立体几何综合应用二

【考点1】空间角，距离的求法 【备考知识梳理】 1．空间的角(1)异面直线所成的角：如图，已知两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线','a a b b .则把'a 与'b 所成的锐角(或直角)叫做异面直线与所成的角(或夹角)．异面直线所成的角的范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦. (2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0︒的角．直线与平面所成角的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦.(3)二面角的平面角：如图在二面角l αβ--的棱上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱的射线OA 和OB ，则AOB ∠叫做二面角的平面角．二面角的范围是[]0,π.(4)等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，并且方向相同，那么这两个角相等. 推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等. 3.空间距离:（1）两条异面直线的距离：两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离；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找或作出过且与平行的平面，则直线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，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．（2）点到平面的距离：点Ｐ到直线的距离为点Ｐ到直线的垂线段的长，常先找或作直线所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线的距离.在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可.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（3）直线与平面的距离：一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到平面的距离，叫做这条直线和平面的距离；（4）平行平面间的距离：两个平行平面的公垂线段的长度，叫做两个平行平面的距离. 【规律方法技巧】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; ④补形法：将空间图形补成熟悉的、完整的几何体，这样有利于找到两条异面直线所成的角θ. （2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π.求线面角方法:①利用面面垂直性质定理，巧定垂足：由面面垂直的性质定理，可以得到线面垂直，这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径. ②利用三棱锥的等体积，省去垂足,在构成线面角的直角三角形中，其中垂线段尤为关键.确定垂足，是常规方法.可是如果垂足位置不好确定，此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置，照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h,利用三棱锥的等体积，只需求出h ，然后利用斜线段长h =θsin 进行求解.③妙用公式，直接得到线面角 课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=，如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时，可直接应用.但是一定要注意三个角的位置，不能张冠李戴.（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[]0,π，解题时要注意图形的位置和题目的要求.求二面角的方法:①直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角,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；；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角, 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；③利用定义确定平面角, 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；DBA Cα②射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等. 【考点针对训练】1. .【2016高考浙江文数】如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB =90°，BE=EF=FC =1，BC =2，AC =3.（I ）求证：BF ⊥平面ACFD ；（II ）求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值.2. 【2016届湖北省武汉市武昌区高三5月调研】如图，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点，Q 是PA 的中点，G 为AOC ∆的重心，AB 是圆O 的直径，且22AB AC ==．（1）求证：//QG 平面PBC ； （2）求G 到平面PAC 的距离． 【考点2】立体几何综合问题 【备考知识梳理】空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点.归纳起来常见的命题角度有： 以多面体为载体综合考查平行与垂直的证明. 探索性问题中的平行与垂直问题. 折叠问题中的平行与垂直问题. 【考点针对训练】1. 【2016届宁夏高三三轮冲刺】如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PA AC ⊥，AB BC ⊥．设,D E 分别为,PA AC 中点．（1）求证：//DE 平面PBC ； （2）求证：BC ⊥平面PAB ；（3）试问在线段AB 上是否存在点F ，使得过三点D ，,E F 的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F 的位置并证明；若不存在，请说明理由．2. 【2016届四川南充高中高三4月模拟三】如图，在正方形ABCD 中，点,E F 分别是,AB BC 的中点，将,AED DCF ∆∆分别沿DE 、DF 折起， 使,A C 两点重合于P .(Ⅰ)求证：平面PBD ⊥平面BFDE ； (Ⅱ)求四棱锥P BFDE -的体积. 【应试技巧点拨】 1．如何求线面角（1）利用面面垂直性质定理，巧定垂足：由面面垂直的性质定理，可以得到线面垂直，这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径. （2）利用三棱锥的等体积，省去垂足在构成线面角的直角三角形中，其中垂线段尤为关键.确定垂足，是常规方法.可是如果垂足位置不好确定，此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置，照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h ！利用三棱锥的等体积，只需求出h ，然后利用斜线段长h=θsin 进行求解.（3）妙用公式，直接得到线面角 课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=，如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时，可直接应用.但是一定要注意三个角的位置，不能张冠李戴. 2.如何求二面角（1）直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角；③利用定义确定平面角；（2）射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等. 3.探索性问题探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目.一般可采用两个方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算.4．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．5．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直定义，判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．6．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可． 【三年高考】1. 【2016高考新课标1文数】平面α过正文体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面,则m ,n 所成角的正弦值为（ ）（A ）2 （B ）2 （C ）3（D ）132. 【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______．3. 【2016高考北京文数】如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥（I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.4. 【2016高考天津文数】如图，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF||AB ，AB=2，BC=EF=1，DE=3，∠BAD=60º，G 为BC 的中点.(Ⅰ)求证：//FG 平面BED ；(Ⅱ)求证：平面BED ⊥平面AED ；(Ⅲ)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值.5. 【2016高考新课标1文数】如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,PA =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE6. 【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是（ ）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支7.【2015高考福建，文20】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO =OB =．（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证C A ⊥平面D P O ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．8.【2015高考四川，文18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (Ⅰ)请按字母F ，G ，H 标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由) (Ⅱ)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系.并说明你的结论. (Ⅲ)证明：直线DF ⊥平面BEGAB FHED C G CD EAB9.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠ABC=2π，点D 、E 在线段AC 上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F 在线段AB 上，且EF//BC. (Ⅰ)证明：AB ⊥平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC 的体积为7，求线段BC 的长.题（20）图AC10. 【2014高考重庆文第20题】如题（20）图，四棱锥P ABCD -中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，2,3AB BAD π=∠=，M 为BC 上一点，且12BM=. （Ⅰ）证明：BC⊥平面POM ；（Ⅱ）若MP AP ⊥，求四棱锥P ABMO -的体积.11. 【2014高考全国1文第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11. （1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.12.【2014高考江西文第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，111,BB B A BC AA ⊥⊥. （1）求证：111CC C A ⊥；（2）若7,3,2===BC AC AB ，问1AA 为何值时，三棱柱111C B A ABC -体积最大，并求此最大值.【一年原创真预测】1.已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，ACD ∆为等边三角形，22AD DE AB ===，F 为CD 的中点.（Ⅰ）求证：平面平面BCE DCE ⊥； （Ⅱ）求B CDE 点到平面的距离.2．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC △是等腰直角三角形，且AB CB ==，且AA 1=3，D 为11AC 的中点，F 在线段1AA 上,设11A F tAA =（102t <<），设11=B C BC M ．MFDC 1B 1A 1CBA（Ⅰ）当取何值时，CF ⊥平面1B DF ；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求四面体1F B DM -的体积．3.如图，三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，PA PB AB BC 6====，点M ，N 分别为PB,BC 的中点．（I ）求证：AM ⊥平面PBC ； （Ⅱ）E 是线段AC 上的点，且AM 平面PNE .①确定点E 的位置；②求直线PE 与平面PAB 所成角的正切值．4.如图，在直角三角形ABC 中，∠BAC=60°，点F 在斜边AB 上，且AB=4AF ，D ，E 是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，AD=3，AC=BE=4.(Ⅰ)求证：CD ⊥EF ；(Ⅱ)若点M 是线段BC 的中点，求点M 到平面EFC 的距离.5. 如图所示，在边长为12的正方形11ADD A 中，点,B C 在线段AD 上，且3,4AB BC ==,作11//BB AA ，分别交111,A D AD 于点1B ，P .作11//CC AA ，分别交111,A D AD 于点1C ，Q .将该正方形沿11,BB CC 折叠，使得1DD 与1AA 重合，构成如图的三棱柱111ABC A B C -.（1）求证：AB ⊥平面11BCC B ； （2）求四棱锥A BCQP -的体积.【考点1针对训练】 1.2.【考点2针对训练】 1.又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//EF PBC ．又因为DE EF E =，所以平面//DEF 平面PBC ，所以平面DEF 内的任一条直线都与平面PBC 平行．2.【三年高考】 1. 【答案】A//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm ,同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60 ,故,m n所成角的正弦值为2,故选A. 2.3. 【解析】（I ）因为C P ⊥平面CD AB ，所以C DC P ⊥．又因为DC C ⊥A ，所以DC ⊥平面C PA ． （II ）因为//DC AB ，DC C ⊥A ，所以C AB ⊥A ．因为C P ⊥平面CD AB ，所以C P ⊥AB ．所以AB ⊥平面C PA ．所以平面PAB ⊥平面C PA ．（III ）棱PB 上存在点，使得//PA 平面C F E ．证明如下：取PB 中点，连结F E ，C E ，CF ．又因为E 为AB 的中点，所以F//E PA ．又因为PA ⊄平面CF E ，所以//PA 平面C F E ．4.5.6. 【答案】C【解析】由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.7.解法二：（I）、（II）同解法一．8.【解析】(Ⅰ)点F ，G ，H 的位置如图所示9.【解析】如题(20)图.由,DE EC PD PC ==知，E 为等腰PDC D 中DC 边的中点，故PE AC ^，又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC AC =，PE Ì平面PAC ，PE AC ^，所以PE ^平面ABC ，从而PE AB ^.因ABC=,,AB EF 2EF BC p衈故. 从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ^平面PFE .(2)解：设BC=x ,则在直角ABC D中，从而11S AB BC=22ABC D =?由EFBC ，知23AF AE AB AC ==，得AEF ABC DD ,故224()S 39AEF ABC S D D ==，即4S 9AEF ABC S D D =.FCDEAB GHO由1AD=2AE ,11421S S =S S 22999AFB AFE ABC ABC D D D D =?=从而四边形DFBC 的面积为DFBC11S S -=29ABC ADF S D D =718=(1)知，PE PE ^平面ABC ，所以PE 为四棱锥P-DFBC 的高.在直角PEC D 中，=体积DFBC 117S 73318P DFBC V PE -=鬃=?,故得42362430x x -+=，解得2297x x ==或，由于0x >，可得3x x ==或.所以3BC =或BC =10.11.12.【解析】（1）证明：由1AA BC ⊥知1BB BC ⊥,又11BB A B ⊥,故1BB ⊥平面1,BCA 即11BB AC ⊥,又11//BB CC ，所以11.AC CC ⊥（2）设1,AA x =在11Rt A BB ∆中1BA同理1AC 在1A BC ∆中,2222111111cos 2A B AC BC BAC BAC A B AC +-∠==∠=⋅11111sin 2A BCS A B A C BA C ∆=⋅∠=从而三棱柱111ABC A B C -的体积为11133A BC V BB S ∆=⨯⨯=因=故当x =时，即1AA =时，体积V取到最大值【一年原创真预测】1.【解析】（Ⅰ）DE ⊥平面ACD ，F A ⊂平面CD A ∴DE AF ⊥，又等边三角形ACD 中AF CD ⊥, D CD D E =，D E ⊂平面CD E ，CD ⊂平面CD E ，∴平面AF ECD ⊥，取CE 的中点M ，连接BM,MF ，则MF 为△CDE 的中位线，故1////,2MF DE AB MF DE AB ==,所以四边形ABMF 为平行四边形，即MB//AF,MB⊂平面C B E ，F A ⊄平面C B E ，//BCE 平面AF ∴，平面平面BCE DCE ∴⊥.（Ⅱ）因为AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，所以AB //DE ，故AB //平面DCE ，B CDE 点到平面的距离h 等于A CDE 点到平面的距离d ，由体积相等A DCE E ACD V V --=得,1133DCE ADC S d S DE ∆∆⋅=⨯,011112222sin 6023232d ⋅⨯⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，解得h d ==.2．（Ⅱ）由已知得111111==22F B DM M B DF C B DF B CDF V V V V ----=，因为FD FC 1=22CDF S DF FC ⋅=△，由（Ⅰ）得1B D ⊥平面DFC ，故112=21=33B CDF V -⨯⨯，故1F B DM -的体积为13．3.②作EH AB ⊥于H ，则EH //BC ，∴EH ⊥平面PAB ，∴EPH ∠是直线PE 与平面PAB 所成的角.∵1AH AB 23==，π6=3PA PAH =∠， ∴PH ==1EH BC 23==，∴EH tan EPH PH 7∠==，即直线PE 与平面PAB 所成角的正切值为7.4.5.。

1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。

称为基向量。

2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。

则轴。

则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。

）称为空间直角坐标。

注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。

建立即可。

3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。

121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。

空间向量与立体几何（2）——向量法在立体几何中的综合应用【学习目标】1、能够建立空间直角坐标系；2、掌握平面的法向量的求解方法；4、掌握向量法在一些平行、垂直证明中的应用；3、掌握向量法在线面角和二面角的应用（重难点）.【重点】空间直角坐标系的建立和法向量的求解【难点】掌握法向量．．．在线面角和二面角的应用. 【基础内容】1、法向量：和平面垂直的向量叫做法向量.如果法向量的模长为1，则称为单位法向量.2、平行：①线线平行：a b a b ⇒②线面平行：m 是平面α的法向量，若a m a ⊥⇒平面α③面面平行：m 是平面α的法向量，n 是平面β的法向量，若mn ⇒平面α || 平面β3、垂直：①线线垂直：a b a b ⊥⇒⊥②线面垂直：m 是平面α的法向量，若a m a ⇒⊥平面α③面面垂直：m 是平面α的法向量，n 是平面β的法向量，若m n ⊥⇒平面α ⊥平面β4、线面夹角：θ是OP 和平面α的夹角 sin cos ,OP m OP m OP m θ⋅=<>=⋅（根据θ的大小，考虑正负号）思考：为什么sin cos ,OP m θ=<>？5、二面角：θ是平面α和平面β的夹角cos cos ,m n m n m n θ⋅=<>=⋅（根据θ的大小，考虑正负号）思考：为什么cos cos ,m n θ=<>？【前置作业】1、如图，三棱锥O-ABC，OA、OB、OC两两垂直，且OA=OB=OC=1，求平面ABC的法向量坐标.（提示：利用线面垂直的判定定理，若法向量m⊥平面ABC，则m⊥AB，m⊥AC）【研讨探究】向量法基本方法：①建立坐标系（寻找两两垂直的三条线，特别是找到底面的垂直关系）；②求出点坐标（不知道长度的用字母代替或设单位“1”）③求解题目（法向量的应用）探究一：平行、垂直的证明1、如图，P A⊥矩形ABCD所在的平面，M,N分别是AB，PC的中点，P A=AD=1，AB=2．（1）求证：MN || 平面P AD；（2）求证：MN⊥平面PCD；探究二：线面角、二面角的求解（3）求MN和平面PBC的夹角的正弦值；（4）求二面角A-PB-C的余弦值.【当堂检测】1、已知直角梯形ABCD和矩形CDEF所在的平面互相垂直，AD⊥DC，AB || DC，AB=AD=DE=4，DC=8.（1）证明：BD⊥平面BCF；（2）M为AD的中点，在DE上是否存在一点P，使得MP //平面BCE？若存在，求出DP 的长；若不存在，请说明理由.（3）求CE与平面BEF夹角的正弦值Array（4）求二面角F-EB-C的平面角的余弦值；【课后作业】1、（14浙江·文）如图，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：AC⊥平面BCDE；(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．2、（14浙江·理）如图，在四棱锥A -BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝ 2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B -AD -E的大小。

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理数天津卷】如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D （1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5．【2018年理新课标I卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明。

高中数学的归纳立体几何与微积分的综合应用在高中数学的学习中，归纳、立体几何和微积分是非常重要的内容。

本文将探讨这三个部分是如何相互应用的。

一、归纳的作用归纳是数学中一种非常重要的推理方法，通过观察和总结一系列例子的共同特征，从而提炼出普遍规律。

在立体几何和微积分的学习中，归纳的作用不可小觑。

在立体几何中，归纳可以帮助我们发现不同几何体的性质和特征。

通过观察一系列立体的例子，我们可以总结出它们的面数、棱数、顶点数等基本特征，从而建立起对各种几何体的认识。

例如，通过归纳，我们可以发现所有正方体的六个面都是正方形，边长相等，这是一种普遍规律。

在微积分中，归纳可以帮助我们总结出数列和级数的通项公式。

通过观察数列或级数的前几项，我们可以猜测它们的通项公式，然后利用归纳法证明。

例如，通过归纳，我们可以总结出等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1是首项，d是公差。

二、立体几何与微积分的应用在高中数学中，立体几何和微积分是两个独立的学科，但在实际问题中，它们常常需要相互应用。

立体几何中的体积和表面积公式，可以通过微积分的方法来证明。

例如，对于球体的体积公式V=4/3πr^3，我们可以通过用微积分方法计算球体的曲面旋转体积来证明。

同样地，对于圆柱体的侧面积公式S=2πrh，我们可以利用微积分方法计算柱体的曲面积分来证明。

微积分中的求导和积分也可以在立体几何问题中得到应用。

当我们需要求一个曲面的切平面或者切线时，可以利用函数的导数来解决。

当我们需要求一个曲面的面积或者体积时，可以通过函数的积分来解决。

例如，在求解旋转曲面的表面积或者体积时，我们可以利用旋转体的计算公式并运用积分方法。

三、实际问题的综合应用在真实生活中，数学的应用往往是综合性的，需要综合运用归纳、立体几何和微积分的知识来解决问题。

例如，对于一个汽车制造商来说，他们需要设计一个容量为V的汽车油箱。

通过观察一系列汽车的油箱，我们可以发现它们的形状大多是长方体或者圆柱体。

专题三 立体几何1．高考立体几何试题具有较强的综合性，重视基础学问、基本技能和创新意识的考查，突出直观想象、逻辑推理、数学运算等学科核心素养的考查．内容包括“空间几何体”“点、直线、平面之间的位置关系”和“空间向量与立体几何”．2. 从近几年高考数学试题考查的状况来看，题目难度和题量相对稳定，一般是一个大题，两个小题，占22分，难度基本是中等．3．立体几何高考选择题或填空题有两个常考的热点：一是空间几何体的表面积、体积的计算，有时和数学文化、科技情境交汇命题，特殊要留意的是球与球的组合体问题，常作为小题的压轴题出现，难度较大，对空间想象实力和推理实力都有较高的要求．二是空间中点、直线、平面之间的位置关系的判定，或空间角的计算，若出现在压轴小题的位置，则类型一般为立体几何动态问题或翻折问题．4．立体几何高考解答题常以棱柱或棱锥为载体，一般设置两问，“一证一算”，一问是定性分析，一问是定量分析．其中定性分析以线、面平行、垂直的证明为主，考查逻辑推理实力及学科素养；而定量分析主要是应用空间向量求线面角、二面角，考查数学运算实力与学科素养．1．几何体的表面积与体积公式(1)柱体的体积和表面积：V ＝S 底h ；S 圆柱侧＝2πrl ；S 表面积＝S 侧＋2S 底.(2)台体的体积和表面积：V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h ；S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ；S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下．(3)锥体的体积和表面积：V ＝13S 底h ；S 圆锥侧＝πrl ；S 表面积＝S 侧＋S 底． (4)球的体积和表面积：V ＝43πR 3；S ＝4πR 2. 2．三个基本领实(1)基本领实1：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．(2)基本领实2：假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(3)基本领实3：假如两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．3．线面平行、垂直的定理(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)面面平行的判定定理：a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝P ，a ∥β，b ∥β⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b .(5)线面垂直的判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥a l ⊥b a ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α. (6)线面垂直的性质定理：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b . (7)面面垂直的判定定理： ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理： ⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥al ⊂β⇒l ⊥α. 4．三种空间角的求法设直线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μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角：设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21·a 22＋b 22＋c 22 .(2)线面夹角：设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角：设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.5．空间距离(1)点到直线的距离直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的任一点，P 为直线l 外一点，设AP →＝a ，则点P到直线l 的距离d ＝a 2－（a ·u ）2.(2)点到平面的距离平面α的法向量为n ，A 是平面α内任一点，P 为平面α外一点，则点P 到平面α的距离为d ＝|AP →·n ||n |.。

2022版人教A版高中数学选择性必修第一册--专题强化练2空间向量与立体几何的综合应用解答题1.(2021中国人民大学附属中学高二上检测,)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O、M分别为线段AD、DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.(1)求证:CM∥平面ABE;(2)求直线CM与BD所成角的余弦值;(3)点N在直线AD上,若平面BMN⊥平面ABE,求线段AN的长.2.(2020安徽合肥六中高二上期末,)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AC⊥AB,AC=AB=4,AA1=6,点E、F分别为CA1、AB的中点.(1)证明:EF∥平面BCC1B1;(2)求B1F与平面AEF所成角的正弦值.3.(2021山东新高考测评联盟高二上联考,)如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF 所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.(1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离;(2)设平面PDM与平面ABCD所成的夹角为θ,求cos θ的最大值并求出此时点P 的位置.4.(2020山东烟台第一中学高三上联考,)如图所示的几何体中,BE⊥BC,EA⊥AC,BC=2,AC=2√2,∠ACB=45°,AD∥BC,BC=2AD.(1)求证:AE⊥平面ABCD;(2)若∠ABE=60°,点F在EC上,且满足EF=2FC,求平面FAD与平面ADC的夹角的余弦值.5.(2020北京朝阳六校高三下联考,)在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AD⊥DC,且AB=1,AD=DC=DP=2,∠PDC=120°.(1)求证:AD⊥PC;(2)求夹角的余弦值;从①平面PAB与平面ABC,②平面PBD与平面BDC,③平面PBC与平面BCD这三个条件中任选一个,补充在填空线上并作答.(3)若M是棱PA的中点,求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.6.(2021山东济宁实验中学高二上月考,)如下图,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,PA=AD=2,AB=BC=1.2(1)求平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值;(2)求异面直线PB与CD之间的距离.7.(2020河南河大附中高二上期末,)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值.深度解析答案全解全析解答题1.解析 (1)证明:取AE 的中点P ,连接BP 、MP ,如图所示.∵M 、P 分别为ED 、AE 的中点,∴PM ∥AD ,且PM =12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形, ∴BC ∥OD ,且BC =OD ,又O 为AD 的中点,∴BC ∥AD ,且BC =12AD ,即PM ∥BC ,且PM =BC ,∴四边形BCMP 为平行四边形,∴CM ∥PB ,又CM ⊄平面ABE ,PB ⊂平面ABE , ∴CM ∥平面ABE.(2)连接EO ,∵AE =DE ,O 为AD 中点, ∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ,且平面ADE ⊥平面ABCD ,平面ADE ∩平面ABCD =AD , ∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ,OD ⊂平面ABCD , ∴EO ⊥OB ,EO ⊥OD ,以O 为原点,OB 、OD 、OE 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则C (1,1,0),M (0,12,12),B (1,0,0),D (0,1,0),∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-12,12),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0).设直线CM 与BD 所成角为θ,则cos θ=|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=12√32×√2=√36, ∴直线CM 与BD 所成角的余弦值为√36.(3)设ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则N (0,λ,0), ∴NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-λ,0),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-12,-12),设平面BMN 的法向量为n =(a ,b ,c ),则{n ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{a -12b -12c =0,a -λb =0,令a =λ,则b =1,c =2λ-1,∴n =(λ,1,2λ-1),同理可求得平面ABE 的法向量m =(1,-1,1).∵平面BMN ⊥平面ABE ,∴m ·n =0,即λ-1+2λ-1=0,解得λ=23,∴AN =53.2.解析 (1)证明:如图,连接EC 1、BC 1, 因为三棱柱A 1B 1C 1-ABC 为直三棱柱, 所以E 为AC 1的中点.又因为F 为AB 的中点,所以EF ∥BC 1.又EF ⊄平面BCC 1B 1,BC 1⊂平面BCC 1B 1,所以EF ∥平面BCC 1B 1.(2)以A 1为原点,A 1C 1、A 1B 1、A 1A 所在直线分别为x 、y 、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ,则A (0,0,6),B 1(0,4,0),E (2,0,3),F (0,2,6), 所以B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,6),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =2x -3z =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0,令x =3,得n =(3,0,2), 记B 1F 与平面AEF 所成角为θ, 则sin θ=|cos<B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|B1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||B1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=3√13065.3.解析 以A 点为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.(1)由图可得D (0,2,0),N (2,1,0),M (1,0,0),P (0,1,1), 则PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,0). 设平面PDM 的一个法向量为n 1=(1,y 1,z 1), 由{n 1·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1-y 1-z 1=0,n 1·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 1-z 1=0,可得n1=(1,12,12).设点N 到平面PDM 的距离为d ,则d =|NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1||n 1|=√62.(2)因为动点P 在线段EF (包含端点E ,F )上,所以可设P (0,t ,1)(0≤t ≤2),则PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-t ,-1),MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面PDM 的一个法向量为n 2=(1,y 2,z 2),由{n 2·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1-ty 2-z 2=0,n 2·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+2y 2=0,可得n2=(1,12,2-t 2).取平面ABCD 的一个法向量为n 0=(0,0,1), 所以cos θ=|2-t2√(2-t )2+54|=√(2-t )2(2-t )2+5=√1-5(2-t )2+5(0≤t ≤2),所以当t =0时,cos θ取得最大值23,此时P 点与F 点重合. 4.解析 (1)证明:在△ABC 中,BC =2,AC =2√2,∠ACB =45°,由余弦定理可得AB 2=BC 2+AC 2-2×BC ×AC ×cos 45°=4,所以AB =2(负值舍去), 因为AC 2=AB 2+BC 2,所以△ABC 是直角三角形,AB ⊥BC. 又BE ⊥BC ,AB ∩BE =B , 所以BC ⊥平面ABE.因为AE ⊂平面ABE ,所以BC ⊥AE , 因为EA ⊥AC ,AC ∩BC =C , 所以AE ⊥平面ABCD.(2)由题易得EB =2AB =4,由(1)知,BC ⊥平面ABE ,所以平面BEC ⊥平面ABE ,如图,以B 为原点,过点B 且垂直于平面BEC 的直线为z 轴,BE ,BC 所在直线分别为x 轴,y轴,建立空间直角坐标系Bxyz ,则C (0,2,0),E (4,0,0),A (1,0,√3),D(1,1,√3),因为EF =2FC ,所以F (43,43,0),易知AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,43,-√3), 设平面FAD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0, 即{y =0,13x +43y -√3z =0,令z =√3,则x =9, 所以n =(9,0,√3). 由(1)知EA ⊥平面ABCD ,所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,0,√3)为平面ABCD 的一个法向量. 设平面FAD 与平面ADC 的夹角为α, 则cos α=|EA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||EA ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=2√3×2√21=2√77, 所以平面FAD 与平面ADC 的夹角的余弦值为2√77. 5.解析 (1)证明:因为平面ABCD ⊥平面PCD ,平面ABCD ∩平面PCD =CD ,AD ⊂平面ABCD ,AD ⊥DC ,所以AD ⊥平面PCD , 又因为PC ⊂平面PCD , 所以AD ⊥PC.(2)选择①:在平面PCD 内过点D 作DH ⊥DC ,交PC 于H. 由(1)可知,AD ⊥平面PDC ,所以AD ⊥DH. 故DA ,DC ,DH 两两垂直.如图,以D 为原点,DA ,DC ,DH 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系Dxyz ,则D (0,0,0),P (0,-1,√3),A (2,0,0),B (2,1,0),C (0,2,0).则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),易知平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1). 设平面PAB 的法向量为m =(x ,y ,z ). 则由{m ·PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x +y -√3z =0,y =0,取z =2,有m =(√3,0,2).设平面PAB 与平面ABC 的夹角为θ, 所以cos θ=|cos<n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=√7=2√77.故平面PAB 与平面ABC 夹角的余弦值为2√77. 选择②(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1),平面PBD 的一个法向量为a =(-√3,2√3,2),设平面PBD 与平面BDC 的夹角为α,所以cos α=|cos <n,a >|=|n ·a ||n ||a |=√19=2√1919. 选择③(下面给出的解析仅供参考):若与上面建系相同,则平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1),平面PBC 的一个法向量为b =(1,2,2√3). 设平面PBC 与平面BCD 的夹角为β, 所以cos β=|cos<n ,b >|=|n ·b ||n ||b |=√3√17=2√5117. (3)证明:假设棱BC 上存在点F ,使MF ∥PC.设BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1],MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 依题意及(2)可知M (1,-12,√32),PC ⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,−√3),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,0),故BF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2λ,λ,0),则F (2-2λ,1+λ,0), 所以MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-2λ,32+λ,-√32),则{ 1-2λ=0,32+λ=3μ,-√32=-√3μ,此方程组无解,故假设不成立,所以对于棱BC 上任意一点F ,MF 与PC 都不平行.6.解析 以A 为原点,AB ,AD ,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2). (1)因为PA ⊥平面ABCD ,且AD ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥AD ,又AB ⊥AD ,且PA ∩AB =A ,所以AD ⊥平面PAB ,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)是平面PAB 的一个法向量.易知PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则{m ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y -2z =0,2y -2z =0,令y =1,解得z =1,x =1.所以m =(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量,从而|cos<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√33,所以平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值为√33.(2)BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),设Q 为直线PB 上一点,且BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,0,2λ), 因为CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,0),所以CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,-1,2λ), 又CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),所以点Q 到直线CD 的距离d =√CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-(|CQ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos <CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ >)2=√CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-(CQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |)2 =√λ2+1+4λ2-(√1+1)2=√92λ2+λ+12,因为92λ2+λ+12=92(λ+19)2+49≥49,所以d ≥23,所以异面直线PB 与CD 之间的距离为23.7.解析 (1)证明:由题意可得,△ABD ≌△CBD ,从而AD =DC. 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC =90°.如图,取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO =AO. 又△ABC 是正三角形,所以BO ⊥AC. 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角. 在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2.又AB =BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2,故∠DOB =90°. 所以平面ACD ⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(0,√3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1).由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E (0,√32,12). 故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√32,12). 设n =(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则{n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +z =0,-x +√32y +12z =0. 可取n =(1,√33,1). 设m 是平面AEC 的法向量,则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,同理可取m =(0,−1,√3),则|cos<n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=√77. 所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为√77.解题反思 (1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的两个平面的夹角;二是利用方程思想进行向量运算时,要认真细心,准确计算.(2)设m ,n 分别为平面α,β的法向量,则两个平面的夹角θ与<m ,n >互补或相等,故有cos θ=|cos<m ,n >|=|m ·n ||m ||n |.。

数学立体几何的应用一、引言立体几何是数学的一个重要分支，其应用广泛而深入。

通过研究立体几何，我们可以更好地理解空间关系，并将其运用于日常生活和实际问题中。

本教案将着重介绍数学立体几何的应用领域以及教学方法。

二、数学立体几何的应用领域1. 建筑设计：建筑师需要运用立体几何的知识来设计房屋的形状、结构和空间布局。

例如，在设计一个拱形屋顶时，需要通过计算角度和弧线来确定屋顶的形状和尺寸。

2. 工程测量：在工程领域，立体几何可应用于测量和标记建筑物的尺寸、面积和容积。

例如，在测量一个建筑物的体积时，可以通过分解为不同形状的立体体积来计算。

3. 三维模型设计：在电脑图形学和游戏开发领域，立体几何被广泛应用于三维模型的设计与开发。

通过了解和运用立体几何的原理，设计师可以创建逼真的虚拟场景和角色模型。

4. 包装设计：立体几何的知识对于包装设计师而言非常重要。

他们需要考虑产品的形状、尺寸和包装材料，以确保产品在运输和存储过程中的安全和便捷。

5. 地图制作：制作地图也需要立体几何的应用。

制图师通过使用立体几何的原理，将三维地理信息转化为平面地图，使之具有地理空间的准确性和美观性。

三、数学立体几何的教学方法1. 观察与实践：教师可以引导学生观察日常生活中的立体图形，如建筑物、家具、玩具等，并鼓励学生对其形状和特征进行实地测量和观察。

2. 规律总结与归纳：通过引导学生进行讨论和探究，帮助他们总结出立体图形的特征和性质，如面、边、顶点的数量，以及各种形状的特点等。

3. 建模与求解：教师可以使用模型或图形展示工具，引导学生进行建模思维，将实际问题转化为数学问题，并通过计算和解决问题来巩固立体几何的应用技能。

4. 探究与发现：激发学生的学习兴趣和思维能力，引导他们进行立体几何的探究和发现，培养他们的分析和解决问题的能力。

5. 综合与拓展：将数学立体几何与其他学科进行综合，如物理、化学和计算机科学等，引导学生将所学立体几何的知识应用到实际问题中。