专题+立体几何综合问题--讲义
第30讲立体几何的综合问题(讲义)
第30讲 立体几何的综合问题一、高考要求立体几何在高考中的题型与题量较为稳定，分值约占30分左右．高考中的立体几何立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象力的考查，其基础是对点、线、面各种位置关系的讨论和研究进而讨论几何体． 二、两点解读重点：(1）直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查； （2）空间的角与距离计算（兼顾表面积和体积）；（3）在计算与证明中的化归思想（降维思想）的运用． 难点：二面角的求法与距离的计算． 三、课前训练1．将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为 （ D ）（A ）63a （B ）123a （C ）3123a （D ）3122a2．在正方形ABCD 中，F E ,分别是边BC AB ,的中点，沿EF DF DE ,,把这个正方形折成一个四面体，使C B A ,,三点重合，重合后的点记为P ，那么在四面体DEF P -中DF 与平面PEF 所成的角的余弦值为 （ C ）（A ）0 （B ）23（C ）55 （D ）552 3．已知m 、n 是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m 且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β． 其中正确的命题序号是②④（注：把你认为正确的命题的序号都．填上）． 4．如图，O 是半径为l 的球心，点A 、B 、C 在球面上， OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧AB 与AC的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是3π四、典型例题例1如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 的长是5例2．如图，已知DA ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形， 在△ABE 中，AE=1，BE=3（1）证明：平面ADE ⊥平面BCE ； （2）求二面角B —AC —E 的余弦值。
专题8.8 立体几何综合问题(讲)(原卷版)
专题8.8 立体几何综合问题【考纲解读与核心素养】1.会解决简单的立体几何问题.2．会用向量方法证明直线、平面位置关系的有关命题.3．会用向量方法求解两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的问题. 4．培养学生的直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理、数学抽象等核心数学素养. 5. 高考预测：（1）立体几何中的动态问题. （2）立体几何中的探索性问题. （3）平面图形的翻折问题. （4）立体几何与传统文化（5）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.【典例剖析】高频考点一 ：立体几何中的动态问题【典例1】（2020·四川南充·高三其他（理））已知三条射线OA ，OB ，OC 两两所成的角都是60°.点M在OA 上，点N 在BOC ∠内运动，MN OM ==N 的轨迹长度为( ) A ．2π B ．3πC ．4πD ．5π【总结提升】1.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．2．一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹． 【变式探究】（2020·河北新华·石家庄二中高三月考（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE A C ⊥于E ，且,PA PE =则点P 的轨迹是（ ）A ．线段B ．圆C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分高频考点二 ： 立体几何中的探索性问题【典例2】（2019·天津耀华中学高考模拟（理））如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面垂直于和，是棱的中点.(Ⅰ)求证：平面； (Ⅱ)求二面角的正弦值；(Ⅲ)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【典例3】（2020·全国）如图，AC 是O 的直径，点B 是O 上与A ，C 不重合的动点，PO ⊥平面ABC .（1）当点B 在什么位置时，平面OBP ⊥平面PAC ，并证明之； （2）请判断，当点B 在O 上运动时，会不会使得BC AP ⊥，若存在这样的点B ，请确定点B 的位置，若不存在，请说明理由.【典例4】（2020·全国高二课时练习）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，12AA AB BC ===.（1）求证：1BC ⊥平面11A B C ；（2）求异面直线1B C 与1A B 所成角的大小； （3）点M 在线段1B C 上，且11((0,1))B MB Cλλ=∈，点N 在线段1A B 上，若MN ∥平面11A ACC ，求11A N A B 的值（用含λ的代数式表示）. 【规律方法】求解立体几何中探索问题的策略 1．条件探索性问题(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； (3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．如本例(2)先根据题意猜测点的位置．再结合证明．一般探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的一个． 2．结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设． 【变式探究】1．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，平面11A DB ⊥平面ABCD ，1AD =，12AA .过顶点D ，1B 的平面与棱BC ，11A D 分别交于M ，N 两点.（Ⅰ）求证：1AD DB ⊥；（Ⅱ）求证：四边形1DMB N 是平行四边形；（Ⅲ）若1A D CD ⊥，试判断二面角1D MB C --的大小能否为45︒？说明理由.2．（2020·江西上高二中高二月考（理））如图,四棱锥P ABCD -中，//AB DC ，2ADC π∠=，122AB AD CD ===，6PD PB ==，PD BC ⊥．（1）求证：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）在线段PC 上是否存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD 所成锐二面角为3π？若存在，求CM CP的值；若不存在，说明理由．3．（2020·浦东新·上海师大附中高二期中）设四边形ABCD 为矩形，点P 为平面ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，若1==PA AB ，2BC =.（1）求PC 与平面PAD 所成角的正切值；（2）在BC 边上是否存在一点G ，使得点D 到平面PAG 的距离为2，若存在，求出BG 的值，若不存在，请说明理由；（3）若点E 是PD 的中点，在PAB △内确定一点H ，使CH EH +的值最小，并求此时HB 的值. 【总结提升】与空间角有关的探索性问题的解题策略与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断． 高频考点三 ： 平面图形的翻折问题【典例5】（2019·湖南怀化·高三二模（理））已知正方形ABCD ，E F ，分别是AB CD ，的中点，将ADE ∆沿DE 折起，如图所示，记二面角A DE C --的大小为()0θθπ<<（1）证明：BF ADE ∥平面（2）若ACD ∆为正三角形，试判断点A 在平面BCDE 内的身影G 是否在直线EF 上，证明你的结论，并求角θ的正弦值. 【特别提醒】解决空间图形的翻折问题时，要从如下几个角度掌握变化规律：注意：掌握翻折过程中的特殊位置①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置. 【变式探究】（2020·江苏兴化一中高一期中）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E,F 分别是AB,BC 的中点，点M 在AD 上，且14AM AD =，将AED,DCF 分别沿DE,DF 折叠，使A,C 点重合于点P ，如图所示2.()1试判断PB 与平面MEF 的位置关系，并给出证明； ()2求二面角M EF D --的余弦值.高频考点四 ： 立体几何与传统文化【典例6】（2014·湖北高考真题（文））《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式21.36v L h ≈它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么近似公式2275v L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（ ） A ．227B ．258C ．15750D ．355113【总结提升】近几年高考命题关于这部分内容的考查，主要是以传统文化、数学文化、现代生活为背景，考查立体几何的基础知识，涉及三视图、面积体积计算、几何体的几何特征等.【变式探究】（2020·应城市第一高级中学高二期中）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor ，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例15 1.6182⎛⎫ ⎝≈ +⎪⎪⎭，泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，若2h as =，则由勾股定理，22as s a =-，即210s s a a⎛⎫--= ⎪⎝⎭，因此可求得s a 为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形(2856)a =，顶点P 的投影在底面中心O ，H 为BC 中点，根据以上信息，PH 的长度（单位：英尺）约为（ ）．A ．611.6B ．481.4C ．692.5D ．512.4。
立体几何综合问题(知识点讲解)高考数学一轮复习(新教材 新高考)(解析版)
专题8.8 立体几何综合问题（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）空间向量的概念及有关定理1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量(或平行向量)共面向量平行于同一个平面的向量2.(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．（二）空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，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. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则222212121||()()()AB d AB a a b b c c ==-+-+-（三）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（四）直线与平面所成角直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.（五） 二面角(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 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12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（六）利用向量求空间距离点面距的求法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【常考题型剖析】题型一： 向量与立体几何中最值问题例1. （2022·浙江·效实中学模拟预测）已知圆锥SO 的高1,SO AB =是底面上圆O 的直径，2AB =，M 是圆O 上的动点，N 是SM 的中点，则直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为（ ）A ．13B 2C 22D ．1【答案】C 【解析】 【分析】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系，设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=， 求出AN 、平面AMB 的一个法向量坐标，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ，可得()332sin cos ,27921θ⋅===--+-AN n AN n AN nb b b ()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，利用导数可得()f x 的最值，从而得到答案. 【详解】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则()0,0,0O ，()0,1,0A -，()0,1,0B ，()0,0,1S ， 设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=，当0,1a b ==时，()0,1,0M 与()0,1,0B 重合，此时SMA 构不成平面， 当0,1a b ==-时，()0,1,0-M 与()0,1,0A -重合，此时SMB 构不成平面， 即1b ≠±，0a ≠，所以(),,1=-SM a b ，()0,1,1=-SB ，1,1,222⎛⎫=+ ⎪⎝⎭a bAN ，设平面AMB 的一个法向量为(),,n x y z =，所以00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩SM n SB n ，即00+-=⎧⎨-=⎩ax by z y z ，令1y =，则1,1-==bx z a ， 所以1,1,1-⎛⎫= ⎪⎝⎭b n a ，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ， ()()2222111222sin cos ,1212444θ-+++⋅===-++⨯++b b AN n AN n AN nb b a a ()2332223232791221=--++--+⨯--b b b b b b b ，令()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，()()()()()221,11x x f x x x +=∈--'当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，当10x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()min 902≥=f x f ，()332223227921≤=--+-b b b ，直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为23. 故选：C.例2.（山东·高考真题（理））如图所示，已知四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC=60°,E,F 分别是BC,PC 的中点.(1)证明:AE ⊥PD;(2)若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为,求二面角E—AF—C 的余弦值.【答案】（1）证明略（2）所求二面角的余弦值为【解析】 【详解】(1) 由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA⊥AE.而PA平面PAD,AD平面PAD且PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD.又PD平面PAD,所以AE⊥PD.(2) 如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH,由(1)知,AE⊥平面PAD,则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中,AE=,所以,当AH最短时,∠EHA最大,即当AH⊥PD时,∠EHA最大.此时,tan∠EHA===,因此AH=.又AD=2,所以∠ADH=45°,所以PA=2.方法一因为PA⊥平面ABCD,PA平面PAC,所以,平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC,过O作OS⊥AF于S,连接ES,则∠ESO为二面角E—AF—C的平面角.在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=,AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点,在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=,又SE===,在Rt △ESO 中,cos ∠ESO===,即所求二面角的余弦值为.方法二 由(1)知AE,AD,AP 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, 又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以 A （0，0，0），B （，-1，0），C （，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2），E （，0，0），F(，，1），所以=(，0，0），=(，，1）.设平面AEF 的一法向量为 m=（x 1，y 1，z 1），因此取z 1=-1，则m=（0，2，-1）， 因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA∩AC=A ， 所以BD ⊥平面AFC ， 故为平面AFC 的一法向量. 又=（-，3，0）， 所以cos 〈m,〉===.因此,二面角E—AF—C 为锐角, 所以所求二面角的余弦值为例3.（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ． 在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 【方法技巧】解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手： 一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决； 二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式． 题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题例4.（2018·全国·高考真题（理））如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（23【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PF EF F=，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又BF⊂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θ，利用线面角的定义，可以求得334sin3HP DPHP DPθ⋅===⋅.【详解】（1）由已知可得，BF PF⊥，BF EF⊥，又PF EF F=，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD；（2）作PH EF⊥，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz-.由（1）可得，DE PE ⊥.又2DP =，1DE =，所以3PE =又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥. 可得332PH EH ==. 则()33330,0,0,,1,,0,1,,22H P D DP ⎛⎛⎛⎫--= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 3HP ⎛= ⎝⎭为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin 3HP DP HP DPθ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD 3例5.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH 3．以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03CG =（1，03AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20.x z x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，63又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．例6.（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥,2,7P ABCD AB PA -==(1)求证：PA BD ⊥(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，P AD 旋转至1,P AD PCD 旋转至2P CD 如图所示，其中二面角1P AD B --与二面角2P CD B --相同，当12DP DP ⊥时，求平面1P AD 与2P CD 所成的锐二面角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (2)34【解析】 【分析】（1）连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，得PO BD ⊥，从而证得BD ⊥平面PAC ，得线线垂直；（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设是二面角1P AD B --大小为θ，表示出12,P P 的坐标，由向量垂直求出θ，得12,P P 的坐标，再求出平面1P AD 与平面2P CD 的一个法向量，则法向量夹角得二面角． (1)证明：连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，PO BD ∴⊥，又BD AC ⊥，PO AC O =，,PO AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥．(2)以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设点E 为DA 中点，则1=43PE F 是BC 中点，则EF AD ⊥，又1PE AD ⊥， 所以1PEF ∠是二面角1P AD B --的平面角，即1PEF θ∠=， 1(1,43cos ,43sin )P θθ∴，同理2(43cos ,1,43sin )P θθ 212434348sin 0DP DP θθθ⋅=++= 解得：3cos θ=1sin 2θ=，12(1,6,23),(6,1,23)P P ∴-- 1(1,6,23),(2,0,0)DP DA =-= 设1(,,)n x y z =为平面1P AD 的法向量，则10n DA ⋅= ，20x ∴=，0x ∴=，110n DP ⋅=，630x y z ∴-+=，取1y =，则3z = 13)n ∴= 2(6,1,23)DP =-，(0,2,0)DC =，设2(,,)n m s t =为平面2P CD 的法向量，则 20n DC ⋅= ，20s ∴= ，0s ∴=，220n DP ⋅=，6230m t -+=，取1m =，则3t 23)n ∴=，123cos ,41313n n <>==+⋅+，平面1P AD 与平面2P CD 所成的锐二面角的余弦值为34．【总结提升】解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：1.确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2.确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算题型三：探索性问题----空间角的存在性问题例7. （2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，O ，M ，N 分别为线段BC ，AA 1，BB 1的中点，P 为线段AC 1上的动点，AO=12BC ，AB=3，AC=4，AA 1=8.(1)求点C 到平面C 1MN 的距离；(2)试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值最大. 【答案】(1)42(2)35【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得AB ⊥平面11ACC A ，线面垂直的性质定理可得AB CM ⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点得CM MN ⊥，再利用勾股定理可得1CM C M ⊥，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出平面11BB C C 的法向量，设()000,,P x y z ，利用1=AP mAC 可得MP ，再由线面角的向量求法可得直线MP 与平面11BB C C 所成的角θ的正弦值，再分0m ≠、0m ≠讨论可得答案. (1)在ABC 中，O 为BC 中点且1,2AO BC AB AC =∴⊥， 平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC平面11ACC A AC =，AB ∴⊥平面11ACC A ，又CM ⊂平面11,ACC A AB CM ∴⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点，.MN AB CM MN ∴∴⊥∥，在直角AMC 和直角11MA C △中，1114,4AM A M AC AC ====，111,161642AMC AMC CM C M ∴≅∴=+=222111323264,CM C M CC CM C M ∴+=+==∴⊥，11,,MN C M M MN C M ⋂=⊂平面1,MNC CM ∴⊥平面1C MN ，∴点C 到平面1C MN 的距离为42CM =(2)1AA ⊥平面ABC ，由（1）得1,,AB AC AA 三线两两重直，以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系如图，则()()()()()()110,0,0,3,0,0,0,4,0,0,4,8,0,0,4,3,0,8A B C C M B ，()()13,4,0,0,0,8BC BB ∴=-=，设平面11BB C C 的法向量为()1111,,n x y z =，则111340,80,x y z -+=⎧⎨=⎩令14x =得()113,4,3,0y n ==，设()()0001,,,01P x y z AP mAC m =，则()()000,,0,4,8x y z m =，()()0,4,8,0,4,84P m m MP m m ∴=-，设直线MP 与平面11BB C C 所成的角为θ， 则12221sin 516(84)5541n MP n MPm m m m θ⋅===+--+，若0,sin 0m θ==，此时，点P 与A 重合；若0m ≠，令()11t t m=，则223sin 55545(2)1t t t θ==-+-+，当2t =，即1,2m P =为1AC 的中点时，sin θ取得最大值35.例8.（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC 上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析 (2)点N 在线段BC 的中点 【解析】 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD ，可得PD BC ⊥，而CD BC ⊥，可证得BC ⊥平面PCD ，从而得BC DM ⊥，而DM PC ⊥，所以DM ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）设1PD AD ==，以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可 (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ， 所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CD PD D =， 所以BC ⊥平面PCD ， 因为DM ⊂平面PCD ， 所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =， 所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥， 因为PC BC C ⋂=， 所以DM ⊥平面PBC ， 因为DM ⊂平面DMN ， 所以平面MND ⊥平面PBC ， (2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下： 因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ， 所以,PD DA PD DC ⊥⊥， 因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m ， 设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则01122n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-， 因为平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°， 所以213cos ,212m n m n m nλλ+⋅==⨯+， 化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°例9.（湖北·高考真题（理））如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）与平面所成角的大小【解析】【详解】本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值．同时考察直线与平面所成角．本题可用综合法和空间向量法都可以．运用空间向量法对计算的要求要高些．（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．由，知，△为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且，所以平面．又，所以．于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时, 三棱锥的体积最大．解法2：同解法1，得．令，由，且，解得．当时，；当时，．所以当时，取得最大值．故当时, 三棱锥的体积最大．（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．于是可得，，，，，，且．设，则. 因为等价于，即，故，.所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．设平面的一个法向量为，由及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，，可得，即．故与平面所成角的大小为解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．如图b，取的中点，连结，，，则∥.由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，所以. 因为平面，又面，所以.又，所以面. 又面，所以.因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.即当（即是的靠近点的一个四等分点），．连接，，由计算得，所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，，则平面．在平面中，过点作于，则平面．故是与平面所成的角． 在△中，易得，所以△是正三角形， 故，即与平面所成角的大小为【总结提升】与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断． 题型四： 探索性问题----线面关系中的存在性问题例10. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E ABCD -中，//AB CD ，4CD AB =，点F 为棱CD 的中点，与E ，F 相异的动点P 在棱EF 上.(1)当P 为EF 的中点时，证明：//PB 平面ADE ；(2)设平面EAD 与平面EBC 的交线为l ，是否存在点P 使得//l 平面PBD ？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，23EP PF = 【解析】 【分析】（1）设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，通过证明四边形ABPG 为平行四边形，得到//AG PB ，再根据线面平行的判定定理可证//PB 平面ADE ；（2）延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHFλ=，推出22HI HD HB λλ=+，根据三点共线的结论求出25λ=，从而可推出23EP PF =. （1）如图，设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，∴1124GP DF DC ==,//GP DC ，∵//AB CD ，4CD AB =，∴GP AB =，//GP AB ，∴四边形ABPG 为平行四边形，∴//AG PB ，又PB ⊄平面ADE ，AG ⊂平面ADE ，∴//PB 平面ADE .（2）如图，延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHF λ=，∵点F 为棱CD 的中点，//AB CD ，4CD AB =，∴HI HF λ=22HD HCλλ=+22HD HB λλ=+，∵D ，I ，B 三点共线， ∴212λλ+=，即25λ=，所以当23EP PF =时，35PF FI EF FH ==，∴//EH PI ，又EH ⊄平面PBD ，PI ⊂平面PBD ，∴//EH 平面PBD ，∴存在满足条件的点P 使得//l 平面PBD ，此时23EP PF =. 例11.（2019·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P –ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) 3(Ⅲ)见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面AEF的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则P A⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且P A∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面P AD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-，易知：()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D ， 由13PF PC =可得点F 的坐标为224,,333F ⎛⎫⎪⎝⎭，由12PE PD =可得()0,1,1E ， 设平面AEF 的法向量为：(),,m x y z =，则()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y z m AE x y z y z ⎧⎛⎫⋅=⋅=++=⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩， 据此可得平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-， 很明显平面AEP 的一个法向量为()1,0,0n =， 13cos ,31m n m n m n⋅<>===⨯⨯， 二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P 3 (Ⅲ)易知()()0,0,2,2,1,0P B -，由23PG PB =可得422,,333G ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 则422,,333AG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，注意到平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，其0m AG ⋅=且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内.例12. （2016·北京·高考真题（理））如图,在四棱锥P ABCD -中, 平面PAD ⊥平面ABCD ,,,,1,2,5PA PD PA PD AB AD AB AD AC CD ⊥=⊥====（1）求证:PD⊥平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD？若存在, 求AMAP的值；若不存在, 说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【详解】【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即0BM n⋅=（n为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出AMAP的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面. 因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，. 设平面的法向量为(,,z)x y =n ，则0,{0,n PD n PC ⋅=⋅=即 令，则.所以(1,2,2)n =-. 又，所以3cos ,3n PB n PB n PB⋅〈〉==-. 所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当0BM n ⋅=，即，解得. 所以在棱上存在点使得平面，此时.【总结提升】解决线面关系中存在性问题的策略对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．31 / 31。
立体几何专题讲义
立体几何专题讲义立体几何专题讲义一、考点分析基本图形1.棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
斜棱柱底面是正多边形的棱柱正棱柱★直棱柱其他棱柱2.棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
正棱锥3.球——球的性质：球心与截面圆心的连线垂直于截面；r=R2-d2（其中，球心到截面的距离为d、球的半径为R、截面的半径为r）球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切。
平行垂直基础知识网络★★★平行与垂直关系可互相转化1.平行关系a⊥α,b⊥α⇒a//ba⊥α,a//b⇒b⊥αa⊥α,a⊥β⇒α//βα//β,a⊥α⇒a⊥βα//β,γ⊥α⇒γ⊥β2.垂直关系线线平行判定线线垂直性质线线垂直判定面面垂直定义面面垂直线面平行面面平行线面垂直异面直线所成的角，线面角，二面角的求法★★★1.求异面直线所成的角θ∈(0,90°):解题步骤：找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。
常用中位线平移法证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。
常需要证明线线平行；计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；2.求直线与平面所成的角θ∈[0,90°]:关键找“两足”：垂足与斜足二、典型例题考点一：三视图1.一个空间几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积为______。
2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是______。
3.一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为______。
4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图4所示，则此几何体的体积是______。
5.如图5是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a=______。
3立体几何综合大题讲义
立体几何【典型例题】题型一、线面平行例1、（2012•山东）如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD．（Ⅰ）求证：BE=DE；（Ⅱ）若∠BCD=120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC变式1：（2013•枣庄二模）一多面体的三视图和直观图如图所示，它的正视图为直角三角形，侧视图为矩形，俯视图为直角梯形（尺寸如图所示）直观图中的平面BEFC水平放置．（1）求证：AE∥平面DCF；变式2：（2013•潍坊一模）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=4，AB=2，点E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABCD⊥平面EFDC，设AD中点为P．（I ）当E为BC中点时，求证：CP∥平面ABEF（Ⅱ）设BE=x，问当x为何值时，三棱锥A-CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．例2、（2010•湖南）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．变式：（2013•广州三模）如图，在等腰梯形PDCB中，PB∥CD，PB=3，DC=1，PD=BC=2，A为PB边上一点，且PA=1，将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD．（1）求证：平面PAD⊥平面PCD．（2）在线段PB上是否存在一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分的体积之比为V PDCMA：V M-AC B=2：1，若存在，确定点M的位置；若不存在，说明理由．（3）在（2）的条件下，判断AM是否平行于平面PCD．练习1、（2013•宁德模拟）如图所示的多面体A1ADD1BCC1中，底面ABCD为正方形，AA1∥BB1∥CC1，AA12AB=2AA1=CC1=DD1=4，且AA1⊥底面ABCD．（Ⅰ）求证：A1B∥平面CDD1C1；（Ⅱ）求多面体A1ADD1BCC1的体积V．2、（2013•聊城一模）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ACB=90°，平面PAD⊥平面ABCD，PA=BC=1，PD=AB=2，E、F分别为线段PD和BC的中点（I）求证：CE∥平面PAF；（Ⅱ）求三棱锥P-AEF的体积．题型二、线面垂直 例3、（2011•辽宁）如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，OA=AB=PD 21. （Ⅰ）证明PQ ⊥平面DCQ ；（Ⅱ）求棱锥Q-ABCD 的体积与棱锥P-DCQ 的体积的比值．变式：如图，P 为△ABC 所在平面外一点，AP=AC ，BP=BC ，D 为PC 中点，直线PC 与平面ABD 垂直吗？为什么？例4、（2012•福建）如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=AD=1，AA 1=2，M 为棱DD 1上的一点．（1）求三棱锥A-MCC 1的体积；（2）当A 1M+MC 取得最小值时，求证：B 1M ⊥平面MAC ．变式2：（2011•惠州模拟）如图，己知△BCD 中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB 二60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且)10(<<==λλAD AF AC AE . （1）求证：不论λ为何值，总有EF ⊥平面ABC ：(2)若21=λ，求三棱锥BEF A -的体积.练习1、（2009•广州模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是CD 的中点．（I ）求证：A 1C ∥平面AD 1E ；（II ）在对角线A 1C 上是否存在点P ，使得DP ⊥平面AD 1E ？若存在，求出CP 的长；若不存在，请说明理由．2、如图是长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被一个平面截去一部分后得到的几何体ABCD-A 1EFD 1，其中EF ∥BC ，且AB=2AA 1=2A 1D 1=2A 1E ．（1）求异面直线CE 与DB 所成的角；（2）若在棱CD 上存在点G ，满足AF ⊥平面D 1EG ，试确定点G 的位置．3、（2013•浙江）如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥面ABCD ，AB=BC=2，AD=CD=7，PA=3，∠ABC=120°，G 为线段PC 上的点．（Ⅰ）证明：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若G 是PC 的中点，求DG 与PAC 所成的角的正切值；（Ⅲ）若G 满足PC ⊥面BGD ，求GCPG 的值．题型三、面面平行例5、（2013•陕西）如图，四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=2．（Ⅰ） 证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；（Ⅱ） 求三棱柱ABD-A 1B 1D 1的体积．变式1：（2013•湛江二模）三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB=BC=AC=AA 1，CD ⊥AC 1，E 、F 分别是BB 1、CC 1中点．（1）证明：平面DEF ∥平面ABC ；（2）证明：CD ⊥平面AEC 1．变式2：如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．（1）求证：直线MN∥平面EFDB；（2）求证：平面AMN∥平面EFDB．例6、（2013•海淀区二模）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，BA=BC 把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图2所示，点E，F分别为线段PC，CD的中点．（I）求证：平面OEF∥平面APD；（II）求直线CD⊥与平面POF（III）在棱PC上是否存在一点M，使得M到点P，O，C，F四点的距离相等？请说明理由．变式：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO？练习1、如图，棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为菱形，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ．（1）证明：BD ⊥AA 1；（2）证明：平面AB 1C ∥平面DA 1C 1（3）在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．2、如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，BC ⊥BC 1，AB=BC 1，E ，F 分别为线段AC 1，A 1C 1的中点．（1）求证：EF ∥面BCC 1B 1；（2）求证：BE ⊥面AB 1C 1；（3）在线段BC 1上是否存在一点G ，使平面EFG ∥平面ABB 1A 1，证明你的结论．题型四、面面垂直例7、（2012•黑龙江）如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=121AA ，D 是棱AA 1的中点．（I ） 证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．变式1：（2009•湖南）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，D是BC的中点，点E在AC上，且DE⊥A1E．（1）证明：平面A1DE⊥平面ACC1A1；（2）求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值．例8、（2011•陕西）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，∠BAC=90°，AD是高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90°．（Ⅰ）证明：平面ADB⊥平面BDC；（Ⅱ）设E为BC的中点，求AE与DB夹角的余弦值.变式1：（2013•宜宾二模）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D、E分别是AC、AB上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2．（Ⅰ）求证：平面A1BC⊥平面A1DC；（Ⅱ）若CD=2，求BE与平面A1BC所成角的余弦值；（Ⅲ）当D点在何处时，A1B的长度最小，并求出最小值．变式2：（2013•日照二模）如图是一直三棱柱（侧棱CD⊥底面ABC）被削去上底后的直观图与三视图的侧（左）视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，N是BC的重点，侧（左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．（Ⅰ）求该几何体的体积；（Ⅱ）求证：AN∥平面CEM；（Ⅲ）求证：平面BDE⊥平面BCD．练习1、（2010•沈阳一模）已知某几何体的直观图（图1）与它的三视图（图2），其中俯视图为正三角形，其它两个视图是矩形．（Ⅰ）求出该几何体的体积；（Ⅱ）D是棱A1C1上的一点，若使直线BC1∥平面AB1D，试确定点D的位置，并证明你的结论；（Ⅲ）在（Ⅱ）成立的条件下，求证：平面AB1D⊥平面AA1D．题型五、二倍角变式2：正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求二面角A-BD-C 1的大小为 .变式3：如图5，在椎体P ABCD -中，ABCD 是便常委边长为1的棱形，且060DAB ∠=,PA PD ==,2,PB =,E F 分别是,BC PC 的中点.（1） 证明：AD DEF ⊥平面；（2）求二面角P AD B --的余弦值。
2010年立体几何(综合法)讲义
立体几何基本概念、“综合法”解题基本思路一、立体几何的作图：“几何作图是难点，关健就是面垂线；记住常用典型题，细读题意作直线。
”二、立体几何证明题：“证明平行与垂直，“三者”之间互推导； 逆推分析找思路，证明就是分析倒。
”立体几何证明题，主要是求证线线、线面、面面之间的垂直和平行关系，已知条件一般也是这些关系，所以用的就是垂直和平行的性质和判定定理，思考方式基本如下所示：分析这些位置关系，不断转化，就可证明，一般不会太难（定理内容略）。
“三者”之间互推导：指在证明题中，利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行” ，“三者”之间互为条件和结论，来证明题目的结论；利用“线线垂直”、“线面垂直”、“面面垂直” 之间互为条件和结论，来证明题目的结论。
其中，主要是“线线”、“线面”之间的互相推导。
逆推分析找思路：指在分析的过程中，用“树图”分析的方法，从要“证明的结论”出发，逐步逆推到“已知条件”。
三、立体几何计算题：“一线三角四句话，恢复实形得简化；牢记公式是基础，准确计算很重要。
”“一线”：指 “面垂线”。
有“面垂线”常用“面垂线”，无“面垂线”常作“面垂线”。
作“面垂线”时，要准确确定“垂足”的位置。
解题的关键是会作、会用“面垂线”。
“三角”：指“线线角”、“线面角”、“二面角”。
解题的关键是：会用 “平行线”进行线段的平移，准确作出“线线角”的平面角。
会用 “面垂线”或“棱垂面”准确作出“线面角”、“二面角”的平面角。
“四句话”：立体图形看平面，两个平面看交线；先求线段后求角，常用直角三角形。
两个平面看交线：指在计算题中利用“一线看两面，两面看一线”的方法，例如：某线段（两平面的交线）的长度在一个平面里是要求的，而在另一个平面里则是可求的。
注意：在实际问题中，平面常常是以三角形出现的。
因此，下面讲义中涉及的平面基本上都是用三角形来表示的，所以，有关问题的研究基本上都是放在四面体中去讨论的。
高三立体几何讲义
立体几何讲义一、空间几何体 球与正方体的组合体问题(1)正方体的内切球： 球与正方体的每个面都相切，切点为每个面的中心，显然球心为正方体的中心。
设正方体的棱长为a ，球半径为R 。
如图3，截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2aR =； (2)与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，如图4作截面图，圆O 为正方形EFGH 的外接圆，易得a R 22=。
(3)正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图5，以对角面1AA 作截面图得，圆O 为矩形C C AA 11的外接圆，易得a O A R 231==。
例1．某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是().ABCD例2.（1） 在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,那么这个球的表面积是______.(2)正四棱锥S ABCD -，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________。
二、平行关系例3. 如图,直三棱柱ABC-A'B'C',∠BA点M,N 分别为A'B 和B'C'的中点.图3图4图5证明:MN ∥平面A'ACC';三、垂直关系例4.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点证明：平面BDC 1⊥平面BDC（2）. 如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB,AB=A A 1,∠BA A 1=60°.证明AB ⊥A 1C; 如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB,AB=A A 1,∠BA A 1=60°.(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C;(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA 1B 1B,AB=CB=2,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.B 1CB A DC 1A 1（3）如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值练习题1. 一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长.2．如图所示是一个几何体的三视图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得该几何体的表面积为________cm 2.3. 如图，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积是(A)43 (B) 83(C) 4 (D) 8 4．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ） A ．23B ．32C ．6D ．65. 如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高．(1)证明：平面PAC ⊥平面PBD ；(2) )若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB ＝60°,求面APD 与面BPC 所成二面角的余弦值。
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2.如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a = （Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=•-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
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立体几何综合问题
主讲老师：纪老师 北京市重点中学数学骨干教师，北大毕业
要点
合理运用传统方法加以辅助
重难点易错点解析
题一：如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D 中，点, E F 分别是棱1,BC CC 的中点，P 是侧面11BCC B 内一点，若1//A P 平面,AEF 则线段1A P 长度的取值范围是（ ）
A
．
B.
C.
D.
金题精讲
题一：如图，P 是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1对角线AC 1上一动点，设AP 的长度为x ，若△PBD 的面
积为f (x )，则f (x )的图象大致是（ ）
.
A B C D
1
A
A
题二：在三棱锥O ABC -中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ,分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S 、2S 、3S ，则1S 、2S 、3S 的大小关系为 .
题三：如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，P 是 侧面C C BB 11内一动点，若P 到直线BC 与直线C 1D 1的 距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（ ）. A 、直线 B 、圆 C 、双曲线 D 、抛物线
题四：如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱AB 上的动点. （1）求证：DA 1⊥ED 1 ；
（2）若直线DA 1与平面CED 1成角为45o ，求
AE
AB
的值； （3）写出点E 到直线D 1C 距离的最大值及此时点E 的位置（结论不要求证明）.
题五：已知：正四面体A BCD -中，棱长为2. （1）求证：AB CD ⊥；
（2）求：直线AB 与平面BCD 所成角的大小； （3）求：二面角A CD B --的大小.
学习提醒
大胆想象；灵活选择
1
A A
立体几何综合问题 讲义参考答案
重难点易错点解析
题一：B.
金题精讲
题一：A. 题二：321S S S <<.
题三：D.
题四：（1）证明略（提示：连接AD 1）；（2）
1
2
；
（3）点E 到直线D 1C
距离的最大值为
2
E 在A 点处. 题五：（1）证明略；（2
）arccos
3
；（3）1arccos 3.
∙P。