法向量1n 与2n 所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角。

（6）法向量求直线与平面所成的角

要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a

的夹角的余弦a cos ，易知θ

或者

a 2

-π

。

第二课时用向量法求空间夹角热点考点题型探析

题型1：异面直线所成的角（1）．两条异面直线所成的角

求法：○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；○2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是

0(π

，向量所成的角范围是],0[π，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角。

例1、在正方体ABCD —1111D C B A 中，M 是棱DD 1的中点，点O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则异面直线OP 与AM 所成角的大小为_____．

例2、如图，正方体ABCD —1111D C B A 中，E 、F 分别是AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1C 与EF 所成角的余弦值为_____

例3、已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为棱AB 的中点。求：D 1E 与平面BC 1D 所成角的大小（用余弦值

表示）

解析：建立坐标系如图，

则()2,0,0A 、()2,2,0B ，()0,2,0C ，

()12,0,2A ，()12,2,2B ，()10,0,2D ，()2,1,0E ，()12,2,2A C =--

，

()12,1,2D E =- ，()0,2,0AB = ，()10,0,2B B =

。

不难证明1A C

为平面

BC 1D 的法向量，

∵

111111cos ,A C D E A C D E A C D E

∴ D 1E 与平面BC 1D 所成的角的余弦值为

3。

反思归纳：将异面直线间的夹角转化为空间向量的夹角。

例4、[2012·全国卷] 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．

[解析] 由题意知，AB 1→＝AB →＋AA 1→，BC 1→＝BB 1→＋BC →＝BA →＋AC →＋AA 1→

.又∠CAA 1＝∠BAA 1＝∠BAC

＝60°，设边长、侧棱长为1，则AB 1→2＝(AB →＋AA 1→)2＝AB →2＋AA 1→2＋2AB →·AA 1→＝3，所以|AB 1→

|＝3，同理可

得|BC 1→

|＝ 2.

AB 1→·BC 1→＝AB →·BA →＋AB →·AC →＋AB →·AA 1→＋AA 1→·BA →＋AA 1→·AC →＋AA 1→2＝1，所以cos 〈AB 1→·BC 1→

〉＝

AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|

＝13·2＝66.

例5、[2012·上海卷] 如图1－3所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD .E 是PC 的中点，已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求：(1)三角形PCD 的面积；

(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．

解：(1)因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD .又AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD .

从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋(22)2＝23，CD ＝2.所以三角形PCD 的面积为1

×2×23＝2 3.

(2)

C (2,22，0)，E (1，2，1)．

AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0,22，0)，设AE →与BC →

的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22

＝22，

∴θ＝π4.由此知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π

解法二：取PB 中点F ，连接EF 、AF ，则

EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．

在△AEF 中，由EF ＝2、AF ＝2、

所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π

题型2：直线与平面所成的角直线和平面所成的角

求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。○2向量法，先求直线的方向量于平面的法向量所成的角α，那么所要求的角为απ

-2

或2

α-

。直线A B 与平面所成角

sin ||||

AB m

arc AB m β?=

(m 为平面α的法向量).

例1、（ 2010全国）正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面

AC 1D 所成角的余弦值为______．

审题要津：本题是正方体中的线面关系问题，可用空间向量法求解.

解析：如图建立坐标系，设正方体棱长为1，1B B 与面1A C D 的夹角为θ，则D(0,0,0),C(0,1,0)，

B(1,1,0),A(1,0,0),1D (0,0,1),1B (1,1,1), ∴A C =（－1，1,0），1A D =(－1,0,1),1BB =(0,0,1), 设面1A C D 的法向量n =（x ，y ，z ），则0=AC ? n =x y -+且0=1A D ? n =x z -+，取x =1，则y =1，

z =1， ∴n =（1,1,1）

，∴sin θ=11||||BB BB ??

n |n

|=3，∴

cos θ=3

【点评】对于线面夹角问题，若容易建立坐标系，则常用坐标法，建立坐标系，求出线面夹角问题中三位直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度

|?|m n |n |

与直线方向向量

m 的模之|m |比

||?|m n |m |n |

就是线面夹角的正弦值，即sin θ=

||?|m n |m |n |

例2、（09年高考试题）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90?，侧棱AA 1＝2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G 。求

A 1

B 与平面ABD 所

成角的大小（结果用余弦值表示）；

解析：如图所示，建立坐标系，坐标

原点为C ，设

CA ＝2a ，则A (2a ，0，0)，B (0，2a ，0)，

D (0，0，1)，

A 1(2a ，0，2)，E (a ，a ，1)， G (221

,,333

a a ) ，

∵ ()

2,,333

a a G E =---

，

()0,2,1B D a =-

，

22033GE BD a =-= ，

∴ a ＝1，()

112,,333

GE =---

，

()12,2,2A B =-- ∵ G E

为平面

ABD

的法向量，且111cos ,A B G E A B G E A B G E

。 ∴ A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是

2。

反思归纳：先处理平面的法向量，再求直线的方向向量与法向量夹角间的夹角转化为线面角。

例3、[2012·全国卷] 如图1－1，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；

(2)设二面角A －PB －C 为90°，求PD

解：方法一：(1)因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，

又PA ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD .设AC ∩BD ＝F ，连结EF .因为AC ＝22，

PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，AC

＝ 6.

因为PC FC ＝AC

FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°，

由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED . (2)在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足．因为二面角A －PB －C 为90°，所以平面PAB ⊥平面PBC .又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面PAB 内两条相交直线PA ，AG 都垂直，故BC ⊥平面PAB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝PA 2＋AD 2＝2 2.

设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ?平面PBC ，BC ?平面PBC ，故AD ∥平面PBC

，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.

设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝1

所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.

方法二：(1)以A 为坐标原点，射线AC A －xyz .

设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ???

?423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC →

＝(22，0，－2)， BE →＝????23，b ，23，DE →＝???

?23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，

故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →

＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量，

则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则

n ·PC →＝0，n ·BE →

＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23

r ＝0，

令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝????1，－2b

，2.因为面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2

b ＝0，

故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|

＝12〈n ，DP →

〉＝

60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →

〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.

题型3：二面角平面与平面所成的角

求法：○1“一找二证三求”，找出这个二面角的平面角，然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求的二面角的平面角，最后就通过解三角形来求。○2通过射影面积来求原

射影S cos S =

α（在其中一个平面

内找出一个三角形，然后找这个三角形在另外一个平面的射影，那么这个三角形的射影面积与原三角形面积之比即为cos α，注意到我们要求的角为α或π－α）；○3向量法，先求两个平面的法向量所成的角为α，那么这两个平面所成的二面角的平面角为α或π－α。

利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则2

1,n n

所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）.二面角l αβ--的平面角cos ||||m n arc m n θ?= 或cos ||||

m n

arc m n π?-

（m ，n 为平面α，β的法

向量）.

例1、(2010天津理19) 在长方体1111

A B C D A B C D -中，E 、F 分别是棱B C ,1C C 上的点，2C F A B C E ==,1::1:2:4AB AD AA =（1）求异面直线E F 与

1A D

所成角的余弦值；（2）求二面角1A ED F --的正弦值。

审题要津：本题坐标系易建立，可以向量法.

解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设

1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F ,1(0,0,4)A ,31,,02E ??

???

(1)证明：易得1

,12EF ??

= ???

,1(0,2,4)A D =- ,于是1113

c o s ,5

E F A D E F A D E F A D

==-

, 所以异面直线E F 与1

A D 所成角的余弦值为35 (2)解：设平面EFD 的法向量n =(,,)x y z ，则EF ? n =12y z +=0且ED ? n =1

x y -+=0，

不妨令x =1,可得n =(1,2,－1),

设平面1A ED 的法向量m =（m ，n ，p ）则ED ? m =1

m n -+=0且1D A ? m =24n p -+=0，

取p =1,则n =2，m =1，则m =（1,2,1）于是2cos ,=

=|3

?n m n m n ||m |

，从而sin ,n

m =

，

所以二面角1A -ED -F

【点评】（1）对异面直线夹角问题，先求出两条异面直线的方向向量分别为m 、n ，在求出m 、n 的夹角，设两异面直线的夹角θ，利用cos θ=|cos |m ,n 求出异面直线的夹角，注意：（1）异面直线夹角与向量夹角的关系；(2)对二面角l αβ--的大小问题，先求出平面α、β的法向量m 、n

，再求

出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB ? n 与AB ?

m 同号，则θ=m ,n ，若AB ? n 与AB ?

m 异号，则θ=π-m ,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关

系.

例2、（two ）如图6，正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3

31=

AA ，D 是CB 延长线上

一点，且BC BD =。求二面角B AD B --1的大小。 1、解析：（1）取BC 的中点O ，连AO 。

由题意：平面⊥ABC 平面11B BCC ，BC AO ⊥，∴⊥AO 平面11B BCC ，以O 为原点，建立如图6所示空间直角坐标系，

则

）（32

0,0A ，）（

0,0,2

3B ，

）

（

0,0,29D ，

）（0,32

,231

B ， ∴

）

（

3,0,29-

=AD ，

）

（0,32

3,31-

=D B ，）

（0,32

01=BB ，

由题意 ⊥1BB 平面ABD ， ∴

）

（0,32

01=BB 为平面ABD 的法向量。

设平面D AB 1的法向量为 ),,(2z y x n =，

则?????⊥⊥D B n AD n 122， ∴ ?????=?=?00122D B n AD n ， ∴ ?????=-=-03233032329

y x z x ，即 ????

?==x z y x 3323。

∴ 不妨设

)23

,1,23

(

2=n ，由

,cos 2121=?=

?>=

得

60,21>=

AD B --1的大小为

60。

评析：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神；

B 1

B O

A 1

C 1

（2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取

)

3,1,2

3(2-

=n 时，会算得

,cos 21-

60。因为二面角的大小有

时为锐角、直角，有时也为钝角。所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”。

例3、[2012·浙江卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，PA ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；

(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值．

解：(1)因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD . 又因为MN ?平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .

(2)方法一：连结AC 交BD 于O .以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6.

又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AC .在Rt △PAC 中，AC ＝23，PA ＝26，AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4.由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ????－32，－32， 6，N ????－32，32， 6，Q ???

?33，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量．由AM →＝????32，－32

，6，AN →

＝????32，32，6知

32x －3

y ＋6z ＝0，32x ＋3

y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向

量．

由QM →＝???

?－536，－32，63，QN →

＝????－536，32，63知

???

－536x －32y ＋6

z ＝0，－536x ＋32y ＋6

3z ＝0，

取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝33

所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为

3333

. 方法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB . 又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD .所以PB ＝PC ＝PD .

所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝1

＝AN .

取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q

的平面角．由AB ＝23，PA ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝1

BD ＝3，得

AE ＝332

.在直角△PAC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.

在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 2

2PB ·PC ＝56

，得MQ ＝PM 2＋PQ 2

－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5.

在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝MQ 2－ME 2＝112.在△AEQ 中，AE ＝33

，

QE ＝112，AQ ＝22，得cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333.A －MN －Q 的平面角的余弦值为33

33.

例4、[2012·安徽卷] 平面图形ABB BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1

＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝ 5.

图1－4

现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．

(1)证明：AA 1⊥BC ；(2)求AA 1的长；(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．

18．解：(向量法)：(1)证明：取BC B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD .由BB 1C 1C 为矩形知， DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1，

又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥

A 1D 1.所以A (0，－1,4)，

B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，

C (－1,0,4)，

D (0,0,4)．故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →

＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0，因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC .(2)因为AA 1→＝(0,3，－4)，所以||

AA 1

→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A

－BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以cos 〈DA →，DA 1→

〉＝－

21×22＋(－4)2

＝－55.即二面角A －BC －A 1的余弦值为－5.

(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 11A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D . 由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1，由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C .

因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D .又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ，故BC ⊥AA 1.

(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG .因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1.

由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G .由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4，所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．

在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ????π2＋∠D 1DA 1＝－5

即二面角A －BC －A 1的余弦值为－5

例5、[2012·山东卷] 在如图1－5所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°.又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°，因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ?平面AED ，所以BD ⊥平面AED . (2)解法一：取BD 的中点G ，连接CG ，FG ，由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD ，

又FC ⊥平面ABCD ，BD ?平面ABCD ，所以FC ⊥BD ，由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ?平面FCG ，所以BD ⊥平面FCG ，故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F －BD －C 的平面角．

在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝

因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2

＝5CG ，故cos ∠FGC ＝55

，

因此二面角F －BD －C 的余弦值为5

.解法二：由(1)知AD ⊥BD ，所以AC ⊥BC .

又FC ⊥平面ABCD ，因此CA ，CB ，CA ，CB ，CF

所在的直线为x 轴，y 轴，z

不妨设CB ＝1.则C (0,0,0)，B (0,1,0)，D ????32，－12，0，F (0,0,1)．因此BD →＝????32，－32

0，BF →

＝(0，

－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·BD →＝0，m ·BF →

＝0，

所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →

＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量，

则cos 〈m ，CF →

〉＝m ·CF →|m ||CF →|

＝15＝55，所以二面角F －BD －C 的余弦值为55.

例6、[2012·广东卷] 如图1－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面PAC ；

(2)若P A ＝1，AD ＝2，求二面角B －

图1－5

证明：(1)

???

?PC ⊥平面BDE BD ?平面BDE ?PC ⊥BD .

???

?PA ⊥平面ABCD BD ?平面ABCD ?PA ⊥BD .∵PA ∩PC ＝P ，PA ?平面P AC ，PC ?平面P AC ，∴BD ⊥平面P AC .

(2)法一：如图所示，记BD 与AC

由PC ⊥平面BDE ，BE ?平面BDE ，EF ?平面BDE ，

∴PC ⊥BE ，PC ⊥EF .即∠BEF 为二面角B －PC －A 的平面角．由(1)可得BD ⊥AC ，所以矩形ABCD 为正方形，AB ＝AD ＝2，AC ＝BD ＝22，FC ＝BF ＝ 2.

在Rt △PAC 中，P A ＝1，PC ＝PA 2＋AC 2

＝3，即二面角B －PC －A 的正切值为3.

法二：以A 为原点，AB →、AD →、AP →

的方向分别作为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．

设AB ＝b ，则：A (0,0,0)，B (b,0,0)．

于是PC →＝(b,2，－1)，DB →＝(b ，－2,0)．因为PC ⊥DB ，所以PC →·DB →＝b 2－4＝0，

从而b ＝2.结合(1)可得DB →

＝(2，－2,0)是平面APC 的法向量．

现设n ＝(x ，y ，z )是平面BPC 的法向量，则n ⊥BC →，n ⊥PC →，即n ·BC →＝0，n ·PC →

＝0.

因为BC →＝(0,2,0)，PC →

＝(2,2，－1)，所以2y ＝0,2x －z ＝0.取x ＝1，则z ＝2，n ＝(1,0,2)．

令θ＝〈n ，DB →

〉，则cos θ＝n ·DB →|n ||DB →|

＝25·22＝110，sin θ＝310，tan θ＝3.

由图可得二面角B －PC －A 的正切值为3. （三）、小结：本课要求大家理解和掌握运用向量法解决立体几何中：1、线面角的求法： 2、二面角的求法：①AB ，CD 分别是二面角βα—l —的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小为

。3、设21,n n 分别是二面角βα—l —的两个平面βα,的法向量，则

21212121,,|

|||,c o s n n n n n n n n ??=

就是二面角的平面角或其补角。教师引导学生反思归纳回顾，进一步

深化理解。

第三课时用向量法求空间的距离

——热点考点题型探析

2．空间的距离

（1）点到直线的距离：点Ｐ到直线a 的距离为点Ｐ到直线a 的垂线段的长，常先找或作直线a 所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作a 的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线a 的距离。在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可。

点到平面的距离：点Ｐ到平面α的距离为点Ｐ到平面α的垂线段的长．常用求法①作出点Ｐ到平面的垂线后求出垂线段的长；②转移法，如果平面α的斜线上两点Ａ，Ｂ到斜足Ｃ的距离ＡＢ，ＡＣ的比为n m :，则点Ａ，Ｂ到平面α的距离之比也为n m :．特别地，ＡＢ＝ＡＣ时，点Ａ，Ｂ到平面α的距离相等；③体积法

（2）异面直线间的距离：异面直线b a ,间的距离为b a ,间的公垂线段的长．常有求法①先证线段ＡＢ为异面直线b a ,的公垂线段，然后求出ＡＢ的长即可．②找或作出过b 且与a 平行的平面，则直线a 到平面的距离就是异面直线b a ,间的距离．③找或作出分别过b a ,且与b ，a 分别平行的平面，则这

两平面间的距离就是异面直线b a ,间的距离．④根据异面直线间的距离公式求距离。

（3）直线到平面的距离：只存在于直线和平面平行之间．为直线上任意一点到平面间的距离。（4）平面与平面间的距离：只存在于两个平行平面之间．为一个平面上任意一点到另一个平面的距离。

以上所说的所有距离：点线距，点面距，线线距，线面距，面面距都是对应图形上两点间的最短距离。所以均可以用求函数的最小值法求各距离。

3．空间向量的应用

（1）用法向量求异面直线间的距离

如右图所示，a 、b 是两异面直线，n 是a 和b 的法向量，点

E∈a ，F ∈b ，则异面直线 a 与b 之间的距离

是

d =

；

（2）用法向量求点到平面的距离

如右图所示，已知AB 是平面α的一条斜线，n 为平

面α的法

向量，则 A 到平面α

的距离为d =

；

（3）用法向量求直线到平面间的距离

首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题。

（4）用法向量求两平行平面间的距离

首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题。求距离：

立体几何中的最值(教师版)2014.10.06

立体几何中的最值问题一、运用变量的相对性求最值例1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（） A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 1 解析：如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，5 5 2=OQ 中。又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为5 5 2，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。图1 图2 二、定性分析法求最值例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为______。解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。故3≥CD 。三、展成平面求最值例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ，AC=BD=b ，AD=BC=c 。平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ，则四边形PQRS 的周长的最小值是（） A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c 图3-1 图3-2 解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形，且AB=CD ，AC=BD ，AD=BC ，所以，A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点，且''////D A BC AD ， '//CD AB ，A 、C 、A ’共线，D 、B 、D ’共线，BD DD AA 2''==。又四边形PQRS 在展开图中变为折线S ’PQRS ，S ’与S 在四面体中是同一点。因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时， RS QR PQ P S +++'最小，也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =，所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。故选B 。

近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总

高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，是两个平面，m,n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n,m ⊥α，n ∥β，那么βα⊥；（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。（4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。其中正确的命题有___________ 3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分）（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.

6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (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。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截取部分体积和剩余部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ，上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α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α所成的角的正弦值 10.如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB=5，AC=6，点E,F 分别在AD,CD 上，AE=CF=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值

近三年高考全国卷理科立体几何真题精编版

新课标卷高考真题 1、（2016年全国I 高考）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．

2、（2016年全国II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ， 5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5 4 AE CF == ，EF 交BD 于点H ．将DEF ?沿EF 折到'D EF ?位置，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．

3【2015高考新课标1，理18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

4、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图1-3，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC； (2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E-ACD的体积．图1-3

5、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1C. 图1-5 (1)证明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1-C1的余弦值．

立体几何三视图教师版

考点24 三视图考点一：棱长类 1．★（2014西城二模4）某四棱锥的三视图如图所示，记A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）（A ） 2A ，且4A （B A ，且4 A （C ） 2A ，且A （D A A 【答案】D 2．★（2015年北京丰台区高三一模理科）上图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 (A) 4 (B) 5 (C) (D) 正(主)视图侧(左)视图俯视图

【答案】D 考点二：面积类 3．★（2013海淀二模4）某空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为( ) A.180 B.240 C.276 D.300 【答案】B 4．★（2012西城一模4）已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为33．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（）（A ）23（B ）2 23（C ）28cm （D ）2 4cm 【答案】A 6 6 6 5 俯视图

正视图俯视图 5．★★★（2012朝阳二模8）有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是（） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 6．★★（2010海淀期末理）11．一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为__________________. 【答案】2412π+ 考点三：体积类 7．★★（2011丰台期末文）3．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正视图和俯视图如图所示，则它的体积是 A ． 32225+π B ．32 25 π C ．3225π D ．128 25 π 【答案】C 正视图侧视图俯视图

全国高考理科数学：立体几何

2013年国理科数学试题分类汇编7立体几何一、选择题 1 ．（2013年新课标1（理））如图有一个水平放置的透明无盖的正方体容器容器8cm 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6cm 如果不计容器的厚度则球的体积为） A 2 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,αβ是两个不同的平面下列命题正确的是（）[] A ．若αβ⊥m α?n β?则m n ⊥ B ．若//αβm α?n β?则//m n C ．若m n ⊥m α?n β?则αβ⊥ D ．若m α⊥//m n //n β则αβ⊥ 3 ．（2013年上海市春季数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4则这两个球的体积之比为（） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 4 ．（2013年普通等学校招生统一试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱 1111ABCD A B C D -12AA AB =则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（） A 5 ．（2013年新课标1（理））某几何体的三视图如图所示则该几何体的体积为

（） A ．168π+ B ．88π+ C ．1616π+ D ．816π+ 6 ．（2013年湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示该几何体从上到下由四个简单几何体组成其体积分别记为1V 2V 3V 4V 上面两个简单几何体均为旋转体下面两个简单几何体均为多面体则有（） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<< C ．2134V V V V <<< D ．2314V V V V <<< 7 ．（2013年湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（） A ．1 B 8 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如图所示则该四棱台的体积是

专题06 立体几何(解答题)(教师版)

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） 17 . 【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11 2 ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以11 2 ND 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 17 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 ⊥．

2014高考理科立体几何大题练习

1.如图1，在Rt ABC ?中，90C ∠=?，36BC AC ==，．D 、E 分别是AC AB 、上的点，且//DE BC ，将ADE ?沿DE 折起到1 A DE ?的位置，使1A D CD ⊥，如图2．（Ⅰ）求证： BC ⊥平面1A DC ；（Ⅱ）若2CD =，求BE 与平面1A BC 所成角的正弦值；（Ⅲ）当D 点在何处时，1 A B 的长度最小，并求出最小值． 2.如图，四棱锥ABCD P -中，底面 ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ， E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ；（Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）求二面角B AC E --的余弦值． A B C D E 图图 A B C D E

E C 1 B 1A 1C B A 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=?，1 2,AB AC AA ===E 是BC 中点. （I ）求证：1//A B 平面1 AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M ，满足11 B M C E ⊥，求AM 的长；（Ⅲ）求平面1AEC 与平面11ABB A 所成锐二面角的余弦值.

E D A B C P 5.如图，在三棱锥P-ABC 中，PA=PB=AB=2， 3BC =，90=∠ABC °,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 中点. （Ⅰ）求证：DE‖平面PBC ; （Ⅱ）求证：AB ⊥PE ；（Ⅲ）求二面角A-PB-E 的大小. 6.．如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面

三角函数与立体几何(二)教师版

1．如图，在ABC ?中，点D 在边BC 上， 4 CAD π ∠= ， 72AC = ， cos 10 ADB ∠=-．（1）求sin C ∠的值；（2）若ABD ?的面积为7，求AB 的长．【答案】(1) sin C ∠= 4 5 ;(2) AB = 【解析】试题分析：（1）由同角三角函数基本关系式可求sin ADB ∠，由4 C ADB π ∠=∠- ，利用两角差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值即可求值得解；（2）先由正弦定理求AD 的值，再利用三角形面积公式求得BD ，与余弦定理即可得解AB 的长度. 试题解析：（1 ）因为cos 10ADB ∠=- ，所以sin 10 ADB ∠=，又因为4 CAD π ∠= ，所以4 C ADB π ∠=∠- ，所以sin sin 4C ADB π? ? ∠=∠- ?? ? sin cos cos sin 4 4 ADB ADB π π =∠-∠ 4 1021025 = +?=．（2）在ADC ?中，由正弦定理 sin sin AD AC C ADC =∠∠，故( )74sin sin sin sin sin sin AC C AC C AC C AD ADC ADB ADB π? ?∠?∠?∠==== ∠-∠∠ = 又11sin 72210 ABD S AD AB ADB BD ?= ???∠=??=，解得5BD =．在ADB ?中，由余弦定理得 2 2 2 2cos AB AD BD AD BD ADB =+-??∠ 8252537AB ?=+-??=?= ?? 2．在ABC ?中，内角A,B,C,所对应的边为,,a b c 且b c ≠,且 22sin sin cos cos C B B B C C -=

立体几何证明题专题(教师版)分析

立体几何证明题考点1:点线面的位置关系及平面的性质例1.下列命题： ①空间不同三点确定一个平面； ②有三个公共点的两个平面必重合； ③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④三角形是平面图形； ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形； ⑥垂直于同一直线的两直线平行； ⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交； ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形. 其中正确的命题是__________ . 【解析】由公理3知，不共线的三点才能确定一个平面，所以知命题①错，②中有可能出现两平面只有一条公共线（当这三个公共点共线时），②错.③空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点，若为三个交点，则这三线共面，若只有一个交点，则可能确定一个平面或三个平面.⑤中平行四边形及梯形由公理2可得必为平面图形，而四边形有可能是空间四边形，如图（1）所示. ABC —A B C D'中，直线BB丄AB, BB丄CB但AB与CB不平行，???⑥错. AB // CD BB n AB= B,但BB与CD不相交，.??⑦错?如图（2）所示，AB= CD BC= AD四边形ABCD不是平行四边形，故⑧也错. I、m外的任意一点，贝U （ A.过点P有且仅有条直线与I、m都平行 B.过点P有且仅有条直线与I、m都垂直 C.过点P有且仅有条直线与I、m都相交 D.过点P有且仅有条直线与I、m都异面答案 B 解析对于选项A,若过点P有直线n与I , m都平行，则I // m这与I , m异面矛盾. 对于选项B,过点P与I、m都垂直的直线，即过P且与I、m的公垂线段平行的那一条直线. 对于选项C,过点P与I、m都相交的直线有一条或零条. 对于选项D,过点P与I、m都异面的直线可能有无数条.

(完整版)高考理科-立体几何高考真题(小题)

1、（2016—6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是 3 28π ，则它的表面积是（A ）π20 （B ）π18 （C ）π17 （D ）π28 2、（2016—11）平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，// α平面11D CB ，I α平面m ABCD =，I α平面n A ABB =11，则m ，n 所成角的正弦值为（A ）3 3 （B ） 2 2 （C ） 2 3 （D ） 3 1 3、（2015—6）《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（A ）14斛（B ）22斛（C ）36斛（D ）66斛 4、（2015—11）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π2016+，则=r （A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 正视图 2r r r 2r

5、（2014—12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）（A ）（B ）（C）6（D）4 6、（2013—6 ）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高cm 8，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cm 6，如果不计容器的厚度，则球的体积为（） A.3 3 500 cm π B.3 3 866 cm π C.3 3 1372 cm π D.3 3 2048 cm π 7、（2013—8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A. 168π + B. 88π + C. 1616π + D. 816π + 俯视图侧视图

专题07 立体几何初步(重难点突破)教师版

专题07 立体几何初步【重难点知识点网络】：一、空间几何体的有关概念 1．空间几何体对于空间中的物体，如果我们只考虑其形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的就叫做空间几何体.例如,一个正方体形包装箱,占有的空间部分就是一个几何体,这个几何体就是我们熟悉的正方体. 2．多面体（1）多面体：一般地,我们把由若干个围成的几何体叫做多面体. （2）多面体的面：围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,如图中面ABB′A′,面BCC ′B′等. （3）多面体的棱：相邻两个面的公共边叫做多面体的棱, 如图中棱AA′,棱BB′等. （4）多面体的顶点：棱与棱的公共点叫做多面体的顶点, 如图中顶点A,B,C等. 3．旋转体（1）旋转体：由一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线所形成的封闭几何体.如图所示为一个旋转体，它可以看作由矩形OBB′O′绕其边OO′所在的直线旋转而形成. （2）旋转体的轴：平面图形旋转时所围绕的定直线.如图中直线OO′是该旋转体的轴.

二、几种最基本的空间几何体 1．棱柱的结构特征 ①用表示底面的各顶点字母来表示棱柱.如图所示的六棱柱可以表示为棱柱 ABCDEF?A′B′C′D′E′F′. ②用棱柱的对角线表示棱柱.如图,(1)可表示为四棱柱AC1或四棱柱BD1等;(2)可表示为六棱柱AD1或六棱柱AE1等;(3)可表示为五棱柱AC1或五棱柱AD1等.这种记法要说明棱柱是几棱柱. ①棱柱的底面：棱柱中，两个互相的面叫做棱柱的底面，简称底. ③棱柱的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱.

①底面互相 . ②侧面都是 . 2．棱锥的结构特征

高考理科立体几何大题(供参考)

一， [2017·山东济南调研]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)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值； (3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BD BC 1 的值． (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AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC . (2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，由题意知，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)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)， B 1 C 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 1 B →·n 1 ＝0 ????? ? 4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0,4,3)．由????? B 1 C 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＝16 25 . 由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为16 25 . (3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，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，解得λ＝9 25， ∵9 25 ∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时 BD BC 1＝925 . 二，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 ＝π 2 ，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.

高考数学统考一轮复习第7章立体几何第1节空间几何体的结构及其表面积体积教师用书教案理新人教版

第7章立体几何全国卷五年考情图解高考命题规律把握 1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1 道解答题，分值约占22分. 2.考查内容 (1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大. (2)解答题一般位于第18题或第19 题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第 (2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目. 空间几何体的结构及其表面积、体积 [考试要求] 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，会用斜二测画法画出它们的直观图. 3.会用平行投影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.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．

1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形 (1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形． (2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体． 3．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法： (1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°(或

三角函数、立体几何(教师)

源于名校，成就所托高中数学备课组教师班级学生日期上课时间学生情况：主课题：三角函数、立体几何教学目标：教学重点：教学难点：考点及考试要求：

教学内容三角函数 1、已知：函数()2(sin cos )f x x x =-．（1）求函数()f x 的最小正周期和值域；（2）若函数()f x 的图象过点6(,)5 α， 34 4π πα<< .求()4 f π α+的值．解：（1）()2(sin cos )f x x x =-222(sin cos )22 x x =? -?2sin()4x π=----3分 ∴函数的最小正周期为2π，值域为{|22}y y -≤≤。--------------------------------------5分（2）解：依题意得：62sin(),45π α-= 3 sin(),45 πα-=---------------------------6分 ∵ 3.4 4π πα<< ∴0,42 ππ α<-< ∴cos()4π α- ＝2234 1sin ()1()455 πα--=-=-----------------------------------------8分 ()4f π α+＝2sin[()]44 π π α-+ ∵sin[()]sin()cos cos()sin 444444π πππππααα- +=-+-＝23472 ()25510 += ∴()4 f π α+＝ 72 5 ------------------------------------------------------------------------------12分 2、在ABC ?中，2AB =，1BC =，3 cos 4 C =．（Ⅰ）求sin A 的值；（Ⅱ）求BC CA ?的值．解：（1）在ABC ?中，由3cos 4C = ，得7sin 4 C =…………………………2分又由正弦定理 sin sin AB BC C A = ………………………………………3分得：14 sin 8 A = …………………………………………………………………………………4分（2）由余弦定理：222 2cos AB AC BC AC BC C =+-??得：23 2124 b b =+-? ……6分

9.6立体几何大题1(教师版)

A B C D 1 A 1 C 1B E 科目数学年级高三备课人高三数学组第课时 9.2立体几何大题1 1、（2013新课标）如图,直棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别是1,AB BB 的中点,12 2 AA AC CB AB === . (Ⅰ)证明:1//BC 平面1A CD ; (Ⅱ)求二面角1D A C E --的正弦值. 【答案】 2、（2013湖南）如图5,在直棱柱 1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=, 13AD AA ==. (I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值. 【答案】解（Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥??⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11 111,,⊥∴?⊥∴=?⊥，面。面且又 . (证毕)

(Ⅱ) 。的夹角与平面的夹角即直线与平面直线θ111111,////ACD AD ACD C B AD BC C B ∴ 轴正半轴。为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向X AD Y AB A ()BD AC y BD y AC y C y B D D A ⊥-== ),0,,3(),0,,1()0,,1(),0,,0(),3,0,3(),0,0,3(,00,01，则，设 ). 3,0,3(),0,3,1(.30,003012==∴=?>=+-?=?AD AC y y y BD AC ），，（），，（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-.0 ,111==??????=?=?AD n ACD AD n AC n n ACD 721 3 733|,cos |sin 003,313-1=?= ><=?==∴AD n AD n ACD θ），，（），，（的一个法向量平面 7 21 11夹角的正弦值为与平面所以ACD BD . 3、（2013 北京）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. (Ⅰ)求证:AA 1⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值; (Ⅲ)证明:在线段BC 1存在点D,使得AD ⊥A 1B ,并求 1 BD BC 的值. 【答案】解: (I)因为AA 1C 1C 为正方形,所以AA 1 ⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA 1C 1C,且AA 1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA 1⊥平面ABC. (II)由(I)知AA 1 ⊥AC,AA 1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz ,则B(0,3,0),A 1(0,0,4),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4),

人教A版选择性必修第一册专题03 立体几何大题解题模板(原卷版)

专题03 立体几何大题解题模板一、证明平行或垂直的主要方法： 1、证明线线平行的方法： (1)利用直线平行的传递性：31//l l ，32//l l ?21//l l ； (2)利用垂直于同一平面的两条直线平行：α⊥1l ，α⊥2l ?21//l l ； (3)中位线法：选中点，连接形成中位线； (4)平行四边形法：构造平行四边形； (5)利用线面平行推线线平行：2l =βα ，β?1l ，α//1l ?21//l l ； (6)建系：),,(1111z y x l =，),,(2222z y x l =，21l l λ=?21//l l 。 2、证明线面平行的方法： (1)利用线面平行的判定定理(主要方法)：α?1l ，α?2l ，21//l l ?α//1l ； (2)利用面面平行的性质定理：βα//，β?1l ?α//1l ； (3)利用面面平行的性质：βα//，α?1l ，β//1l ?α//1l 。 (4)建系：),,(1111z y x l =，平面α的法向量),,(222z y x n =，01=?n l ?α//1l 。 3、证明面面平行的方法： (1)利用面面平行的判定定理(主要方法：证明两个平面内的两组相交直线相互平行)： 31//l l ，42//l l ，A l l =21 ，B l l =43 ，α?21l l 、，β?43l l 、?βα//； (2)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)：α⊥1l ，β⊥1l ?βα//； (3)利用平面平行的传递性：γα//，γβ//?βα//。 (4)建系：平面α的法向量),,(1111z y x n =，平面α的法向量),,(2222z y x n =，21n n λ=?βα//。 4、证明线线垂直的方法： (1)利用平行直线的性质：31l l ⊥，32//l l ?21l l ⊥； (2)利用直面垂直的推理：α⊥1l ，α?2l ?21l l ⊥； (3)中线法：等腰三角形中选中点，三线合一； (4)利用勾股定理的逆定理：若222c b a +=，则ABC ?是直角三角形； (5)建系：),,(1111z y x l =，),,(2222z y x l =，021=?l l ?21l l ⊥。 5、证明直线与平面垂直的方法： (1)利用线面垂直的判定定理(主要方法：证明直线和平面内两条相交直线都垂直)： 21l l ⊥，31l l ⊥，A l l =32 ，α?32l l 、?α⊥1l ； (2)利用线面垂直的推理： ①若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面；

高考理科数学立体几何(答案详解)

2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 12. 某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_92___。 2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） 6.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为答案：几何体的直观图如右，几何体由一个圆柱和一个同底的圆锥组成，圆锥的高 221534PO =-=,1+=45+94=573 V V V C πππ=??圆柱圆锥，故选 15.如图，圆O 的半径为1，A B C 、、是圆周上的三点，满足030ABC ∠=，过点A 做圆O 的切线与OC 的延长线交于点P ，=PA 则解：连OA 得06021AOP OP PC ∠===，所以，，所以2+213=3PA PC PC PA =?=?∴（）， 2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）第（12）题图俯视图24 5 侧（左）视图正（主）视图4

（4）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，122CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（A ）2（B 3C 2（D ）1 答案：D （16）三棱柱11 1 ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等， 1160BAA CAA ∠=∠=o ，则异面直线1 AB 与1BC 所成角的余弦值为62012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） 4、如图，正方形ABCD 的边长为1，延长BA 至E ，使1AE =，连接EC 、ED 则sin CED ∠=（ B ） A 、 B 、 C 、 D 、 6、下列命题正确的是（ C ） A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 14、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____90o ____。 2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷） 11．如图2，过点P 的直线与⊙O 相交于B A ,两点．若1=PA ， 2=AB ，3=PO ，则⊙O 的半径等于6． 2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 5.如图. ∠ACB=90o，CD ⊥AB 于点D ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E.则(A ) A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB C. AD·AB=CD 2 D.CE·EB=CD 2 【解析】在ACB ?中，∠ACB=90o，CD ⊥AB 于点D ，所以

经典高考立体几何知识点和例题(理科学生用)

高考立体几何知识点总结整体知识框架：一、空间几何体（一）空间几何体的类型 1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。 2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。其中，这条直线称为旋转体的轴。（二）几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征 1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体性质：棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱

Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等； 1.3 棱柱的面积和体积公式 ch S =直棱柱侧（c 是底周长，h 是高） S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h 2 、棱锥的结构特征 2.1 棱锥的定义（1）棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。（2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 2.2 正棱锥的结构特征 Ⅰ、平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比； Ⅱ、正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；正棱锥侧面积：1 '2 S ch = 正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高）体积：1 3 V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为 a 2 2 的正方体问题。对棱间的距离为 a 2 2 （正方体的边长）正四面体的高 a 3 6 （正方体体对角线l 32=）正四面体的体积为 3 12 2a （正方体小三棱锥正方体V V V 314=-）正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为3:1（正方体体对角线正方体体对角线：l l 2 1 61= ） A B C D P O H

立体几何专题(教师版)

立体几何专题 1．如图，AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，22AB BC CA BD AE =====，F 为CD 中点．（1）求证：EF ⊥平面BCD ；（2）求二面角C DE A --的正弦值；（3）求点A 到平面CDE 的距离．【答案】（1）详见解析；（2） 6 arccos ；（3）22 【解析】试题分析：（Ⅰ）取BC 中点G 点，连接AG ，FG ，由F ，G 分别为DC ，BC 中点，知//FG BD 且1 2 FG BD = ，又AE ∥BD 且1 2 AE BD = ，故AE ∥FG 且AE=FG ，由此能够证明EF ⊥平面BCD ．（Ⅱ）取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系，则( ) 300C ，，， ()012D ，，，()011E -，，，()010A -，，， ()312CD =-，，，()021ED =，，．求出面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，，面ABDE 的法向量()2100n =，，，由此能求出二面角C DE A --的大小．（Ⅲ）由面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，， ()001AE =，，，利用向量法能求出点A 到平面CDE 的距离．试题解析：解：⑴取BC 中点G 点，连接AG 、FG ， ∵F 、G 分别为DC 、BC 中点，∴FG BD ∥且12FG BD =，又AE BD ∥且1 2 AE BD =． ∴AE FG ∥且AE FG =，∴四边形EFGA 为平行四边形，则EF AG ∥， ∵AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，∴BD ⊥平面ABC ．又∵DB ?平面BCD ，∴平面ABC ⊥平面BCD ， ∵G 为BC 中点，且AC AB =，∴AG BC ⊥，∴AG ⊥平面BCD ，∴EF ⊥平面BCD ． ⑵取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系，则() 300C ，，，()012D ，，，()011E -，，，()010A -，，， ( ) 312CD =-，，，()021ED =，，，设面CDE 的法向量()1n x y z =，，，