高考数学立体几何

高考数学立体几何（精选8篇）

高考数学立体几何篇1

作图是立体几何学习中的基本功，对培养空间概念也有积极的意义，而且在作图时还要用到许多空间线面的关系.所以作图是解决立体几何问题的第一步，作好图有利于问题的解决.

例1 已知正方体中，点P、E、F分别是棱AB、BC、的中点(如图1).作出过点P、E、F三点的正方体的截面.

分析：作图是学生学习中的一个弱点，作多面体的截面又是作图中的难点.学生看到这样的题目不知所云.有的学生连结P、E、F得三角形以为就是所求的截面.其实，作截面就是找两个平面的交线，找交线只要找到交线上的两点即可.观察所给的条件(如图2)，发现PE就是一条交线.又因为平面ABCD//平面，由面面平行的性质可得，截面和面的交线一定和PE平行.而F是的中点，故取的中点Q，则FQ也是一条交线.再延长FQ和的延长线交于一点M，由公理3，点M在平面和平面的交线上，连PM交于点K，则QK和KP又是两条交线.同理可以找到FR和RE两条交线(如图2).因此，六边形PERFQK就是所求的截面.

二、读图

图形中往往包含着深刻的意义，对图形理解的程度影响着我们的正确解题，所以读懂图形是解决问题的重要一环.

例2 在棱长为a的正方体中，EF是棱AB上的一条线段，且EF=b

(A)是变量且有最大值 (B)是变量且有最小值 (C)是变量无最大最小值 (D)是常量

分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点.这个图形有很多不确定因素，线段EF的位置不定，点P在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素?求四面体的体积要具备哪些条件?

仔细观察图形，应该以哪个面为底面?观察，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF是定值，且P到EF的距离也是定值，故它的面积是定值.再发现点Q到面PEF的距离也是定值.因此，四面体PQEF的体积是定值.我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题.

三、用图

在立体几何的学习中，我们会遇到许多似是而非的结论.要证明它我们一时无法完成，这时我们可考虑通过构造一个特殊的图形来推翻结论，这样的图形就是反例图形.若我们的心中有这样的反例图形，那就可以帮助我们迅速作出判断.

例3 判断下面的命题是否正确：底面是正三角形且相邻两侧面所成的二面角都相等的三棱椎是正三棱锥.

分析：这是一个学生很容易判断错误的问题.大家认为该命题正确，其实是错误的，但大家一时举不出例子来加以说明.问题的关键是二面角相等很难处理.我们是否可以考虑用一个正三棱锥通过变形得到?

如图4，设正三棱锥的侧面等腰三角形PAB的顶角是，底角是，作的平分线，交PA于E，连接EC.可以证明是等腰三角形，所以AB=BE.同理EC=AB.那么，△EBC是正三角形，从而就是满足题设的三棱锥，但不是正三棱锥.

四、造图

在立体几何的学习中，我们可以根据题目的特征，精心构造一个相应的特殊几何模型，将陌生复杂的问题转化为熟悉简单的问题.

例4 设a、b、c是两两异面的三条直线，已知，且d是a、b的公垂线，如果，那么c与d的位置关系是( ).

(A)相交 (B)平行 (C)异面 (D)异面或平行

分析：判断空间直线的位置关系，最佳方法是构造恰当的几何图形，它具有直观和易于判断的优点.根据本题的特点，可以考虑构造正方体，如图5，在正方体中，令AB=a，BC=d，.当c为直线时，c与d平行;当c为直线时，c与d异面，故选D.

五、拼图

空间基本图形由点、线、面构成，而一些特殊的图形也可以通过基本图形拼接得到.在拼图的过程中，我们会发现一些变和不变的东西，从中感悟出这个图形的特点，找出解决待求解问题的方法.

例5 给出任意的一块三角形纸片，要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设计一种方案，并加以简要的说明.

分析：这是高考立体几何题中的一部分.这个设计新颖的题目，使许多平时做惯了证明、计算题的学生一筹莫展.这是一道动作题，但它不仅是简单的剪剪拼拼的动作，更重要的是一种心灵的“动作”，思维的“动作”.受题目叙述的影响，大家往往在想如何折起来?参考答案也是给了一种折的方法.那么这种方法究竟从何而来?其实逆向思维是这题的一个很好的切人点.我们思考：展开一个直三棱柱，如何还原成一个三角形?

把一个直三棱柱展开后可得到甲、乙两部分，甲内部的三角形和乙是全等的，甲的三角形外是宽相等的三个矩形.现在的问题是能否把乙分为三部分，补在甲的三个角上正好成为一个三角形(如图丙)?因为甲中三角形外是宽相等的矩形，所以三角形的顶点应该在原三角形的三条角平分线上，又由于面积要相等，所以甲中的三角形的顶点应该在原三角形的内心和顶点的连线段的中点上(如图丁).按这样的设计，剪开后可以折成一个直三棱柱.

六、变图

几何图形千变万化，在不断的变化中展示几何图形的魅力，在不断的变化中培养我们的能力，在有意无意的变化中开阔我们的思路.

例6 已知在三棱锥中，PA=a，AB=AC=2a，，求三棱锥的体积.

分析：此题的解决方法很多，但切割是不错的选择.

思路1 设D为AB的中点，依题意有：，，所以有：

此解法实际上是把三棱锥一分为二，三棱锥B-PAD的底面是直角三角形，高就是BD，从而大大简化了计算.这种分割的方法也是立体几何解题中的一种重要策略.它化复杂为简单，化未知为已知.

思路2 从点A出发的三条棱两两夹角为，故可补形为正四面体.

如图，延长AP至S，使PA=PS，连SB、SC，于是四面体S-ABC为边长等于2a的正四面体，而且

高考数学立体几何篇2

在近几年的高考试题中, 以能力立意的数学高考试题不断推出一些思路开阔、情境新颖脱俗的创新题型, 它们往往不是以知识为中心, 而是以问题为中心, 并不拘泥于具体的知识点, 而是将数学知识、方法和原理融于一体, 突出对数学思想方法的考查, 体现数学的思维价值.在2009年江苏省考试说明中, 明确指出数学命题的指导思想要求突出数学基础知识、基本能力、基本思想方法的考查, 重视数学基本能力和综合能力的考查, 注重数学的应用意识和创新意识的考查, 其中, 推理论证能力的考查要求是:能够根据已知的事实和已经获得的正确的数学命题, 运用归纳, 类比和演绎进行推理, 论证某一数学命题的真假性.

笔者研究近几年的高考试题, 发现类比推理的考查较为突出, 是高考的一个新亮点, 本文仅对类比推理在解析几何中的应用作相关论述.

1 圆锥曲线的统一性

椭圆, 双曲线, 抛物线统称为圆锥曲线, 这是因为它们有着统一性的定义:平面内到一个定点F的距离和到一条定直线l (F不在l上) 的距离的比等于常数e的点的轨迹, 当0<e<1时, 它表示椭圆;当e>1时, 它表示双曲线;当e=1时, 它表示抛物线.由于它们有着共同的统一性定义, 因此它们的性质有着许多类似之处, 在研究有关的问题时, 我们可以通过类比的方法, 解决诸多问题.

1.1 椭圆与双曲线类比

例1 (上海春招题) 已知椭圆具有性质:若M, N是椭圆C上关于原点对称的两个点, 点P是椭圆上任意一点, 当直线PM, PN的斜率都存在, 并记为kPM, kPN时, 那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值;试对双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 写出具有类似特性的性质, 并加以证明.

分析类似的性质为:若M, N是双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 上关于原点对称的两个点, 点P是双曲线上任意一点, 当直线PM, PN的斜率都存在, 并记为kPM, kPN时, 那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值.

证明设点M, P的坐标为 (m, n) , (x, y) , 则N (-m, -n) .因为点M (m, n) 在已知双曲线上, 所以 $n^{2} = \frac{b^{2}}{a^{2}} m^{2} - b^{2} .$

同理 $y^{2} = \frac{b^{2}}{a^{2}} x^{2} - b^{2}$ .则

$\begin{array}{l} k_{Ρ Μ} \cdot k_{Ρ Ν} = \frac{y - n}{x - m} \cdot \frac{y + n}{x + m} = \frac{y^{2} - n^{2}}{x^{2} - m^{2}} \\ = \frac{b^{2}}{a^{2}} \cdot \frac{x^{2} - m^{2}}{x^{2} - m^{2}} = \frac{b^{2}}{a^{2}} (定值) . \end{array}$

评注本题以椭圆、双曲线为载体, 考查直线的斜率, 椭圆、双曲线的概念与方程, 考查数学运算能力及类比推理的能力.

1.2 椭圆与抛物线类比

例2 在椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 中, F是左焦点, l是左准线, A是右顶点, 过F任作直线与椭圆交于B, C两点, 连接AB, AC与左准线l分别交与P, Q两点, 设两点的纵坐标分别为y1, y2.求证:y1·y2为定值.类比上述结论, 在抛物线中, 你能得到什么结论, 并给予证明.

分析如图1所示, 以椭圆左焦点为极点, x轴为极轴, 建立极坐标系, 则极坐标方程为: $ρ = \frac{b^{2}}{a - c \cdot \cos θ}$ .设C (ρ1, θ) , D (ρ2, π+θ) , 过C作CD⊥x轴, 设准线与x轴交与E点, 则△ACD与△APE相似, 所以 $\frac{Ρ E}{C D} = \frac{A E}{A D}$ , 即

$\begin{array}{l} \frac{y_{1}}{ρ_{1} \sin θ} = \frac{a + \frac{a^{2}}{c}}{a + c - ρ_{1} \cos θ} ‚ \\ y_{1} = \frac{ρ_{1} \sin θ (a + \frac{a^{2}}{c})}{a + c - ρ_{1} \cos θ} \\ = \frac{(a + \frac{a^{2}}{c}) \frac{b^{2}}{a - c \cdot \cos θ} \sin θ}{a + c - \frac{b^{2}}{a - c \cdot \cos θ} \cos θ} \\ = \frac{b^{2} \sin θ}{c - c \cdot \cos θ} . \end{array}$

同理可得

$\begin{array}{l} y_{2} = \frac{b^{2} \sin (π + θ)}{c - c \cdot \cos (π + θ)} = - \frac{b^{2} \sin θ}{c + c \cdot \cos θ} . \\ y_{1} \cdot y_{2} = - \frac{b^{2} \sin θ}{c - c \cdot \cos θ} \cdot \frac{b^{2} \sin θ}{c + c \cdot \cos θ} \\ = - \frac{b^{4}}{c^{2}} . \end{array}$

类比椭圆与抛物线, 可以发现抛物线只有一个顶点, 另外一个顶点即在无穷远处, 等同于椭圆的右顶点A, 因此有以下结论:

在抛物线y2=2px (p>0) 中, F为其焦点, l为其准线, 过F作直线与抛物线交与A, B两点, 分别过A, B向准线l作垂线, 垂足分别为C, D, 设两点的纵坐标分别为y1, y2, 则y1·y2为定值, 定值为-p2, 证明略.

评注本题中的类比是一个难点, 只有牢牢把握住三类曲线的相似之处, 才能解决此类问题, 课本选修2-1 (苏教版) 第23页给出了三类曲线的形成模型, 回归教材, 深入的研究三类曲线的产生过程, 是解决问题的关键.

1.3 同类曲线自身的类比

例3 在平面直角坐标系中, 不难得到“对于双曲线xy=k, k>0上任意一点P, 若点P在x轴和y轴上的射影分别为A, B, 则|PA|·|PB|必为定值k”.类比于此, 对于双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 上任意一点P, 类似的命题是什么?并证明你的结论.

分析鉴于x, y轴是双曲线xy=k, k>0的两条渐近线, 可以得到下面的结论:对于双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 上任意一点P, 若在两条渐近线 $y = \pm \frac{b}{a} x$ 上的射影分别是A, B, 则有|PA|·|PB|必为定值.这个定值是多少呢?我们不妨先取P为顶点时, 可以得到定值为 $\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} + b^{2}}$ , 证明略.

评注本题的类比关键在于抓住两坐标轴对于双曲线xy=k, k>0而言实质上是其渐近线.

1.4 三类曲线间的类比

例4 在抛物线y2=2px (p>0) 中, F为其焦点, l为其准线, 过F作直线与抛物线交与A, B两点, 以AB为直径作圆C, 试判断圆C与准线l的位置关系.类比上述结论, 在椭圆与双曲线中是否仍有上述结论?若有, 给予证明, 若无, 试说明位置关系.

分析分别过A, B, C向准线l作垂线, 垂足分别为G, E, H, 由抛物线的定义知, AG=AF, BE=BF, 所以AB=AF+BF=AG+BE, 由梯形的中位线定理知:AG+BE=2CH.所以 $C Η = \frac{A B}{2}$ , 即圆心到准线的距离等于圆的半径, 所以圆与准线相切.

类比上述推理过程, 由椭圆的第二定义知道:AG·e=AF, BE·e=BF, 其中e为椭圆的离心率.所以AB=AF+BF=AG·e+BE·e, 由梯形的中位线定理知AG+BE=2CH, 所以 $C Η = \frac{A B}{2 e}$ , 即圆心到准线的距离大于圆的半径, 所以圆与准线相离.

同理, 若曲线为双曲线, 则圆与准线的位置关系是相交.

评注本题考查圆锥曲线的统一定义, 直线与圆的位置关系.类比的关键在于推理过程的类比, 由于定义的统一性, 判断方法的明确性, 因此, 要抓住其实质 $C Η = \frac{A B}{2 e}$ 进行判断, 当e=1时, 圆与准线相切;当e>1时, 圆与准线相交;当0<e<1时, 圆与准线相离.

练习在椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 中, A, B分别是左右顶点, 过AB上任一点作直线l⊥x轴, 与椭圆交与C, D两点, 连接AC, BD交于P, 求动点P的轨迹.类比于此, 对于双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 和抛物线y2=2px (p>0) , 类似的结论是什么?并加以说明.

提示若曲线是椭圆, 则动点P的轨迹为双曲线;若曲线是双曲线, 则动点P的轨迹为椭圆;若曲线是抛物线, 则动点P的轨迹是抛物线.

2 圆与圆锥曲线的相似性

圆在解析几何中占有一定的比重, 也是高考的一个重点内容, 那么它与圆锥曲线是否孤立呢?仔细研究教材 (苏教版) , 课本上的例题涉及了圆与椭圆的联系, 它们是可以通过伸缩变换而得到, 实际上也可以通过几何画板形象的反映出它们之间的相互变化, 当椭圆的两个焦点重合时, 也就形成了圆.既然有相似之处, 就可以通过类比研究有关的问题.

例5 已知圆C的方程为x2+y2=r2, 动点P为其上一点, 设其坐标为 (x0, y0) .求证:该圆在点P处的切线方程为x·x0+y·y0=r2.类比于此, 对于椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ , 类似的结论是什么?并加以证明.

分析若动点P在坐标轴上, 显然成立.

若动点P不在坐标轴上, 可得切线的斜率为 $k = - \frac{x_{0}}{y_{0}}$ , 由点斜式得直线的方程为 $y - y_{0} = - \frac{x_{0}}{y_{0}} (x - x_{0})$ , 化简为x·x0+y·y0=x $_{0}^{2}$ +y $_{0}^{2}$ , 又因为点在圆上, 所以所求切线方程为x·x0+y·y0=r2.

类比椭圆与圆, 有结论:已知P (x0, y0) 为椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 上一动点, 则椭圆在该点处的切线方程为 $\frac{x \cdot x_{0}}{a^{2}} + \frac{y \cdot y_{0}}{b^{2}} = 1$ , 证明略.

评注本题通过类比推广, 可以直接归纳概括出相应的结论.

波利亚曾说:“如果没有相似推理, 那么无论是在初等数学还是在高等数学中, 甚至在其他任何领域中, 本来可以发现的东西, 也可能无从发现.”因此, 作为基础教育之一的中学数学, 在教学中必须重视培养学生的类比推理能力.为此, 特提出以下教学建议:①根据教材特点, 在传授新知识时, 有意识地引导学生, 通过类比与归纳得出新的知识, 逐步学会类比推理的方法;②在进行知识复习时, 经常对相关的知识进行类比, 培养学生对相关知识进行类比的习惯;③在解题教学中, 通过类比, 引导学生推广数学命题, 或通过类比, 探求解题途径, 深化对知识的理解, 对数学思想方法的掌握;④通过类比, 拓展学生的数学能力, 提高学生的发现问题、分析问题和解决问题的能力, 提高学生的实践能力和创新精神.

开普勒对类比也情有独钟:“我珍视类比胜过任何别的东西, 它是我最可信赖的老师……”正因为如此, 以上这些有趣而富有启迪的类比越来越多地受到了命题专家的关注, 逐渐成为高考命题的新视角.

参考文献

[1]任子朝.高考能力测试与试题设计[M].北京:北京教育出版社, 2001.

高考数学立体几何篇3

关键词：高中数学；立体几何；高考试题；分析

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）19-191-01

一、培养学生的动手画图能力

1、充分利用教材，训练学生画图能力

几何教学中，学生画图能力培养是非常重要的，在学习画图钱，学生首要具备识别图形、认识空间几何结构特征的能力，一些教师容易这些内容，认为这些内容是一些枯燥的定义，基本都是简单的教授，但实际上，这容易导致学生根基不稳，缺少了这些基础内容，学生的画图能力是无法得到提升的。

空间几何的三视图、直观图，将空间几何画在纸上，通过平面图形，将空间直线、平面以及中点之间的位置关系展现出来，建立联系。这些内容为学生识图、画图能力提供了良好的素材，在课堂上，教师应该明确画图的步骤和技巧，并进行案例讲授，由此提升学生的画图能力。坚持下去，学生必然可以熟能生巧。

2、变式训练，强化画图能力

为了强化学生的画图能力，教师可以变换图形的位置关系，和空间关系，为学生开展一些变式训练，以此提升学生的画图能力以及感知能力。

比如：异面直线的画法（图1所示），课本生的内容是相对单一的，因此教师可以将一些典型图形的画法进行进行变换，通过这样的变化，强化学生的画图能力。除了长方形体中能够找到异面直线，还可以通过辅助平面衬托的方法，使两条直线看起来是异面。

二、培养学生的空间想象能力

1、实物教学，直观感知，丰富学生的表象储备

学生具备了丰富的表象储备，才能够不斷提升学生的空间想象能力，是非常必要的，这就要求教师要尽量用事物教学，将抽象的概念以更加直观、形象的方式展现出来，帮助学生更快更好的理解这些知识。视觉感知是多元化、多样性的，教师应该通过大量的积累，帮助学生获得这些方面的感受，进而形成更加具体的几何形象。在教学初期，教师可以将长方体、正方体、锥体等实际模型，展示给学生，通过多角度的观察，增加学生的空间感知经验。通过大量的调查分析发现，PPT、板书、模型等与实际联系，能够有效提升学生的立体几何感知能力。

2、语言、直观图形、空间位置关系相互转换，融会贯通

在实际教学中，很多定理与图像相互对应，可以强化学生记忆，丰富学生的空间想象力，以此提升学生的语言、图形与空间位置关系的转化能力，长久久之，学生就能够更加融会贯通。用语言表述公理与定理时，可以将与其相对应的直观图形画出来，作为过度，之后通过观看直观图，在大脑中形成与其相对应的空间位置关系，再有空间关系与直观图的结合，对相关的概念、定理等进行理解，这样掌握知识的速度会更快。如下图2所示，是一条直线a与一平面α平行，经过直线a的任意一个平面，与任何一个平面β相交，观看这些位置关系的直观图形，学生脑海中会形成相对应的位置关系。而直线a与交线l相互平行，反之，a并行于l，通过a?α，l∈α的位置关系，以及直观图，就可以推断出直线a与平面α的关系是相互平行的。

长期通过这样的训练，学生不仅几何空间感知能力会提升，动手能力与操作能力也会提升。

三、高考几何试题解题思路分析

以“空间几何体的表面积与体积”类型题为例，具体分析如下：

比较简单的几何表面积与体积公式，学生很容易明白，但是此类题目的题型比较灵活，设计的知识也比较广泛，解决这个类型题的基础是对几何体的了解，掌握了几何体的结构特征，再结合公式，才能够解答出答案。还有时会兼并考查球的特征，这类题则较难，知识综合性强。针对这类问题，教师根据如上方式：

教师要求引导学生根据题意将图形画出来（无图时），再利用自己的空间立体感加上逻辑思维推理分析图形，尽可能的归结于平面图形中求，找出求表面积、体积的关键量，如下例题。

例题：已知H是球O的直径AB上的一点，AH：AB=1：2，AB垂直于平面α，垂足为H，α截球O所获得的截面面积为π，那么球的表面是______。

分析：由球直径AB垂直于平面α，H为垂足可知，H为α平面截球所得圆面的圆心，EH为此圆面的半径，且角OHE为直角，三角形OHE则为直角三角形，这样就可以将所有的量放在这个平面图形中求，OE是球的半径，OH可以利用所给条件用球的半径表示出来，EH则可以由所截圆面面积求出来，然后将这些条件放在直角三角形OHE中用勾股定理求得该球的半径，套用球的表面积公式即可。

总之，高中数学教师应该合理运用解题思维，以剖析典型例题，帮助学生积累几何解题经验，并不断提升其解题能力，为学生高考奠定良好的基础。

参考文献

[1] 提高高中数学立体几何教学效果的几点思考[J].黄捷.语数外学习（数学教育）.2013（09）

高考数学立体几何篇4

「考情研析」　　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾

1.线、面的位置关系与向量的关系

设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．

(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；

(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；

(3)l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；

(4)l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；

(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；

(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三种空间角与空间向量的关系

(1)线线角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cosθ＝.(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sinθ＝.(3)二面角

①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉；

②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．

热点考向探究

考向1　利用向量证明平行与垂直

例1(1)(多选)(2020·山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是()

A．对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQ

B．对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQ

C．当AR⊥A1C时，AR⊥D1R

D．当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1

答案　ABD

解析　如图所示，建立空间直角坐标系，设P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2,2，b)，b∈[0,2]，设＝λ，得到R(2－2λ，2λ，2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确；＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝时，D1R⊥CQ，B正确；由AR⊥A1C，则·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝，此时·＝·＝－≠0，C错误；由A1C＝3A1R，则R，＝，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确．故选ABD.(2)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分别是棱AD，AA1的中点．

①设F是棱AB的中点，证明：直线E1E∥平面FCC1；

②证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.证明　如图，过点D作AB的垂线交AB于点G，则以点D为原点，DG，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易得A(，－1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，－1，1)，E，F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)．

①＝(0,0,2)，＝(，－1,0)．

设平面FCC1的法向量n1＝(x，y，z)，则令x＝1，得n1＝(1，0)，又＝，故·n1＝0，又E1E⊄平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.②＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)，设平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)，由得

令b＝1，得n2＝(，1,1)．

同理易得平面BB1C1C的一个法向量n3＝(1，－，0)，因为n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤

(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．

(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)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．

(4)根据运算结果解释相关问题．

如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：

(1)BE⊥DC；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面PCD⊥平面PAD.证明　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．

(1)向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，又因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以⊥，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即

不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量．

则n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.考向2　利用空间向量求空间角

角度1　利用空间向量求异面直线所成的角

例2(2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝BC，将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°，形成如图所示的几何体，其中M为的中点．

(1)求证：BM⊥DF；

(2)求异面直线BM与EF所成角的大小．

解(1)证法一：如图，连接CE，设CE与BM交于点N，根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且CD与EF相交，故C，D，F，E四点共面，因为平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因为M为的中点，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N为CE的中点，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.证法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，D(0,1,1)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(1，－1,0)，所以·＝－＝0，所以BM⊥DF.(2)解法一：如图，连接DB，DN，由(1)知，DF∥EN且DF＝EN，所以四边形ENDF为平行四边形，所以EF∥DN，所以∠BND为异面直线BM与EF所成的角，设AB＝1，则BD＝DN＝BN＝，所以△BND为等边三角形，所以∠BND＝60°，所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°.解法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，E(2,0,0)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(－1,0,1)，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°.角度2　利用空间向量求线面角

例3(2020·山东省实验中学高考预测卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．

(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；

(2)当二面角D－FC－B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．

解(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．

理由如下：如图，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，得FQ∥CD且FQ＝CD，又AE∥CD且AE＝CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四边形AEQF为平行四边形．

所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如图，连接BD，DE.由题意知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，＝(0,2，－a)，＝(，－1，0)，设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)，则

令x＝1，则y＝，z＝，所以取m＝，易知平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)，因为二面角D－FC－B的余弦值为，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，由题意知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝，从而∠PBD＝60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.角度3　利用空间向量求二面角

例4(2020·山东省济宁市模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若AA1⊥AB，AA1⊥A1C1，AB＝2A1B1＝4AA1.(1)若＝2，＝2，证明：DE∥平面BCC1B1；

(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值．

解(1)证明：连接AC1，BC1，在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1.∵＝2，∴AC1∩A1C＝D，＝2，∵＝2，∴DE∥BC1.∵BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)∵AA1⊥A1C1，∴AA1⊥AC.又AA1⊥AB，平面A1B1BA∩平面A1C1CA＝AA1，∴∠BAC＝，在平面内过点A作AC的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AC＝4，A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2，2,0)，B1(，1,1)．

设平面A1B1BA的法向量为m＝(x，y，z)，则

∴m＝(1，－，0)，同理得平面C1B1BC的一个法向量为n＝(1，2)，∴cos〈m，n〉＝＝－，∴平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.三种空间角的向量求法

(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．

1．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.(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．

解(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以点G为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以＝(1，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2.(2020·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且侧面ABB1A1为菱形．

(1)证明：A1B⊥平面AB1C1；

(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直线AC1与底面ABC所成角的正弦值为，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．

解(1)证明：∵四边形ABB1A1为菱形，∴A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB为交线，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩B1C1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1的中点M，连接BM，易证BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BM所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝t(t>0)，则A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)．

∵四边形A1ACC1为平行四边形，∴＝＋＝＋＝(－3，t，)，易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，∴|cos〈，n〉|＝＝＝，解得t＝，∴＝(－3，)．

设平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴

令z1＝1，则n1＝(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一个法向量＝(1,0，)，∴cos〈n1，〉＝＝，又二面角A1－AC1－B1为锐角，∴二面角A1－AC1－B1的余弦值为.考向3　立体几何中的探索性问题

例5(2020·河北省保定市一模)如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求证：ED∥平面BCF；

(2)设＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解(1)证明：因为AD∥BC，BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，所以AD∥平面BCF，因为EA∥FC，FC⊂平面BCF，EA⊄平面BCF，所以EA∥平面BCF，又EA∩AD＝A，EA，AD⊂平面ADE，所以平面ADE∥平面BCF，又ED⊂平面ADE，所以ED∥平面BCF.(2)以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AD∩AD＝A，AD，AB⊂平面ABCD，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD，设AB＝AE＝a，BC＝CF＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，则＝(b,0，a)，＝(0，a，b)．

设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则

由得

取x＝1，则y＝，z＝－，因为＝＝λ，则n＝(1，λ2，－λ)．

设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)，因为＝(0，－a，a)，＝(－b,0，b)，由得取x′＝1，则y′＝z′＝1，所以m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝＝

.因为二面角B－EF－D的余弦值为，所以＝，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为.利用空间向量求解探索性问题的策略

(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．

(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．

如图1，在边长为3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.将梯形ABEF沿直线EF折起，使BE⊥平面CDFE，如图2，P，M分别是BD，AD上的点．

(1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的长；

(2)是否存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

解(1)因为平面PAE与平面CDFE有公共点E，所以平面PAE与平面CDFE相交，设交线为EQ，若平面PAE∥平面CMF，因为平面CDFE∩平面CMF＝CF，则EQ∥CF.设EQ∩DF＝Q，又因为FQ∥CE，所以四边形ECFQ是平行四边形，FQ＝CE，同理，由平面PAE∥平面CMF，因为平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF.所以＝＝.因为AF⊥DF，AF＝1，DF＝2，所以AD＝，所以AM＝.(2)结论：存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°.在题图2中，以点F为原点，分别以FE，FD，FA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

易得EF＝2，则F(0,0,0)，E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)，所以＝(0,2,0)，＝(2，0，－1)，＝(－2，2，－2)，＝(2，0,1)，设＝λ(λ∈(0,1])，则＝(－2λ，2λ，－2λ)，则＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)，设平面PAE的法向量为n＝(x，y，z)，由

得

令x＝1，可得z＝2，y＝3－，所以n＝.若存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°，则|cos〈n，〉|＝＝，解得λ＝，因为λ∈(0,1]，所以λ＝，即＝.故存在一点P，当＝时，直线DF与平面PAE所成的角是45°.真题押题

『真题检验』

1．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B－PC－E的余弦值．

解(1)证明：∵AE为底面直径，AE＝AD，∴△DAE为等边三角形．设AE＝1，则DO＝，AO＝CO＝BO＝AE＝，∴PO＝DO＝，PA＝PC＝PB＝＝，又△ABC为等边三角形，∴AB＝AE·cos30°＝.∵PA2＋PB2＝＝AB2，∴∠APB＝90°，即PA⊥PB.同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.(2)过点O作ON∥BC交AB于点N，则ON⊥AO.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O为坐标原点，OA，ON，OD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，设AE＝1，则E，P，A，C，＝，＝，＝.由(1)得平面PBC的一个法向量为＝，设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，由得

令x＝1，得z＝－，y＝，∴m＝.故cos〈m，〉＝＝＝，由图可得二面角B－PC－E为锐二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值为.2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；

(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．

解(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝CG，连接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝CG，BF＝2FB1，∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF，∴四边形BCGF为平行四边形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥GF且AD＝GF.∴四边形ADGF为平行四边形．

∴AF∥DG且AF＝DG.同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，∴C1E∥AF且C1E＝AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内．

(2)以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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C1xyz，则A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0,1)，设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由得

取z1＝－1，得x1＝y1＝1，则m＝(1,1，－1)．

设平面A1EF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由得

取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，则n＝(1,4,2)．

∴cos〈m，n〉＝＝＝.设二面角A－EF－A1的平面角为θ，则|cosθ|＝，∴sinθ＝＝.因此，二面角A－EF－A1的正弦值为.3．(2020·江苏高考)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．

(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；

(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．

解(1)如图，连接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD.以O为坐标原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－1，0,0)，∴E(0,1,1)．

∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，∴cos〈，〉＝＝－.从而直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)设平面DEC的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,2,0)，∴

令y＝1，∴x＝－2，z＝1.∴n1＝(－2,1,1)．

设平面DEF的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，∵＝＋＝＋＝，∴

令y1＝－7，∴x1＝2，z1＝5，∴n2＝(2，－7,5)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝－.因此，sinθ＝＝.『金版押题』

4．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，△ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边，若把△ACD沿AC边折叠到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如图2.(1)证明：AB⊥PA；

(2)若E为棱BC的中点，求二面角B－PA－E的余弦值．

解(1)证明：因为△ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，所以AB⊥AC.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以AB⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以AB⊥PA.(2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，则以A为坐标原点，AB，AC分别为x，y轴的正方向，过点A作平行于PC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设PC＝1，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,2,1)，E(1,1,0)，故＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)．

设平面PAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，则

令y1＝1，得n＝(0,1，－2)．

设平面PAE的法向量m＝(x2，y2，z2)，则

令x2＝1，得m＝(1，－1,2)，则cos〈m，n〉＝＝－.由图可知二面角B－PA－E为锐角，故二面角B－PA－E的余弦值为.专题作业

1．(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，点F满足＝λ(λ∈[0,1])．

(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；

(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．

解(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF.因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.又＝，所以FA∶EF＝2∶1.所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．

所以＝(2,0,0)，＝(－1,1,0)，＝＝，F，所以＝.设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则有所以

取x＝1，得n＝(1,1,2)．

设直线AB与平面BDF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝

＝＝.即直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.2．(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC.(1)证明：PD⊥平面BCD；

(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．

解(1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD.又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.又因为PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD.(2)因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，由已知得∠PCD＝60°，因此PD＝CDtan60°＝CD.取BD的中点O，连接OM，OC，易得OM，OC，BD两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设OB＝1，则P(0,1，)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M，＝(－1,1，)，＝(－1，1,0)，＝，设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由得

令z＝，得n＝(，)，所以cos〈n，〉＝＝，因此，直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.(1)证明：AC1⊥BC；

(2)求直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值．

解(1)证明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝＝2，∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴AC1⊥BC.(2)如图，以A为坐标原点，AB为y轴，AC1为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)，设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，则

取x＝2，得n＝(2,0,1)，设直线CB1与平面ABB1A1所成角为θ，则sinθ＝＝＝，∴直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.4．如图，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求证：AF⊥CD；

(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；

(3)线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF两两垂直．

分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．

因为AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)．

设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝2，则y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．

设直线BF与平面CDE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.(3)结论：线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM.设＝λ(λ∈[0,1])，设M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1，1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以＝(1－λ，λ，0)．

设平面AFM的法向量为m＝(x0，y0，z0)，则

因为＝(0,0,1)，所以

令x0＝λ，则y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．

在线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0.因为＝(－1，－2,1)，m·＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM，且＝.5.(2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中点，点E在棱PB上，点G是△BCD的重心．

(1)若E是PB的中点，证明GE∥平面PAC；

(2)是否存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

解(1)证明：延长DG交BC于点F，连接EF，因为点G是△BCD的重心，故F为BC的中点，因为D，E分别是棱AB，BP的中点，所以DF∥AC，DE∥AP，又因为DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE⊂平面DEF，所以GE∥平面PAC.(2)连接PD，因为∠PAB＝∠PBA＝45°，所以PA＝PB，又D是AB的中点，所以PD⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.如图，以D为原点，垂直于AB的直线为x轴，DB，DP所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系．

设PA＝PB＝2，则AB＝2，PD＝CD＝，所以D(0,0,0)，B(0，0)，C，G，P(0,0，)，假设存在点E，设＝λ，λ∈(0,1]，则＝＋＝＋λ＝(0，0)＋λ(0，－，)＝(0，(1－λ)，λ)，所以E(0，(1－λ)，λ)，又＝，设平面ECD的法向量为n1＝(x，y，z)，则

令x＝1，解得n1＝，又平面CDG的法向量n2＝(0,0,1)，而二面角E－CD－G的大小为30°，所以|cos〈n1，n2〉|＝＝，即＝，解得λ＝，所以存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°，此时＝.6．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．

(1)求证：MN∥平面ABCD；

(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．

解　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．

因为M，N分别为B1C和D1D的中点，所以M，N(1，－2,1)．

(1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，＝.由此可得·n＝0，又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)．

设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即

不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．

设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则

又＝(0,1,2)，得

不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．

因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，所以二面角D1－AC－B1的正弦值为.(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)．

又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2.所以线段A1E的长为－2.7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．

解(1)证明：设AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∠CBA＝.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.①

又CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.②

由①②可得AC⊥平面BCF.又四边形ACFE为矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系．

设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)，设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，由得

取x＝1，则n1＝(1，－λ)，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，∴cosθ＝＝

＝.∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cosθ有最小值，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.8.(2020·山东省滨州市三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．

(1)求证：FO1∥平面ADE；

(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值．

解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．

所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．

所以CO1∥AD，又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC.又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥圆柱O1O2的底面，所以∠FAC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°.因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BCtan60°＝，所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1.解法一：因为AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH.因为AC∩CH＝C，AC，CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角．

在Rt△FBC中，CH＝＝.在Rt△ACH中，∠ACH＝90°，所以AH＝＝，所以cos∠AHC＝＝，所以二面角A－FB－C的余弦值为.解法二：以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)．

设平面AFB的法向量为n＝(x，y，z)，则即

令x＝1，则y＝z＝，所以平面AFB的一个法向量为n＝(1，)．

高考数学立体几何篇5

1.（北京理科第5题）如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G。给出下列三个结论：

1AD+AE=AB+BC+CA； ○

2AF·AG=AD·AE○③△AFB ～△ADG

其中正确结论的序号是

（A）①②（B）②③

（C）①③（D）①②③

解：（1）由切线长相等可得ADAEACCEABBDACCFABBF

2ABBCCA，故①正确；（2）由切割线定理有，ADAFAGADAE

2故②正确；（3）AEAGADABAD 选A

2.（广东理科）（几何证明选讲选做题）如图4，过圆O外一点P分别作圆的切线和割线交圆于A,B，且PB7，C是圆上一点使得BC5，BACAPB，则AB___________．

5由弦切角定理得PABACB，又BACAPB，则△PAB∽△ACB，则PBO 图4 PBAB2，ABPB

BC35，即ABABBC

3.（广东文科）（几何证明选讲选做题）如图4，在梯形ABCD中，AB∥

CD，AB=4，CD=2.E,F分别为AD，BC上点，且EF=3，EF∥AB，则梯

形ABEF与梯形EFCD的面积比为

解:由题意可知，E、F分别为AD、BC的中点，故它们的高相等，则

SABEF(ABEF)h

S7

EFCD

5

2(EFCD)h

4.（湖南理科）如图2，A,E是半圆周上的两个三等分点，直径BC4，ADBC,垂足为D, BE与AD相交与点F，则AF的长为

解析：由题可知，AOBEOC60，OAOB2,得ODBD

1,DF，又AD2

BDCD

3，所以AFADDF 5（辽宁理、文）

如图，A,B,C,D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且ECED。

（I）证明：CD//AB；

（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EFEG，证明：A,B,G,F四点共圆。

解:(1)ECED,EDCECD,因为A,B,C,D四点在同一圆上

EDCEBA,ECDEBA，所以CD//AB。

（2）由（1）知AEBE，EFEG,EFDEGC,FEDGEC 连接AF,BG，则EFA与EGB全等，故FAEGBE，又CD//AB

EDCECD，FABGBA，AFGGBA180

故A,B,G,F四点共圆。

6（天津理

12、文13）如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E

是AB

延长线上一点，且DFCFAF:FB:BE4:2:1.若

CE与圆相切，则线段CE的长为__________.答案：

7解：设BEx，则BF2x,AF4x，由相交弦定理有CFDFBFFB 即8x2，所以x

7117

2，则BE，AE，由弦切角定理有CEBEAE

4222

所以CE

。2

7（全国课标理）如图，D，E分别为ABC的边AB，AC上的点，且不与ABC的顶点重合.已知AE的长为m，AC的长为n,AD，AB的长是关于x的方程

x214xmn0的两个根.（Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；

（Ⅱ）若A90，且m4,n6，求C，B，D，E所在圆的半径.【解析】（I）连接DE，根据题意在ED

ADE和ACB中，ADEACB

G ADABmnAEAC,即

ADAE

.又DAECAB,从而ACAB

因此ADEACB所以C,B,D,E四点共圆.（Ⅱ）m4,n6时，方程x14xmn0的两根为x12,x212.F

故AD2,AB12.取CE的中点G,DB的中点F，分别过G,F作AC,AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C,B,D,E四点共圆，所以C,B,D,E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.

由于A90，故GHAB,HFAC.HFAG5,DF

(122)5.2

故C,B,D,E

四点所在圆的半径为

8（陕西理）（几何证明选做题）如图，∠B=∠D，AEBC，ACD90，且AB=6，AC=4，AD=12，则．

【分析】寻找两个三角形相似的条件，再根据相似三角形的对应边成比例求解．【解】因为AEBC，所以∠AEB=ACD90，又因为∠B=∠D，所以△AEB∽△ACD，所以



ACAD

, AEAB

所以AE

ABAC6

42，在Rt△AEB

中，BE

AD12

【答案】

9（陕西文16）如图，∠B=∠D，AEBC，ACD90，且AB=6，AC=4，AD=12，则AE=．



ACADABAC64

2． ,所以AEAEABAD12

【答案】2

10（江苏）如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2（r1r2）．圆

O1的弦AB交圆O2于点C（O1不在AB上）．

求证：AB:AC为定值．

解：连接AO1并延长分别交两圆于E、D两点，连接BD,CE，因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在直线AD上，故AD,AE分别为两圆的直径，从而ABDACE90，所以BD//CE，于是

ABAD2r1r1

高考数学立体几何篇6

1.在下列关于斜率与倾斜角的说法中正确的是()

A.一条直线与x轴正方向所成的正角叫做这条直线的倾斜角 B.倾斜角是第一或第二象限的角 C.每一条直线都有斜率

D.斜率为零的直线平行于x轴或重合于x轴

【答案】D 2.已知直线ax+by+c=0(ab≠0)在两坐标轴上的截距相等,则a,b,c满足的条件是()A.a=b B.|a|=|b| C.c=0或a=b D.c=0且a=b 【答案】C 【解析】由-=-得C正确.3.过A(1,1),B(0,-1)两点的直线方程是()A.=x B.C.D.y=x 【答案】A 【解析】所求直线方程为,即=x.故选A.4.若直线(2m2+m-3)x+(m2-m)y=4m-1在x轴上的截距为1,则实数m的值为()A.1 C.-B.2 D.2或-【答案】D 【解析】∵直线在x轴上有截距,∴2m2+m-3≠0, 当2m2+m-3≠0时, 在x轴上的截距为=1,即2m2-3m-2=0, 解得m=2或m=-.5.已知点A(-1,2),B(2,-2),C(0,3),若点M(a,b)(a≠0)是线段AB上的一点,则直线CM的斜率的取值范围是()A.B.[1,+∞)C.∪[1,+∞)D.【答案】C 【解析】因kAC==1,kBC==-,且点A,B在y轴两侧.故选C.6.经过点A(-2,2)并且和两坐标轴围成的三角形面积是1的直线方程是()A.x+2y-2=0或x+2y+2=0 B.x+2y+2=0或2x+y+2=0 C.2x+y-2=0或x+2y+2=0 D.2x+y+2=0或x+2y-2=0 【答案】D 【解析】设直线在x轴、y轴上的截距分别是a,b,则有S=|a²b|=1,即ab=±2.设直线的方程是=1, ∵直线过点(-2,2),代入直线方程得=1,即b=,∴ab==±2,解得

故直线方程是=1或=1,即2x+y+2=0或x+2y-2=0.7.有一直线x+a2y-a=0(a>0,a是常数),当此直线在x,y轴上的截距和最小时,a的值是()

A.1 B.2 C.D.0 【答案】A 【解析】直线方程可化为=1,因为a>0,所以截距之和t=a+≥2,当且仅当a=,即a=1时取等号.8.直线2x+3y+a=0与两坐标轴围成的三角形的面积为12,则a的值为

.【答案】 ±12

【解析】令x=0得y=-;令y=0得x=-.∴直线与x轴、y轴的交点分别为A,B.∴S△AOB=²²=12.∴a2=12³12.∴a=±12.9.已知A(3,0),B(0,4),动点P(x,y)在线段AB上移动,则xy的最大值等于

.【答案】3 【解析】 AB所在直线的方程为=1, ∴².∴xy≤3,当且仅当时取等号.10.(2013届²福建三明检测)将直线l1:x-y-3=0,绕它上面一定点(3,0)沿逆时针方向旋转15°得直线l2,则l2的方程为

.【答案】x-y-3=0 【解析】已知直线的倾斜角是45°,旋转后直线的倾斜角增加了15°,由此即得所求直线的倾斜角,进而求出斜率和直线方程.直线l2的倾斜角为60°,斜率为,故其方程为y-0=(x-3),即x-y-3=0.如图.11.已知直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为3,且过定点A(-3,4),求直线l的方程.【解】设直线l的方程是y=k(x+3)+4,它在x轴、y轴上的截距分别是--3,3k+4, 由已知,得=6, 解得k1=-,k2=-.所以直线l的方程为2x+3y-6=0或8x+3y+12=0.12.在△ABC中,已知A(5,-2),B(7,3),且AC边的中点M在y轴上,BC边的中点N在x轴上,求:(1)顶点C的坐标;(2)直线MN的方程.【解】(1)设C(x0,y0),则AC中点M, BC中点N.∵M在y轴上, ∴=0,x0=-5.∵N在x轴上, ∴=0,y0=-3.即C(-5,-3).(2)∵M,N(1,0), ∴直线MN的方程为=1, 即5x-2y-5=0.13.设直线l的方程为(a+1)x+y+2-a=0(a∈R).(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等,求直线l的方程;(2)若直线l不经过第二象限,求实数a的取值范围.【解】(1)令x=0,得y=a-2.令y=0,得x=(a≠-1).∵直线l在两坐标轴上的截距相等, ∴a-2=.解之,得a=2或a=0.∴所求直线l的方程为3x+y=0或x+y+2=0.(2)直线l的方程可化为y=-(a+1)x+a-2.∵直线l不过第二象限, ∴

∴a≤-1.∴a的取值范围为(-∞,-1].拓展延伸

巧解2010年高考立体几何试题篇7

原题如图1, 四棱锥S-ABCD中, SD⊥底面ABCD, AB=AD=1, DC=SD=2, E为棱SB上的一点, 平面EDC⊥平面SBC.

(Ⅰ) 证明:SE=2EB;

(Ⅱ) 求二面角A-DE-C的大小.

解法1 (Ⅰ) (如图2) 连结BD, 由题意知, $B D = \sqrt{2} ‚ B C = \sqrt{2} ‚ D C = 2$ , 所以BC⊥BD.又因SD⊥底面ABCD, 则BC⊥SD.所以BC⊥平面SBD, BC⊥DE.作BK⊥EC于K, 因为平面EDC⊥平面SBC, 所以BK⊥平面EDC, BK⊥DE, 而BC∩BK=B, 所以DE⊥平面SBC, 即E为D点在平面SBC上的射影.

延长CB与DA相交于F点, 连结FS, 则AB为Rt△FDC的中位线, $F C = 2 \sqrt{2}$ , 分别在Rt△SDF和Rt△SDC中可得 $S F = S C = 2 \sqrt{2}$ , 则△SFC为等边三角形, 而DS=DC=DF=2且两两垂直, 所以, △SFC即为棱长为2的正方体, 过共顶点于D的相邻三个侧面对角线的截面.因此, 三棱锥D-SFC即为正三棱锥.故E点为正△SFC的中心, 从而, E点为△SFC中线SB的三等分点, 且SE=2EB.

(Ⅱ) 连结FE, 平面FED即为平面ADE的延展面, 因为DE⊥FE, DE⊥EC, 所以∠FEC为二面角A-DE-C的平面角, 又∠FEC=∠FES=∠SEC=120°, 于是, 二面角A-DE-C的大小为 $\frac{2 π}{3} .$

解法2 (如图2) (Ⅰ) 连结BD, 由题意知, $B D = \sqrt{2} ‚ B C = \sqrt{2} ‚ D C = 2$ , 所以BC⊥BD, 又BC⊥SD, BD∩SD=D, 故BC⊥平面SBD, 而BC⊂平面SBC, 所以平面SBD⊥平面SBC.由已知平面EDC⊥平面SBC, 而平面EDC∩平面SBD=DE, 所以DE⊥平面SBC, 于是DE⊥SB.进而解得 $S B = \sqrt{6} ‚ D E = \frac{2 \sqrt{3}}{3} ‚ E B = \frac{\sqrt{6}}{3} ‚ S E = \frac{2 \sqrt{6}}{3}$ , 所以, SE=2EB.

(Ⅱ) 在△ABE中,

$\begin{array}{l} A B = 1 ‚ E B = \frac{\sqrt{6}}{3} ‚ \cos B = \frac{A B}{S B} = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6} . \\ A E = \sqrt{A B^{2} + B E^{2} - 2 A B \cdot B E c o s B} \\ = \sqrt{1 + \frac{2}{3} - 2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} \cdot \frac{\sqrt{6}}{6}} = 1 . \end{array}$

又AD=1, 所以△ADE为等腰三角形, 取DE中点G, 连结AG, 则有AG⊥DE.又EC⊥DE, 而AG, EC分别在半平面ADE和半平面DEC内, 所以AG与EC所成角θ即为二面角A-DE-C的平面角, 于是

AC2=AG2+EC2+GE2

-2AG·ECcos θ,

又可求得

$\begin{array}{l} A C = \sqrt{5} ‚ A G = \frac{\sqrt{6}}{3} ‚ \\ E C = \frac{2 \sqrt{6}}{3} ‚ G E = \frac{\sqrt{3}}{3} ‚ \end{array}$

所以

从而, 二面角A-DE-C的大小为

解法3 (Ⅰ) 证明方法同上.

(Ⅱ) 设A点到平面DEC的距离为h, 到棱DE的距离为d, 则由前面涉及各线段长度可得

E点到平面ADC的距离为SD=.由等体积变换得, VA-DEC=VE-ADC, 即

于是h=, 从而, 二面角A-DE-C的平面角θ (为钝角) 的正弦值为

故θ=即为所求.

高考数学立体几何篇8

一、三种方法的特点比较

几何法以逻辑推理作为工具解决问题，有利于培养逻辑推理能力，且适用于每个立体几何问题，但其逻辑思维量大，常要构建空间辅助线、面，经过严密的逻辑推理论证和准确计算，对于空间角、距离的计算一般也要转化到三角形中，有时让人难以驾驭.

向量法是通过构设基向量，利用向量的概念及其基本运算解决问题.利用向量法解决立体几何问题，可以避开纷繁复杂的逻辑推理，使解题过程变得明快.但用向量法解题一般运算量较大，且未知向量有时难以用基向量表示或向量与向量之间难以寻找关系.因此，向量法仅仅限于一些不便用坐标法求解的问题.比如，求简单的空间角或求空间两点之间的距离等.

坐标法是通过构建空间直角坐标系，将几何问题代数化，利用数及其运算来解决问题.在解决立体几何问题时，依据图形的特点，通过建立适当的空间直角坐标系，把“定性”问题转化为“定量”问题来研究，可以避免综合法中的一些纷繁复杂的几何性质的论证，也可以避开用向量法难寻向量之间的关系的弊端，其优势明显.通常情况下，对于出现垂直关系的特殊几何体，通过构建空间直角坐标系，利用坐标法解决比较方便.但是，坐标法也有其不尽人意的地方，比如，有些问题不容易建立坐标系，空间点的坐标容易求错，坐标运算量大，一着不慎，满盘皆输.

二、三种方法的“选择”

1.几何法

下面几种情形的问题宜用几何法：①较为简单的线、面的平行、垂直关系的判定，尤其以选择、填空题的形式出现的这类问题；②易转化为三角形中的空间角、空间距离的计算问题；③较难用向量法和坐标法解答的问题.

例1[2014·山东卷理17] 如图1所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点.

（1）求证：C1M∥平面A1ADD1；

（2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.

解析（1）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC.

又M是AB的中点，所以CD∥MA且CD=MA.

如图2，连接AD1.因为在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD=C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1=MA，

所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1A.

又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

（2）由（1）知，平面D1C1M∩平面ABCD=AB，如图3，过点C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.

由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.

在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN=32，所以ND1=CD21+CN2=152.

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC=CND1N=

32152=55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为55.

评注对于本题这样一个“斜的”四棱柱问题，构造基向量运用向量法求解不太现实；而若用坐标法，寻找建系的“垂直点”则需费一番周折，所以这里选择了几何法求解的，使得几何法的“一半证明一半算”的优势得到体现.

2.向量法

宜用向量法求解的问题：①共线、共面的判定问题；②空间线、面平行、垂直关系的判定；③不便添加辅助线、面进行推理，且又无法建立空间直角坐标系求解的简单的空间角、空间两点间的距离等问题.

例2[2013年全国大纲理]如图4，四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形.

（Ⅰ）证明： PB⊥CD；

（Ⅱ）求二面角A-PD-C余弦值的大小.

解析（Ⅰ）略.

（Ⅱ）设BC=2AD=2a，连接AC，由已知易得AC=5a，取PD中点F，连接AF，由△PAD是正三角形知AF⊥PD.

因为CD=BD=2 a，则CD⊥BD，且PB⊥CD，故CD⊥平面PBF，所以CD⊥PD.记二面角A-PD-C的大小为θ，则AF·FD=FD·DC=0，AF·DC=32a×2acos（π-θ）=-62a2cosθ，

而AC=AF+FD+DC，两边平方得5a2=34a2+14a2+2a2-6a2cosθ，则cosθ=-63.

评注由于“基向量”的构设和应用的局限性，高考立体几何问题，鲜有利用向量法求解的.本题（Ⅱ）

通过构造基向量利用“a2=|a|2”转化求解，倒不失为一种颇有创意的方法.

3.坐标法

坐标法充分体现了空间向量在解决立体几何问题中的应用，是我们掌握和应用的重点.对于出现垂直关系（或容易构造出垂直关系）的几何体，如正方体、长方体、直棱柱、有一棱垂直于底面的棱锥等立体几何问题，都可以用坐标法来求解.对于求解高考立体几何问题，坐标法是最主要的手段.

例3[2014·湖北卷理19]如图5，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

（1）当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.

（2）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.

解析以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图6所示的空间直角坐标系.由已知得B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）.

BC1=（-2，0，2），FP=（-1，0，λ），FE=（1，1，0）.

（1）证明：当λ=1时，FP=（-1，0，1），

因为BC1=（-2，0，2），所以BC1=2FP，即BC1∥FP.

而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.

（2）设平面EFPQ的一个法向量为n=（x，y，z），则由FE·n=0，FP·n=0可得x+y=0，-x+λz=0.

于是可取n=（λ，-λ，1）.

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=（λ-2，2-λ，1）.

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，

则m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，即λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，解得λ=1±

22.

故存在λ=1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

评注正方体是最为规整的空间几何体，“垂直”关系昭然若揭.本题通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求解显示出得天独厚的优势.其实，对于高考中出现垂直关系（或容易构造出垂直关系）的立体几何问题，象求空间角、空间距离，确定点的位置问题，立体几何中的探索性问题等，大都用坐标法来解决.坐标法已成为解决高考立体几何问题的最主要的方法.

4.方法的综合应用

立体几何解答题的特点是：分步设问、层层递进.第（1）问往往是较简单的空间线、面平行、垂直关系的论证，用几何法解答较好.而第（2）、（3）问常涉及空间角、距离的计算，向量法和坐标法结合起来解答更为容易.因此，解答立体几何问题，多数情况下是三种方法的并用.

总之，解决高考立体几何问题遵循的原则是：以几何法为基础、以向量法为主导、以坐标法为中心.

图7例4[2014·新课标全国卷Ⅱ理18]如图7，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥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.

解析（1）证明：如图8，连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（2）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，

所以AB，AD，AP两两垂直.