2011年高考数学二轮考点专题突破 空间向量与立体几何

专题四：立体几何第三讲 空间向量与立体几何【最新考纲透析】1．空间向量及其运算（1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.（2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。

（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直. 2．空间向量的应用（1)理解直线的方向向量与平面的法向量。

（2)能用向量语言表述直线与直线，直线与平面，平面与平面的垂直、平行关系。

(3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。

（4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

【核心要点突破】要点考向1：利用空间向量证明空间位置关系考情聚焦:1．平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。

2．题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新.考向链接：1．空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。

2．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。

例1：（2010·安徽高考理科·Ｔ18）如图,在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形,EF ∥AB ，EF FB ⊥，2AB EF =,90BFC ∠=︒,BF FC =，H 为BC 的中点。

(1）求证：FH ∥平面EDB ;(2）求证：AC ⊥平面EDB ；（3）求二面角B DE C --的大小。

【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明.【规范解答】,,//,,,,,,,.ABCD AB BC EF FB EF AB AB FB BC FB B AB FBC AB FH BF FC H BC FH BC ABBC B FH ABC ∴⊥⊥∴⊥=∴⊥∴⊥=∴⊥=∴⊥四边形为正方形，又且，平面又为中点，且平面H HB GH HF 如图，以为坐标原点，分别以、、的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，1,(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,1),(0,0,1).BH A B C D E F =-----令则（1）(0,0,1),(0,0,1),////HF HFGE HF HF ∴==∴⊂⊄∴设AC 与BD 的交点为G ，连接GE 、GH,则G （0,-1,0），GE 又GE 平面EDB,平面EDB,平面EDB(2)(2,2,0),(0,0,1),0,.AC AC AC AC AC =-=∴=∴⊥⊥∴⊥GE GE GE 又BD,且GE BD=G ，平面EBD.（3）1111111(1,,),(1,1,1),(2,2,0).010,10,220011,0y z BE BD BE y z y z y BD ==--=--⎧=--+=⎧⎪=-=⎨⎨--==⎩⎪⎩∴=-1111设平面BDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）2222222(1,,),(0,2,0),(1,1,1).00,01,10010,-1y z CD CE CD y y z y z CE ==-=-⎧==⎧⎪==-⎨⎨-+==⎩⎪⎩∴=2222设平面CDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）1212121211cos ,,2||||22,60,n n n n n n n n ∴<>===∴<>=即二面角B-DE-C 为60。

高考数学立体几何怎么考高考对这一部分的考察主要是一大一小两种命题形式。

主要考查学生的空间想象能力和推理运算能力以及应用向量知识解决数学问题的能力．专题（一）空间点线面的位置关系 主干知识整合：在高考中,立体几何往往有两个小题和一个大题,而小题中,一般会有一道专门考查空间点线面的位置关系的题目,大题则通常在进行鉴定会间角与距离的计算前要先进行位置关系的判断.而在方法的选择上,既可以用几何法,也可以用向量法,估计在2009年的高考中,仍将出现这种特点.因此,我们要既能对空间点线面的位置关系进行推理判断,也要熟练掌握向量方法. 1.平面的基本性质。

2.两直线平行与垂直的判定定理和性质定理。

3.直线与平面平行与垂直的判定定理和性质定理。

4.两平面平行与垂直的判定定理和性质定理。

经典真题感悟：1．（08某某卷13） 给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（ C ）条件A ．充要B ．充分非必要C ．必要非充分D ．既非充分又非必要 2.（07某某•理•7题）如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ．则以下命题中，错．误．的命题是（ D ）A ．点H 是△A 1BD 的垂心B ．AH 垂直平面CB 1D 1C ．AH 的延长线经过点C 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45° 3.（08某某卷15）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。

已98，底面周知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为长为3，那么这个球的体积为 ______43π 热点考点探究：考点一：空间想象能力与空间概念例1 (1)如图,,,l A a B b αβαβ⊥⋂=∈∈,A,B 到l 的距离分别是a b 和,AB 与,αβ所成的角分别是θϕ和,AB 在,αβ内的射影分别是m 和n .若a b >,则 ( D) A. ,m n θϕ>>B. ,m n θϕ><C. ,m n θϕ<<D. ,m n θϕ<>(2) 空间直线,a b 是600角的异面直线,分别过,a b 作平面,αβ,使平面,αβ也成600角,这样的面平,αβ ( A )A. 有无穷对B. 只有5对C. 只有3对D. 只有1对【解析】(1)选D. ∵,,AE βαβ⊥⊥.,,AE BE BF BAF ABE θϕ∴⊥⊥∠=∠=同理BF2222m AB bn AB a⎧=-⎪⎨=-⎪⎩∵,a b m n >∴>sin ,sin bABa b a ABθϕ⎧=⎪⎪>⎨⎪=⎪⎩因为 sin sin ,ϕθ∴>又∵,(0,]2πϕθ∈,ϕθ∴>(2)选A过直线a 任作一平面,记为α,因为b 与a 异面,且b 与a 成600角,故过直线b 作平面β,与a 成600角,然后交换a 的位置(绕直线a 旋转),就会得到相应的β,从而符合要求的平面,αβ有无数对.考点二：空间线面平行、垂直等位置的判定与证明例2 (1)在三棱柱ABC －A /B /C /中,点E 、F 、H 、K 分别为AC /、CB /、A /B 、B /C /的中点,G 为三角形ABC 的重心,从K 、H 、G 、B /中取一点作为P,使得棱柱恰有2条棱与平面PEF 平行,则P 为 ( )A.KB. HC. GD.B/(2)下列5个正方体图形中, l 是正方体的一条对角线,点M 、N 、P 分别为其所在棱的中点,能得出l 垂直面MNP 的图形的序号是__________(写出所有符合要求的图形序号).[来源:]【解析】(1)选C.现按各选项顺序逐图画出.[来源:学_科_网Z_X_X_K]图(a)中过KEF 的截面为平行四边行PKNM,显然三侧棱均与此戴面平行,图(b)中,过HEF 的截面为三角形PQR,其中P 、Q 、R 为各侧棱中点,显然三棱柱底面各棱均与此截面平行.图(C)中,过GEF 的截面为梯形MNQP,其中各项点M 、N 、Q 、P 均为所在棱的三等分点,显然该棱柱恰有两棱AB 、A /B /与这个截面平行.图(d)中,过B /EF 的截面三角形A /B /C /,此棱柱只有一个棱AB 与此截面平行. 考点三：空间点、线、面关系中探究性问题 例3 如图,设动点P 在棱长为1的正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上,记11,D PAPC D Bλ=∠当 为钝角时,求λ的取值X 围.【解析】由题设可知,以DA 、DC 、1DD 为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,1). 由111(1,1,1),(,,)D B D P D B λλλλ=-==-得所以11(,,)(1,0,1)(1,,1),PA PD D A λλλλλλ=+=--+-=---11(,,)(0,1,1)(,1,1)PC PD DC λλλλλλ=+=--+-=---显然APC ∠不是平角,所以APC ∠为钝角等价于cos cos(,)0||||PA PCAPC PA PC PA PC ⋅∠==<⋅,这等价于0,PA PC ⋅<211)()()1)(1)(1)(31)0,13λλλλλλλλ--+--+-=--<<<即((得因此, 1(,1)3λ的取值范围为【点评】本题属空间探索性问题,通过建立空间直角坐标系转化为代数问题,充分体现了空间向量的工具性.考点四： 平面图形的翻折例5 如图所示,在矩形ABCD 中,AB=4,BC=3,沿对角线AC 把矩形折成二面角D －AC －B,并且D 在 平面ABC 内的射影落在AB 上. (1)求证:AD ⊥平面DBC;(2)求二面角D －AC －B 的大小.【解析】(1)设D 在AB 上的射影为H,则DH ⊥平面ABC, ∵DH ⊥BC,又BC ⊥AB, ∴BC ⊥平面ADB. 于是AD ⊥BC ,又AD ⊥DC,∴AD ⊥平面DBC.(2)在平面ABC 内作HE ⊥AC,垂足为E,连结DE,则DE ⊥AC,故∠DEF 为二面角D －AC －B 的平面角.在12,,5Rt ADC DE ∆=中 在37,,4Rt ADB DH ∆=中 在57,sin .16DH Rt DEH DEH DE ∆∠==中 57arcsin16DEH ∴∠= 即二面角D －AC －B 的平面角为57arcsin16.规律总结1. 画几何的截面形状,就是要画出这个截面与几何体各表面的交线,这就要求先找到截面与各表面的两个公共点,或者先找到一个公共点,再根据条件过此点作某线的平行线.2.在解决空间位置关系的问题的过程中,注意几何法与向量法结合起来使用.若图形易找(例如,平面的垂线易作等),则用几何法较简便,否则用向量法.而用向量法,一般要求先求出直线的方向向量以及平面的法向量,然后考虑两个相关的向量是否平行或垂直.3.对于空间线面位置的探索性问题,有的是运用几何直观大胆猜测后推是验证,有的是直接建系后进行计算,有时两种办法相结合,它因结果的不确定性,增强能力考查,而成为新高考的热点 专题能力训练： 一、选择题1．一条直线与一个平面所成的角等于3π，另一直线与这个平面所成的角是6π. 则这两条直线的位置关系（ D ）A ．必定相交B ．平行C ．必定异面D ．不可能平行2．下列说法正确的是 B 。

专题十 高考数学附加必做题训练 第29讲 空间向量与立体几何空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等．考试说明：序号 内容要求A B C1 空间向量的概念 √2 空间向量共线、共面的充分必要条件 √3 空间向量的加法、减法及数乘运算 √4 空间向量的坐标表示 √5 空间向量的数量积 √6 空间向量的共线与垂直 √7 直线的方向向量与平面的法向量 √8 空间向量的应用 √例1 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．利用向量法证明：(1) DE ∥平面ABC ； (2) B 1F ⊥平面AEF.证明：如图建立空间直角坐标系Axyz ，不妨设AB ＝AA 1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)， B(4，0，0)，B 1(4，0，4)．(1) 取AB 中点为N ，连结CN ，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，∴ DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴ DE →＝NC →，∴ DE ∥NC. ∵ NC ABC ，DE 平面ABC ， 故DE ∥平面ABC.(2) B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴ B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF. ∵ AF ∩FE ＝F ，∴ B 1F ⊥平面AEF.如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ； (2) AM ⊥平面BDF.证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD ＝N ，连结NE.则点N 、E 的坐标分别为⎝⎛⎭⎫22，22，0、(0，0，1)．∴ NE →＝(－22，－22，1)．又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、⎝⎛⎭⎫22，22，1，∴ AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ， ∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)，∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF. 同理AM ⊥BF.又DF∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 例2 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1) 求证：MN ⊥AD ；(2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值．(1) 证明：∵ 正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，∴ OA ＝3，OP ＝3. 则A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，3)， ∴ M(1，0，2)，N(0，1，0)． 则MN →＝(－1，1，－2)，AD →＝(－3，－3，0)．∵ MN →·AD →＝(－1)×(－3)＋1×(－3)＋(－2)×0＝0， ∴ MN ⊥AD.(2) 解：设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(－3，－3，0)，AP →＝(－3，0，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x －3y ＝0，－3x ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝1，y ＝－1.∴ n ＝(1，－1，1)．则cos 〈n ，MN →〉＝n·MN →|n|·|MN →|＝（－1）×1＋1×（－1）＋（－2）×13×6＝－223.设MN 与平面PAD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，MN →〉|＝223.∴ MN 与平面PAD 所成角的正弦值为223.如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知CA ＝CB ＝1，AA 1＝2，∠BCA ＝90°. (1) 求异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值； (2) 求二面角BAB 1C 平面角的余弦值．解：如图，以{CA →，CB →，CC 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A 1(1，0，2)，B 1(0，1，2)，所以CB 1→＝(0，1，2)，AB →＝(－1，1，0)，AB 1→＝(－1，1，2)，BA 1→＝(1，－1，2)．(1) 因为cos 〈CB 1→，BA 1→〉＝CB 1→·BA 1→|CB 1→||BA 1→|＝36×5＝3010，所以异面直线BA 1与CB 1夹角的余弦值为3010.(2) 设平面CAB 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB 1→＝0，m ·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，取平面CAB 1的一个法向量为m ＝(0，2，－1)； 设平面BAB 1的法向量为n ＝(r ，s ，t)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－r ＋s ＋2t ＝0，－r ＋s ＝0，取平面BAB 1的一个法向量为n ＝(1，1，0)．则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝25×2＝105，所以二面角BAB 1C 平面角的余弦值为105. 例3 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E →＝λEO →. (1) 若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值； (2) 若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．解：(1) 设正方体的棱长为1，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫14，14，12，则DE →＝⎝⎛⎭⎫14，14，12，CD 1→＝(0，－1，1)， 故cos 〈DE →，CD 1→〉＝DE →·CD 1→|DE →|·|CD 1→|＝36，所以异面直线DE 与CD 1所成的角的余弦值为36. (2) CO →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0，CD 1→＝(0，－1，1)，设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·CO →＝0，m ·CD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m ＝(1，1，1)．由D 1E →＝λEO →，得(1＋λ)EO →＝D 1O →，故E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2（1＋λ），λ2（1＋λ），11＋λ.又CD →＝(0，－1，0)，设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD →＝0，n ·DE →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，λx 22（1＋λ）＋λy 22（1＋λ）＋z 21＋λ＝0， 取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2，0，－λ)． 因为平面CDE ⊥平面CD 1O ，所以m·n ＝0，得λ＝2.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点且AE EB＝λ.(1) 证明：D 1E ⊥A 1D ；(2) 若二面角D 1ECD 的大小为π4，求λ的值．(1) 证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系． 不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1，0，－1)． 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1，0，－1)＝0. 故D 1E ⊥A 1D.(2) 解：因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的法向量为n 1＝(0，0，1)．又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2，1)． 设平面D 1CE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·CE →＝x ＋y ⎝⎛⎭⎫2λ1＋λ－2＝0，n 2·CD 1→＝－2y ＋z ＝0， 所以向量n 2的一个解为⎝⎛⎭⎫2－2λ1＋λ，1，2. 因为二面角D 1ECD 的大小为π4，则n 1·n 2|n 1||n 2|＝22，解得λ＝±233－1.又E 是棱AB 上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为233－1.例4 如图，已知四棱锥SABCD 的底面是边长为4的正方形，顶点S 在底面上的射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别是2、1.又P 是SC 的中点，E 是BC 上一点，CE ＝1，SO ＝3，过O 在底面内分别作AB 、BC 垂线Ox 、Oy ，分别以Ox 、Oy 、OS 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．(1) 求平面PDE 的一个法向量； (2) 问在棱SA 上是否存在一点Q ，使直线BQ ∥平面PDE ？若存在，请给出点Q 在棱SA 上的位置；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题意知：E(－1，3，0)，D(－2，－1，0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，32，32，S(0，0，3)． ∴ DP →＝⎝⎛⎭⎫1，52，32，DE →＝(1，4，0)． 设n ＝(x ，y ，z)是平面PDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝x ＋52y ＋32z ＝0，n ·DE →＝x ＋4y ＝0，令x ＝－4，则y ＝z ＝1，∴ n ＝(－4，1，1)． (2) 设点Q(x ，y ，z)， AQ →＝λAS →，(x －2，y ＋1，z)＝λ(－2，1，3)， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2λ，y ＝－1＋λ，z ＝3λ，点Q 的坐标为(2－2λ，－1＋λ，3λ)， ∴ BQ →＝(－2λ，λ－4，3λ)．要使BQ ∥平面PDE ，则BQ →⊥n ，∴ (－4)×(－2λ)＋1×(λ－4)＋1×3λ＝0，λ＝13.由于上述过程可逆，故当AQ AS ＝13时，BQ ∥平面PDE.如图，在正四棱锥PABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M 、N 分别在线段PA 和BD 上，BN ＝13BD.(1) 若PM ＝13PA ，求证：MN ⊥AD ；(2) 若二面角MBDA 的大小为π4，求线段MN 的长度．(1) 证明：连结AC 、BD 交于点O ，以OA 为x 轴正方向，以OB 为y 轴正方向，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由BN →＝13BD →，得N ⎝⎛⎭⎫0，13，0，由PM →＝13PA →，得M ⎝⎛⎭⎫13，0，23， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫－13，13，－23，AD →＝(－1，－1，0)． 因为MN →·AD →＝0，所以MN ⊥AD.(2) 解：因为M 在PA 上，可设PM →＝λPA →，得M(λ，0，1－λ)．所以BM →＝(λ，－1，1－λ)，BD →＝(0，－2，0)． 设平面MBD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，λx －y ＋（1－λ）z ＝0，其中一组解为x ＝λ－1，y ＝0，z ＝λ， 所以可取n ＝(λ－1，0，λ)．因为平面ABD 的法向量为OP →＝(0，0，1)，所以cos π4＝|n ·OP →||n||OP →|，即22＝λ（λ－1）2＋λ2，解得λ＝12，从而M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫0，13，0， 所以MN ＝⎝⎛⎭⎫12－02＋⎝⎛⎭⎫0－132＋⎝⎛⎭⎫12－02＝226.1. 记动点P 是棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上一点，且D 1P →＝λD 1B →.当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．解：由题意作图，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)． 由D 1B →＝(1，1，－1)，得 D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角cos ∠APC ＝cos 〈PA →，PC →〉＝PA →·PC →|PA →||PC →|<0PA →·PC →＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜1.因此，λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫13，1. 2. 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1DNM 的大小为θ.(1) 当θ＝90°时，求AM 的长；(2) 当cosθ＝66时，求CM 的长．解：建立以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴的空间直角坐标系D －xyz.设CM ＝t(0≤t≤2)，则A(1，0，0)，A 1(1，0，2)，N ⎝⎛⎭⎫12，1，0，M(0，1，t)，所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0，1，t)，DA 1→＝(1，0，2)． 设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 1＋y 1＝0，y 1＋tz 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝2t ，y 1＝－t ，所以n 1＝(2t ，－t ，1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2z 2＝0，12x 2＋y 2＝0，令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1，所以n 2＝(－2，1，1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1) 因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15，从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15，所以AM ＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫152＝515.(2) 因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝－5t ＋16（5t 2＋1）.因为〈n 1，n 2〉＝θ或〈n 1，n 2〉＝π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋16（5t 2＋1）＝66，解得t ＝0或12，所以根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM ＝12.3. 如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1) 求证：PC ⊥AD ；(2) 求二面角APCD 的正弦值；(3) 设E 为棱PA 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．(1) 证明：以AD →、AC →、AP →为x 、y 、z 正半轴方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则D(2，0，0)，C(0，1，0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，12，0，P(0，0，2)．则PC →＝(0，1，－2)，AD →＝(2，0，0)PC →·AD →＝0PC ⊥AD.(2) 解：PC →＝(0，1，－2)，CD →＝(2，－1，0)，设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝z. 取z ＝1n ＝(1，2，1)，又AD →＝(2，0，0)是平面PAC 的法向量，cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝66sin 〈AD →，n 〉＝306，即二面角APCD 的正弦值为306. (3) 解：设AE ＝h ∈[0，2]，则AE →＝(0，0，h)，BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，h ，又CD →＝(2，－1，0)，则cos 〈BE →，CD →〉＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝310＋20h 2＝32h ＝1010，即AE ＝1010. 4. (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以AB →、AC →、AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A 1(0，0，4)，D(1，1，0)，C 1(0，2，4)，∴ A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)，∴ cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，∴ 异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) AC →＝(0，2，0)是平面ABA 1的一个法向量， 设平面ADC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z)，∵ AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，由m ⊥AD →，m ⊥AC 1→，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋4z ＝0，取z ＝1，得y ＝－2，x ＝2，∴ 平面ADC 1的法向量为m ＝(2，－2，1)， 设平面ADC 1与ABA 1所成二面角为θ，∴ |cos θ|＝|cos 〈AC →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC →·m |AC →||m |＝⎪⎪⎪⎪－42×3＝23，得sin θ＝53，∴ 平面ADC 1与ABA 1所成二面角的正弦值为53.(本题模拟高考评分标准，满分10分)(2014·泰州模考)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝π2，顶点C 1在底面△ABC 内的射影是点B ，且AC ＝BC ＝BC 1＝3，点T 是平面ABC 1内一点．(1) 若T 是△ABC 1的重心，求直线A 1T 与平面ABC 1所成的角；(2) 是否存在点T ，使TB 1＝TC 且平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1？若存在，求出线段TC 的长度；若不存在，说明理由．解：如图以CB 、CA 分别为x 、y 轴，过C 作直线Cz ∥BC 1，以Cz 为z 轴，∴ B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C 1(3，0，3)， CB 1→＝CC 1→＋CB →＝(6，0，3)，B 1(6，0，3)， CA 1→＝CC 1→＋CA →＝(3，3，3)，A 1(3，3，3)．(1) T 是△ABC 1重心，T(2，1，1)，TA 1→＝(1，2，2)，设平面ABC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，AB →＝(3，－3，0)，AC 1→＝(3，－3，3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－3y 1＝0，3x 1－3y 1＋3z 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，x 1＝y 1，取法向量n 1＝(1，1，0)，(3分)∴ cos 〈TA 1→，n 1〉＝33·2＝22，〈TA 1→，n 1〉＝π4.设TA 1与平面ABC 1所成的角为π2－〈TA 1→，n 1〉＝π4.(5分)(2) T 在平面ABC 1内，CT →＝CB →＋BT →＝CB →＋mBC 1→＋nBA →＝(3－3n ，3n ，3m)，即T(3－3n ，3n ，3m)．由TB 1＝TC ，得(3－3n)2＋(3n)2＋(3m)2＝(3n ＋3)2＋(3n)2＋(3m －3)2，即－2m ＋4n ＝－1， ①设平面CAA 1C 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，CA →＝(0，3，0)，CC 1→＝(3，0，3)，⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，3x 2＋3z 2＝0，取n 2＝(1，0，－1)．设平面TA 1C 1法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)，C 1A 1→＝(0，3，0)，C 1T →＝(－3n ，3n ，3m －3)，⎩⎪⎨⎪⎧y 3＝0，－3nx 3＋（3m －3）z 3＝0， 取n 3＝(m －1，0，n)．(8分)由平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1，得cos 〈n 2，n 3〉＝m －1－n 2·（m －1）2＋n 2＝0，m ＝n ＋1. ② 由①②解得n ＝12，m ＝32， ∴ 存在点T ⎝⎛⎭⎫32，32，92，TC ＝3112.(10分)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1A 1CC 1的大小．解：如图，以B 为直角坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则A(2，0，0)、C(0，2，0)、A 1(2，0，2)、B 1(0，0，2)、C 1(0，2，2)．设AC 的中点为M ，则M(1，1，0)．∵ BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1，∴ BM ⊥平面A 1C 1CA ，即BM →＝(1，1，0)是平面A 1C 1CA 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z)，A 1C →＝(－2，2，－2)，A 1B 1→＝(－2，0，0)．∴ n ·A 1B 1→＝－2x ＝0，n ·A 1C →＝－2x ＋2y －2z ＝0.令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1.∴ n ＝(0，1，1)．设法向量n 与BM →的夹角为φ，二面角B 1A 1CC 1的大小为θ，由图知θ为锐角，∴ cos θ＝|cosφ|＝|n ·BM →||n ||BM →|＝12，解得θ＝π3. ∴ 二面角B 1A 1CC 1的大小为π3.。

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：立体几何 第1课时 直线、平面、空间几何体考纲指要：立体几何在高考中占据重要的地位，考察的重点及难点是直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定，而查空间线面的位置关系问题，又常以空间几何体为依托，因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式。

考点扫描：1．空间两条直线的位置关系：（1）相交直线；（2）平行直线；（3）异面直线。

2．直线和平面的位置关系：（1）直线在平面内；（2）直线和平面相交；（3）直线和平面平行。

3．两个平面的位置关系有两种：（1）两平面相交；（2）两平面平行。

4．多面体的面积和体积公式，旋转体的面积和体积公式。

考题先知：例1．在平面几何中，我们学习了这样一个命题：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比。

请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质，并证之。

解：通过类比，得命题：过四面体的内切球的球心作一截面，将四面体分成的两部分的表面积比等于其体积比。

证明：如图，设四面体P-ABC 的内切球的球心为O ，过O 作截面DEF交三条棱于点E 、D 、F ，记内切圆半径为r,则r 也表示点O 到各面的距离，利用体积的“割补法”知：PDF O PEFO PDE O DEF P V V V V ----++==r S r S r S PDF PEF PDE ⋅+⋅+⋅313131BCFD O DEF O ACFE O ABC O ABDE O ABC DEF V V V V V V ------++++==r S r S r S r S r S BCFD DEF ACFE ABC ABDE ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅3131313131，从而21表表S S V V ABC DEF DEF P =--。

例2．（1）当你手握直角三角板，其斜边保持不动，将其直角顶点提起一点，则直角在平面内的正投影是锐角、直角 还是钝角？（2）根据第（1）题，你能猜想某个角在一个平面内的正投影一定大于这个角吗？如果正确，请证明；如果错误，则利用下列三角形举出反例：△ABC 中，2,6==AC AB ，13-=BC ，以∠BAC 为例。

空间向量在立体几何中的应用题组一一、填空题1．（北京五中2011届高三上学期期中考试试题理）一个正方体形状的无盖铁桶1111D C B A ABCD -的容积是V ，里面装有体积为V32的水，放在水平的地面上（如图所示）. 现以顶点A 为支撑点，将铁桶倾斜，当铁桶中的水刚好要从顶点1A 处流出时， 棱1AA 与地面所成角的余弦值为答案11222. （福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理）平面内有两定点A ，B ，且|AB|=4，动点P 满足4||=+PB PA ，则点P 的轨迹是 .答案：以AB 为直径的圆； 二、简答题3．（福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理）（本小题满分12分）如图，已知四棱柱ABCD—A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1=2。

（I ）求证：C 1D//平面ABB 1A 1；（II ）求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角D —A 1C 1—A 的余弦值。

答案 （I ）证明：四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1//CC 1，又⊄1CC面ABB 1A 1，所以CC 1//平面ABB 1A 1，…………2分ABCD 是正方形，所以CD//AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD//平面ABB 1A 1，…………3分 所以平面CDD 1C 1//平面ABB 1A 1， 所以C 1D//平面ABB 1A 1 …………4分 （II ）解：ABCD 是正方形，AD ⊥CD因为A 1D ⊥平面ABCD ， 所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D —xyz ， …………5分在1ADA ∆中，由已知可得,31=D A所以)3,1,1(),0,0,1(),3,0,0(),0,0,0(11-C A A D ，),0,1,1(),3,0,1(),3,1,0(11B D B -),3,1,2(1--=BD …………6分因为A 1D ⊥平面ABCD ， 所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1 A 1D ⊥B 1D 1。

立体几何1．如图．在组合体中，1111ABCD A B C D -是一个长方体，P ABCD -是一个四棱锥，且2,AB P =∈平面11CC D D，PD PC AD ===（1）求证：PD PBC ⊥平面；（2）若1AA a =，当a 为何值时，PC ∥平面1AB D ；（3）求点C 到平面PAB 的距离；（4）（备选）在（2）的前提下，若点1,,,P A D C 在同一球面上，求此球面的面积。

【启发谈话与引导分析】 第1问：要证线面垂直，只需证线线垂直。

据PD PC ==2,AB =可得PD PC ⊥； BC PDC ⊥平面，可得PD BC ⊥，从而得证。

第2问：若PC ∥平面1AB D ，据线面平行的性质定理可得PC ∥1DC ，知145CDC PCD ∠=∠=，则12AA CD ==即可。

第3问：欲求点C 到平面PAB 的距离，直接由点C 作平面PAB 的垂线，需补形，不易作出，考虑用等积法完成，十分简洁。

第4问：在条件及（2）的前提下，可知1,,PD PA PC 两两垂直，引导学生分析：点1,,,P A D C 所在的球面就是以1,,PD DC AD 为相邻三条棱的长方体的外接球面，从而可求此球面的直径，可求出球面的面积。

【解题过程】证明：（1）因为1111ABCD A B C D -是一个长方体，所以11BC CC D D ⊥平面，而 P ∈平面11CC D D ，所以PD ⊂平面11CC D D ，则PD BC ⊥。

因为PD PC ==2,AB =所以PCD ∆为等腰直角三角形，则PD PC ⊥。

因为PD 垂直于平面PBC 内的两条相交直线PC 和BC ，则PD PBC ⊥平面。

（2）当2a =时，四边形11CC D D 是一个正方形，所以145CDC ∠=，因45PCD ∠=， 又PC 和1C D 在同一个平面内，所以PC ∥1DC ，因1DC ⊂平面1AB D ，PC ⊄平面1AB D ，则PC ∥平面1AB D 。