2018年高考理数考前20天终极冲刺攻略： 立体几何与空间向量 Word版含答案

考场高招1 利用空间向量解决平行与垂直问题的方法1.解读高招设a,b两直线的方向向量分别为a,b,平面α,β的对应法向量为n,m.2.典例指引1(1) 1如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.(1)求证:AF∥平面BCE;(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.D.a>b>c考场高招32运用空间向量解决立体几何问题的步骤1.解读高招翻译 将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言,完成几何问题的求解温馨 提醒 在建立空间直角坐标系求点的坐标时,要使尽可能多的点落在坐标轴上,尽可能多的线段平行于坐标轴,有直角的,把直角边放在坐标轴上2.典例指引2．如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A ⊥底面ABCD,点P ,Q 分别在棱DD 1,BC 上.(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ.(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为 ,求四面体ADPQ 的体积.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>==.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=×6×6×4=24(2)如图,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即,从而.连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由③,④得,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=×6×6×4=24.3.亲临考场(2014重庆,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC 上一点,且BM=,MP⊥AP.(1)求PO的长;(2)求二面角A-PM-C的正弦值.(2)由(1)知,,.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=,由n2·=0,n2·=0,得故可取从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==-,故所求二面角A-PM-C 的正弦值为.考点69 利用空间向量求空间角考场高招3 三法(定义法、间接法、向量法)搞定线面角1.解读高招=|cos<a,n>|=2.典例指引2(1) 3(1)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=12,∠ACB=30°,AB=6,则PB与平面ABC所成角的余弦值为;(2)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.(方法二:向量法)如图,取AC的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系.设各棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,则取n=(0,2,1).故cos<,n>=,即所求角的正弦值为.3.亲临考场1.(2017课标Ⅱ,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=( 1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z ),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos <,n>|=sin45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则考点70 立体几何的综合问题考场高招 4解决立体几何中的折叠问题、最值问题的规律2.典例指引4．已知长方形ABCD,AB=3,AD=4.现将长方形沿对角线BD折起,使AC=a,得到一个四面体A-BCD,如图所示.(1)试问:在折叠的过程中,直线AB与CD能否垂直?若能,求出相应a的值;若不能,请说明理由;(2)求四面体ABCD体积的最大值.【解】 (1)直线AB与CD能够垂直.因为AB⊥AD,若AB⊥CD,AD∩CD=D,则AB⊥平面ACD,从而AB⊥AC.此时,a=,即当a=时,AB⊥CD.(2)因为△BCD的面积为定值,所以当点A到平面BCD的距离最大,即当平面ABD⊥平面BCD时,该四面体的体积最大.此时,过点A在平面ABD内作AH⊥BD,垂足为H,则AH⊥平面BCD,AH就是该四面体的高.在△ABD中,AH=,S△BCD=×3×4=6,此时V A-BCD=S△BCD·AH=,即为该四面体体积的最大值.3.亲临考场1.(2017课标Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F 为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·.令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为42.(2017课标Ⅲ,理16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b 都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【答案】②③。

立体几何知识点总结精华考试内容平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图;能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．（5）会用反证法证明简单的问题．（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．9（B）．直线、平面、简单几何体考试内容：平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定．三垂线定理及其逆定理．两个平面的位置关系．空间向量及其加法、减法与数乘．空间向量的坐标表示．空间向量的数量积．直线的方向向量．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面垂直的性质．平面的法向量．点到平面的距离．直线和平面所成的角．向量在平面内的射影．平行平面的判定和性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定和性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求：（1）掌握平面的基本性质。

核心考点解读——选修部分坐标系与参数方程（II）不等式选讲（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目主要以选考的方式，在解答题中出现，考查与参数方程、极坐标方程相关的互化与计算，解绝对值不等式、证明不等式等.2.从考查内容来看，坐标系与参数方程中主要考查：（1）极坐标系中直线和圆的方程；（2）已知直线和圆的参数方程，判断直线和圆的位置关系.不等式选讲中主要考查绝对值不等式的解法、不等式的证明，求最值问题等.3.从考查热点来看，坐标系与参数方程、不等式选讲是高考命题的选考部分，重点在于考查学生解不等式及利用不等式求解最值问题等，绝对值不等式与函数问题的综合是高考的趋势，值得关注.1.坐标系与参数方程(1)极坐标与直角坐标的互化：设M是平面内任一点，其直角坐标为错误!未找到引用源。

，极坐标为错误!未找到引用源。

，则极坐标与直角坐标的互化公式为错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

.(2)简单曲线的极坐标方程圆心在极点，半径为错误!未找到引用源。

的圆：错误!未找到引用源。

；圆心为错误!未找到引用源。

，半径为错误!未找到引用源。

的圆：错误!未找到引用源。

；圆心为错误!未找到引用源。

，半径为错误!未找到引用源。

的圆：错误!未找到引用源。

；过极点，倾斜角为错误!未找到引用源。

的直线：错误!未找到引用源。

和错误!未找到引用源。

；过点错误!未找到引用源。

，与极轴垂直的直线：错误!未找到引用源。

；过点错误!未找到引用源。

，与极轴平行的直线：错误!未找到引用源。

.(3)直线和圆锥曲线的参数方程直线的参数方程：错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

为参数）；圆的参数方程：错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

为参数）；椭圆的参数方程：错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

为参数）；双曲线的参数方程：错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

为参数）；抛物线的参数方程：错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

第6讲 空间向量及其运算)1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a ＝λb ．(2)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x ，y )，使p ＝x a ＋y b ．(3)空间向量基本定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ．其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定0≤〈a ，b 〉≤π．若〈a ，b 〉＝π2，则称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b . (2)两向量的数量积两个非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (3)向量的数量积的性质①a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量)； ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③|a |2＝a ·a ＝a 2； ④|a ·b |≤|a ||b |.(4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)， a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3，a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0，a ∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则AB →＝OB →－OA →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)． 4．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．(2)平面的法向量①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．②确定：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.5．空间位置关系的向量表示1．辨明四个易误点(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．(2)共线向量定理中a ∥b ⇔存在唯一的实数λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0. (3)共面向量定理中，注意有序实数对(x ，y )是唯一存在的．(4)向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即(a ·b )c ＝a (b ·c )不一定成立．2．建立空间直角坐标系的原则(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直． (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上． 3．利用空间向量坐标运算求解问题的方法用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．1．已知a ＝(－2，－3，1)，b ＝(2，0，4)，c ＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( )A ．a ∥c ，b ∥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对C 因为c ＝(－4，－6，2)＝2a ，所以a ∥c .又a ·b ＝0，故a ⊥b .2．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( )A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)C 设P (0，0，z )，则有（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z ）2＝（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z ）2，解得z ＝3.3.教材习题改编 在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c A 由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .4.教材习题改编 已知a ＝(2，4，x )，b ＝(2，y ，2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值为________．因为a ＝(2，4，x )，|a |＝6，则x ＝±4， 又b ＝(2，y ，2)，a ⊥b ， 当x ＝4时，y ＝－3，x ＋y ＝1. 当x ＝－4时，y ＝1，x ＋y ＝－3. 1或－35．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y ，2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________．因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. －3空间向量的线性运算如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________．(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．【解析】 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2)因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 【答案】 (1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→若本例条件不变，结论改为：设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z 的值．EO →＝ED →＋DO →＝－23DD 1→＋12(DA →＋DC →)＝12AB →－12AD →－23AA 1→， 由条件知，x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.用基向量表示指定向量的方法(1)应结合已知和所求向量观察图形．(2)将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来．如图所示，在空间几何体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→. (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .因为N 是BC 的中点， 所以NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→ ＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c .共线、共面向量定理的应用已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .【证明】 (1)连接BG (图略)， 则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知，E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD ． 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(1)证明空间三点P 、A 、B 共线的方法 ①PA →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； ③对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． (2)证明空间四点P 、M 、A 、B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →；③对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ④PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →)．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． (1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， 所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， 所以M ，A ，B ，C 四点共面， 从而点M 在平面ABC 内．空间向量的数量积与坐标运算(1)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P i (i ＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则AB →·AP i →(i ＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )A ．1B ．2C ．4D ．8(2)正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B ．33 C.23D ．63(3)已知向量a ＝(0，－1，1)，b ＝(4，1，0)，|λa ＋b |＝29，且λ>0，则λ＝________． 【解析】 (1)由题图知，AB 与上底面垂直，因此AB ⊥BP i (i ＝1，2，…，8)，AB →·AP i →＝|AB →||AP i →|cos ∠BAP i ＝|AB →|·|AB →|＝1(i ＝1，2，…，8)．故选A.(2)不妨设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，平面ACD 1的法向量为DB 1→＝(1，1，1)，又BB 1→＝(0，0，1)，所以cos 〈DB 1→，BB 1→〉＝DB 1→·BB 1→|DB 1→||BB 1→|＝13×1＝33， 所以BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63.(3)λa ＋b ＝λ(0，－1，1)＋(4，1，0)＝(4，1－λ，λ)，由已知得|λa ＋b |＝42＋（1－λ）2＋λ2＝29，且λ>0，解得λ＝3. 【答案】 (1)A (2)D (3)3(1)空间向量数量积计算的两种方法 ①基向量法：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．②坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题 ①a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0. ②|a |＝a 2.③cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 和b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．因为A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，a ＝AB →，b ＝AC →，所以a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)．(1)cos θ＝a·b|a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，所以a 和b 的夹角θ的余弦值为－1010.(2)因为k a ＋b ＝k (1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)且(k a ＋b )⊥(k a －2b )，所以(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0. 解得k ＝－52或k ＝2.利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，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，是高考中的重要得分点．高考对空间向量解决此类问题有以下两个命题角度： (1)证明平行问题； (2)证明垂直问题．(1)(2015·高考湖南卷节选)如图，已知四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ .(2)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .【证明】 (1)由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1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，则相关各点的坐标为A (0，0，0)，B 1(3，0，6)，D (0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q (6，m ，0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.若P 是DD 1的中点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3，PQ →＝(6，m －92，－3)．又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0， 所以AB 1→⊥PQ →，即AB 1⊥PQ .(2)因为平面PAD ⊥平面ABCD 且ABCD 为正方形，所以AB ，AP ，AD两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG →＝(1，1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →， 又因为FE →与FG →不共线， 所以PB →与FE →，FG →共面．因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；②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；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系； ④根据运算结果解释相关问题． (2)空间线面位置关系的坐标表示设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．①线线平行l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.②线线垂直l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.③线面平行(l ⊄α)l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.④线面垂直l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.⑤面面平行α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4. ⑥面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.角度一 证明平行问题 1.如图，在四棱锥O ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．利用向量方法证明：直线MN ∥平面OCD ．作AP ⊥CD 于点P ，连接OP ，如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，O (0，0，2)，M (0，0，1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，0，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1，OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－2，OD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，－2. 设平面OCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，得n ＝(0，4，2)．因为MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－24，24，－1·(0，4，2)＝0，所以MN →⊥n ，且MN ⊄平面OCD ，所以MN ∥平面OCD ．角度二 证明垂直问题2．如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .(1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)．于是AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)， 所以AP →·BC →＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)连接MB ，MC .由(1)知AP ＝5， 又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA →＝(－4，－5，0)，所以BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0，3，4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ， 又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2D 由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0， 所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直B 由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点．所以AB ∥CD ．3．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a 、b 、c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627 B ．9 C.647D ．657D 由题意知存在实数x ，y 使得c ＝x a ＋y b ， 即(7，5，λ)＝x (2，－1，3)＋y (－1，4，－2)， 由此得方程组⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ，5＝－x ＋4y ，λ＝3x －2y .解得x ＝337，y ＝177，所以λ＝997－347＝657.4．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．不确定B 如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.5.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为( ) A ．(1，1，1) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12 C.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，32 D ．(1，1，2)A 设P (0，0，z )，依题意知A (2，0，0)，B (2，2，0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，z 2，于是DP →＝(0，0，z )，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，z 2，cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝z 22|z |·z 24＋2＝33. 解得z ＝±2，由题图知z ＝2，故E (1，1，1)．6．(2017·唐山统考)已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216a B ．66a C.156a D ．153a A 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )， 因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3.所以M ⎝⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →| ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 7．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，点Q 在平面yOz 上，则垂足Q 的坐标为________．由题意知点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影， 所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)． (0，2，3)8．在空间直角坐标系中，以点A (4，1，9)，B (10，－1，6)，C (x ，4，3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为__________．由题意知AB →＝(6，－2，－3)， AC →＝(x －4，3，－6)．又AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，可得x ＝2. 29．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又因为a ·c ＝4，所以b ·c ＝－18，所以cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°. 60°10．已知空间四边形OABC ，点M 、N 分别是OA 、BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a 、b 、c 表示向量MN →＝________．如图所示，MN →＝12(MB →＋MC →)＝12＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC →－OA →)＝12(b ＋c －a )．12(b ＋c －a ) 11.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EG 的长．设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a ·c ＝14.(2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22.12．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)． (1)求以AB ，AC 为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．(1)由题意可得： AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)，所以cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.所以sin 〈AB →，AC →〉＝32，所以以AB ，AC 为边的平行四边形的面积为S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3. (2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，所以向量a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．13．有下列命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ； ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4B ①正确，②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立．③正确．④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．14．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________．对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，显然当y ＝2时，f (x )min＝－7，此时x ＝2－y2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.1 2 2 2 15.如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .(1)设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，C (2a ，0，0)，B (0，0，a )，D (a ，3a ，0)， E (a ，3a ，2a )．因为F 为CD 的中点， 所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )， BC →＝(2a ，0，－a )．因为AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .(2)因为AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a ，0)，ED →＝(0，0，－2a )，所以AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0， 所以AF ⊥CD ，AF ⊥ED ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ，所以平面BCE ⊥平面CDE .16．如图，正三角形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A ­DC ­B ．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BP BC的值；如果不存在，请说明理由．(1)AB ∥平面DEF ，理由如下： 在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 的中点， 得EF ∥AB ．又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， 所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，故DE →＝(0，3，1)．假设存在点P (x ，y ，0)满足条件，则AP →＝(x ，y ，－2)， AP →·DE →＝3y －2＝0，所以y ＝233.又BP →＝(x －2，y ，0)，PC →＝(－x ，23－y ，0)，BP →∥PC →，所以(x －2)(23－y )＝－xy ， 所以3x ＋y ＝2 3.把y ＝233代入上式得x ＝43，所以BP →＝13BC →，所以在线段BC 上存在点P 使AP ⊥DE ，此时BP BC ＝13.。

第•八章.立体几何与空间向虽第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲I•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岀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.椅理自测，理绥记忆知识梳理1•简单多面体的结构特征(1) 棱柱的侧棱都丫巾II相等,上、下底面是全等一且平行的多边形：(2) 棱锥的底面足任总多边形，侧面足有•个公共顶点的三角形：(3) 棱台可由JliLT-底面的平面截棱锥得到，其上、卜•底面是相似多边形.2.旋转体的形成3•三视图(1) 几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别足从儿何体的也方、生生方、生上方观察几何体画出的轮廓线.(2) 三视图的画法①基木要求：长对正，髙丫齐,宽相等.②在画三视图时，重叠的线只训一条，挡住的线要画成虚线.4. 直观图空间儿何体的直观图常用红二割画法來画，氏规则是:(I)原图形屮x轴、y轴、z轴两两垂fl，ft观图中，疋轴、轴的夹角为45°(或135°), z'轴与f轴、y，轴所在平面逢鱼.(2) 原图形中卩行J：坐标轴的线段，直观图中仍分别V仃「坐标轴.平行厲轴和2轴的线段在直观图中保持原长度不变, 平行于曲II的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测1 •判断正课(在括号内打“ J ”或“ X ”)斫精彩PPT展示(1) 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱・()(2) 自一个面是多边形，其余各面都是三角形的儿何体是棱锥・()(3) 用斜二测画法画水平放置的ZA时，若Z4的两边分别平行于x轴和y轴，且ZA = 90° ,则在直观图中，ZA = 45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图屮，三视图均相同・()解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的Z人时，把川y轴画成相交成45。

专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧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)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示， 从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝22＋22＋22＝2 3.考点二 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)； 圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； 锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体， 设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4， 由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.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.三、预测押题不能少2.(1)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16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三 球与多面体的切接问题 一、基础知识要记牢(1)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，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A．36π B.112π3C．32π D．28π[解析] (1)设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤32，∴V max＝43×π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B.(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R＝⎝⎛⎭⎪⎫4332＋22＝28 3，则外接球的表面积S＝4πR2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题．(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置．(3)建立几何量间关系求半径r.三、预测押题不能少3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. (2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一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为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2S a ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B. 3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.6．如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah＝32×23＝33. 7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC ­A 1B 1C 1截去四棱锥A ­BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(2017·贵阳质检)三棱锥P ­ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ­ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P ­ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ­ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3 C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ­ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC的距离为h ，则由V P ­ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ­ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A ­BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233. 答案：2 2 23313．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43. 答案：三棱锥 4314．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π. 答案：16π16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A ­BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：33 17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD ∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ ­CAB 和四棱锥D ­PQEF ，所以V ＝V PDQ ­CAB ＋V D ­PQEF ＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3.答案：3 3[选做题]1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B. 2．四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ­ABCD是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(2017·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12，∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12，∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ­ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3. 答案：60 3 第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一 空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β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α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，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________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD .又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.法二：∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B 、D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个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．(3)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，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCD­A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③解析：选B 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离．故①②③都正确．4．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD­A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD.5.(2017·成都模拟)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD­EFGH中，AB＝5，AD＝4，AE＝3，则△EBD在平面EBC上的射影的面积是( )A．234 B.25 2C．10 D．30解析：选A 连接HC，过D作DM⊥HC，交HC于M，连接ME，MB，因为BC⊥平面HCD，又DM⊂平面HCD，所以BC⊥DM，因为BC∩HC＝C，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点； ②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC ­EGFH 的体积是一个定值．解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD 上，作图可知②错．对③，如图1，取BD ，AC 的中点I ，J ，则BC ，AD 都与平面EIFJ 平行，故A ，H 到平面EIFJ 的距离相等，B ，G 到平面EIFJ 的距离相等，而E 为AB 的中点，故A ，B 到平面EIFJ 的距离相等，从而G ，H 到平面EIFJ 的距离相等．连接GH 交EF 于K ，则K 为GH 的中点，从而G ，H 到EF 的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H 为D 时，G 为C ，此时几何体的体积为三棱锥A ­CDE 的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V C ­EFG ＝V D ­EFH ，由③可得，只需证C ，D 到截面的距离相等，因为F 为CD 的中点，所以C ，D 到截面的距离相等．故④正确．答案：③④ 三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB.(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ，图1图2所以EF与DB确定平面BDEF.如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE ⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.第三讲空间角与空间向量考点一空间角考查类型(一) 异面直线所成的角一、基础知识要记牢过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33(2)(2016·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′。

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·台州统考)已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( )A.32B.－2C.0D.32或－2 解析 ∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 答案 B2.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.459C.259D.23解析 如图，设正方体棱长为2，则易得CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝CM →·D 1N →|CM →||D 1N →|＝－19， ∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－192＝459. 答案 B3.空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( )A.AE →·BC →＜AE →·CD →B.AE →·BC →＝AE →·CD →C.AE →·BC →＞AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析 取BD 的中点F ，连接EF ，则EF 綉12CD ，因为〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉＞90°，因为AE →·BC →＝0，∴AE →·CD →＜0，所以AE →·BC →＞AE →·CD →.答案 C4.已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( )A.－1B.43C.53D.75解析 由题意得，k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2).所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －2×2＝5k －7＝0，解得k ＝75. 答案 D5.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A.a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2 解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C二、填空题6.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________.解析 由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案 60°7.(2017·宁波十校联考)已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，a 与b 夹角的余弦值为________；若a ⊥(a －λb )，则λ＝________.解析 ∵a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2＋2＋314×6＝216；由题意a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，又a 2＝14，a ·b ＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.答案 21628.(2017·北京顺义一模)设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5是空间中给定的5个不同的点，则使∑5k ＝1MA k →＝0成立的点M 的个数有________.解析 设M (a ，b ，c )，A k ＝(x k ，y k ，z k )(k ＝1，2，3，4，5).则MA k →＝(x k －a ，y k －b ，z k －c )， ∴由∑5k ＝1MA k →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5－5a ＝0，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5－5b ＝0，z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5－5c ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15（x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5），b ＝15（y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5），c ＝15（z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5），∴存在唯一点M . 答案 1三、解答题9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c .(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 10.如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB －β中，AC ⊂α，BD ⊂β，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，垂足分别为A ，B .已知AC ＝AB ＝BD ＝6，求线段CD 的长.解 ∵AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，∴CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0.∵二面角α－AB －β的平面角为120°，∴〈CA →，BD →〉＝180°－120°＝60°，∴CD 2＝CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2BD →·AB →＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，∴CD ＝12.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( )A.－1B.0C.1D.不确定 解析 如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.答案 B12.若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标.已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A.(4，0，3)B.(3，1，3)C.(1，2，3)D.(2，1，3)解析 设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z .则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①因为p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3，1，3).答案 B13.(2017·郑州调研)已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OP →＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是__________.解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23.即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 14.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .(1)写出点E ，F 的坐标；(2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，解得λ1＝12，λ2＝1. 于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. 15.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EG 的长；(3)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值.解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，(1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ， |EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (3)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23， 由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

考前30天之备战2018高考数学冲刺押题系列四 立体几何（理）学生版【命题趋势】：理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．预测2018年高考的可能情况是： (1)以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等． (2)以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．【方法与技巧】1()2将平面图形沿直线翻折成立体图形，实际上是以该直线为轴的一个旋转．求解翻折问题的基本方法：先比较翻折前后的图形，弄清哪些量和位置关系在翻折过程中不变，哪些已发生变化，然后将不变的条件集中到立体图形中，将问题归结为一个条件与结论均明朗化的立体几何问题．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．若图形易找线、面的位置关系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．()(34)()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理验证，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．重视转化与化归思想的应用，如面面平行或垂直问题转化为线面平行或垂直问题，也可继续转化为线线平行或垂直．．问题来处理．空间角的计算方法都是转化为平面角计算．要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系，比如利用“中点”等性质．异面直线所成角强调的是“平行”，直线与平面所成角强调的是“射影”，二面角的平面角强调的是“垂直”．另外，必须注意三类角的取5．值范围．()()()12637求角的一般步骤：找出或作出有关的平面角；证明它是符合定义的角；将所求归到某一三角形中进行计算．向量法求解的关键是建立空间直角坐标系，若题中无明显两两垂直的直线，要先证明后建系，若建系困难可以考虑几何法或利用空间向量的向量式解决．另外，利用向量法求解角，注意向量夹角与所求的空间．．角的关系．()()()()123()(948)求距离的一般步骤是：一作，二证，三计算．即先作出表示距离的线段，再证明它就是所求的距离，然后再计算，其中第二步证明过程在解题中应引起足够的重视．求空间距离的方法可分为直接法、转化法、向量法．直接法是直接作出垂线，再通过解三角形求出距离．转化法是把面面距离转化为线面距离，再把线面距离转化为点面距离．等积法等面积、等体积是求距离点到线、点到面的常用方法，要注意灵．．活运用．向量法是把距离求解转化为向量运算．【高考冲刺押题】【押题1】如图，在直四棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 为平行四边形，且2AD =，13AB AA ==，60BAD ∠=，E 为AB 的中点.（Ⅰ） 证明：1AC ∥平面1EBC ；（Ⅱ）求直线1ED 与平面1EBC 所成角的正弦值. 【押题指数】★★★★★【押题2】如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB∥CD，AB= 2AD =2CD =2．E 是PB 的中点．（I ）求证：平面EAC ⊥平面PBC; （II ）若二面角P-A C-E求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值．【押题指数】★★★★★【押题3】如图，在底面是矩形的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，2,1,PA AB BC ===E 是PD 的中点.（1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ；（2）求二面角E AC D --所成平面角的余弦值. 【押题指数】★★★★★PBCAD E【押题4】如图，多面体ABCD EF -中，ABCD 是梯形，CD AB //，ACFE 是矩形，平面⊥ACFE 平面ABCD ，a AE CB DC AD ====，2π=∠ACB ．（1）若M 是棱EF 上一点，//AM 平面BDF ，求EM ；（2）求二面角D EF B --的平面角的余弦值．【押题指数】★★★★★【押题5】如图1，在边长为3的正三角形ABC 中，E ，F ，P 分别为AB ，AC ，BC 上的点，且满足1AE FC CP ===.将△AEF 沿EF 折起到△1A EF 的位置，使二面角1A EF B --成直二面角，连结1A B ，1A P .（如图2）（Ⅰ）求证：E A 1⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线E A 1与平面BP A 1所成角的大小.图1 图2【押题指数】★★★★★【押题6】在直三棱柱111ABC A B C -中，1BC CC AB ===2 ,BC AB ⊥.点NM ,分别是1CC ,C B 1的中点，G 是棱AB 上的动点.（I ）求证：⊥C B 1平面BNG ； (II)若CG //平面M AB 1，试确定G 点的位置，并给出证明；(III)求二面角1M AB B --的余弦值.【押题指数】★★★★★【押题7】在如图的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE EB ⊥,//AD EF ，//EF BC ， 24BC AD ==，3EF =，2AE BE ==，G 是BC 的中点．(Ⅰ) 求证：//AB 平面DEG ；(Ⅱ) 求证：BD EG ⊥；(Ⅲ)求多面体ADBEG 的体积. 【押题指数】★★★★★【押题8】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，90DAB ∠=，//AD BC ，AD ⊥侧面PAB ，△PAB 是等边三角形，2==AB DA ， 12BC AD =，E 是线段AB 的中点．（1）求证：CD PE ⊥；（2）求四棱锥P ABCD -的体积； （3）试问线段PB 上是否存在点F ，使二面角C DE F --的余弦值 为41?若存在，确定点F 的位置；若不存在，说明理由. 【押题指数】★★★★★【押题9】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，=90ABD ∠︒，EB ⊥平面ABCD ，EF//AB ，=2AB，=1EB EF ，BC 且M 是BD 的中点.（Ⅰ）求证：EM//平面ADF ； （Ⅱ）求二面角D-AF-B 的大小；（Ⅲ）在线段EB 使得CP 与AF 所成的角为30︒？ 若存在，求出BP 的长度； 若不存在，请说明理由. 【押题指数】★★★★★【押题10】四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，∠BCD =60º，PA =PD E 是BC 中点，点Q 在EPD 1C 1B 1A1D CBA侧棱PC 上．（Ⅰ）求证：AD ⊥PB ；（Ⅱ）若Q 是PC 中点，求二面角E -DQ -C 的余弦值； （Ⅲ）若PQPCλ=，当PA // 平面DEQ 时，求λ的值． 【押题指数】★★★★★【名校试题】1、如图，在六面体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC ，11A B A D =，AB AD =.求证：（1）1AA BD ⊥；（2）11//BB DD . 【试题出处】江苏省苏中三市（南通泰州扬州）2018届高三3月第一次调研测试（数学）2、在棱长为２的正方体ABCD －Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，E 为棱AB 的中点， 点P 在平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，D １P ⊥平面PCE ．试求：（Ⅰ）线段D １P 的长；（Ⅱ）直线DE 与平面PCE 所成角的正弦值；【试题出处】江苏省苏北四市（徐、淮、连、宿）高三3月联考试题（数学）3、如图，在直三棱柱111-ABC A B C 中，⊥AC BC ，且12===AC BC CC ，M 是1AB ，1A B 的交点，N 是11B C 的中点.（Ⅰ）求证：⊥MN 平面1A BC ； （Ⅱ）求平面1AA B 与平面1A BC 夹角的大小【试题出处】2018年咸阳市高三第二次模拟考试数学（理）试题4、如图，该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC =4，AB =AC ，∠BAC =90︒，D 为半圆弧1B C 的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的大小为arccos23，求： (1)该几何体的体积；(2)直线AD 与平面ACC 1A 1所成角的大小. 【试题出处】2018年上海五校联合教学调研数学试卷(理科)1AABC1B1CMN第19题5、已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是直角三角形，且90ACB ∠=，PA ⊥平面ABC ，1PA AC BC ===，D 是线段PC 的中点， 如图所示.（Ⅰ）证明：AD ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求平面PAC 与平面ABD 的夹角的余弦值.【试题出处】陕西省西安市八校2018届高三年级数学（理科）试题6、如图6，四棱柱1111D C B A ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，且1=AB ，2=BC ，060=∠ABC ，E 为BC的中点，⊥1AA 平面ABCD ． ⑴证明：平面⊥AE A 1平面DE A 1；⑵若E A DE 1=，试求异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值．【试题出处】广东省江门市2018年普通高中高三第一次模拟测试数学（理科） 7、如图，已知E ，F 分别是正方形ABCD 边BC 、CD 的中点，EF 与AC 交于点O ，PA 、NC 都垂直于平面ABCD ，且4PA AB ==，2NC =，M 是线段PA 上一动点． （Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面NEF ；（Ⅱ）若//PC 平面MEF ，试求:PM MA 的值；（Ⅲ）当M 是PA 中点时，求二面角M EF N --的余弦值．【试题出处】北京市密云县2018年高中模拟试卷及答案（理数）8、三棱柱111C B A ABC -的直观图及三视图（主视图和俯视图是正方形，左侧图是等腰直角三角形）如图，D 为AC 的中点. （1）求证：//1AB 平面1BDC ； （2）求证：⊥C A 1平面1BDC ； （3）求二面角1A BC D --的正切值.A B CDA1B1C1A【试题出处】广东省韶关市2018届高三第一次调研考试数学（理）试题9、如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC ．（1）求证：平面AEC ⊥平面ABE ；（2）点F 在BE 上．若DE //平面ACF ，求BF BE的值 【试题出处】南京市2018年届高三第二次模拟考试数学试卷10、如图,在直角梯形ABCP 中，AP //BC ，AP ⊥AB ，AB =BC =12AP =2，D 是AP 的中点，E ，F ，G 分别为PC 、PD 、CB 的中点，将△PCD 沿CD 折起，使得PD ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面PCD ⊥平面PAD ；(2) 求二面角G-EF-D 的大小；(3) 求三棱椎D-PAB 的体积.【试题出处】山东省济南市2018届高三3月（二模）月考数学（理）试题11、如图，在多面体ABCD EF -中，四边形ABCD 为正方形，//EF AB ，EF EA ⊥，2AB EF =，090AED ∠=，AE ED =，H 为AD 的中点．（Ⅰ）求证：//EH 平面FAC ；（Ⅱ）求证：EH ⊥平面ABCD ； （Ⅲ）求二面角A FC B --的大小．【试题出处】北京市门头沟区2018届高三年级3月抽样测试数学（理工类）12、如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，15CC =，M 为棱1CC 上一点.若132C M =，求异面直线1A M 和11C D 所成角的正切值；是否存在这样的点M 使得BM ⊥平面11A B M ？若存在，求出1C M 的长； 若不存在，请说明理由【试题出处】2018届上海市七校 数学试题（理科）13、如图，矩形ABCD 所在的平面与平面AEB 垂直，且120,4,2,BAE AE AB AD ∠=︒===F 、G 、H 分别为BE 、AE 、BC 的中点。

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下面是小编为大家整理的，数学知识，更多相关信息请关注CNFLA学习网!空间向量一、空间向量知识点1.空间向量的概念：定义：空间向量的定义和平面向量一样，那些具有大小和方向的量叫做向量，并且仍用有向线段表示空间向量，且方向相同、长度相等的有向线段表示相同向量或相等的向量。

具有大小和方向的量叫做向量注：⑴空间的一个平移就是一个向量⑵向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量⑶空间的两个向量可用同一平面内的两条有向线段来表示ⅰ定理：如果三个向量不共面，那么对于空间任一向量，存在唯一的有序实数组x、y、z，使。

且把叫做空间的一个基底，都叫基向量。

ⅱ正交基底：如果空间一个基底的三个基向量是两两相互垂直，那么这个基底叫正交基底。

ⅲ 单位正交基底：当一个正交基底的三个基向量都是单位向量时，称为单位正交基底，通常用表示。

ⅳ 空间四点共面：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间中任意一点P，都存在唯一的有序实数组x、y、z，使。

2.空间向量的运算定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算如下运算律：⑴加法交换律：⑵加法结合律：⑶数乘分配律：3 共线向量ⅰ定义：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，记作。

ⅱ规定：零向量与任意向量共线;ⅲ共线向量定理：对空间任意两个向量平行的充要条件是：存在实数λ，使。

表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量.平行于记作.当我们说向量、共线(或//)时，表示、的有向线段所在的直线可能是同一直线，也可能是平行直线.4.共线向量定理及其推论共线向量定理：空间任意两个向量、(≠)，//的充要条件是存在实数λ，使=λ.推论：如果为经过已知点A且平行于已知非零向量的直线，那么对于任意一点O，点P在直线上的充要条件是存在实数t满足等式.其中向量叫做直线的方向向量.5.向量与平面平行已知平面和向量，作，如果直线平行于或在内，那么我们说向量平行于平面，记作：.通常我们把平行于同一平面的向量，叫做共面向量说明：空间任意的两向量都是共面的6.共面向量定理ⅰ定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量;空间的任意两个向量都是共面向量。