2018年高考数学总复习第八章立体几何与空间向量第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图!
第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图
基础巩固题组
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )
A.棱柱的侧棱长都相等
B.棱锥的侧棱长都相等
C.三棱台的上、下底面是相似三角形
D.有的棱台的侧棱长都相等
解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等.
答案 B
2.如图所示的几何体是棱柱的有( )
A.②③⑤
B.③④⑤
C.③⑤
D.①③
解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.
答案 C
3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )
解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.
答案 D
4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )
解析由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，且EC投影在面PAD 上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故B正确.
答案 B
5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视
图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )
A.6 2
B.4 2
C.6
D.4
解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－
BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.
答案 C
6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )
A.①③
B.①④
C.②④
D.①②③④
解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A
7.(2015·全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视
图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A.18 B.17 C.16
D.15
解析 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16.剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.因此，V 1V 2＝15.
答案 D
8.(2017·东阳调研)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )
解析 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD .
所以该三棱锥的侧视图可能为选项D. 答案 D
二、填空题
9.(2017·台州调研)直观图(如图)中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 原坐标系中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm 2
.
解析 将直观图恢复到平面图形(如图)，
是OA ＝2 cm ，OC ＝4 cm 的矩形，S OABC ＝2×4＝8(cm 2
). 答案 矩形 8
10.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.
解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 2
11.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.
解析由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面
ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC
中，PC＝PA2＋AC2＝22＋22＝2 2.
答案2 2
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，
则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________.
解析三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，
故它们的面积相等，面积比值为1.
答案 1
13.(2017·金华调研)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.
解析过点G作EF∥AC交PA，PC于点E，F，过E，F分别作EN∥PB，FM
∥PB分别交AB，BC于点N，M，连接MN，∴四边形EFMN是平行四边形，
∴EF
3
＝
2
3
，即EF＝MN＝2，
FM
PB
＝
FM
6
＝
1
3
，即FM＝EN＝2，∴截面的周长为2×4
＝8.
答案8
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
14.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
A.①和②
B.③和①
C.④和③
D.④和②
解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.
答案 D
15.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( )
A.4
B.5
C.3 2
D.3 3
解析由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF
＝BF2＋AB2＝3 3.
答案 D
16.(2017·绍兴一中检测)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a
的正三角形，那么原△ABC的面积为________.
解析 如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝6
2
a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以
CD ＝6a .
故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2
.
答案
62
a 2 17.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.
解析 由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD －A ′B ′C ′D ′. 故该四棱柱的体积V ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝3
2.
答案 3
2
18.(2017·宁波检测)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从
A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为
________.
解析 侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路
程为AE 1＝（AE ）2
＋（EE 1）2
＝（22）2
＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝（AD ）2
＋（DD 1）2
＝（32）2
＋1＝19.
(1) (2)
答案 3
19。
高中数学必背公式——立体几何与空间向量
〔1〕求点 到直线 的距离；〔2〕求点 到平面 的距离。
例14：如图，正方形 与 成 的二面角，且正方形的边长为 ， 、 分别为 ， 的中点，求异面直线 与 的距离。
例15：如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，
，求异面直线AB与PC的距离。
例16：已知 是底面边长为 的正四棱柱， 为 与 的交点．
底面 为梯形， ， ． ，
点 在棱 上，且 ．
〔1〕求证：平面 ⊥平面 ；
〔2〕求证： ∥平面 ；
〔3〕求平面 和平面 所成锐二面角的余弦值．
例10：已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， 底面 ，
且 ， 是 的中点。
〔1〕证明：面 ⊥面 所成二面角的余弦值。
高中数学必背公式——立体几何与空间向量
知识点复习：
1.空间几何体的三视图“长对正、高平齐、宽相等〞的规律。
2.在计算空间几何体体积时注意割补法的应用。
3.空间平行与垂直关系的关系的证明要注意转化：
线线平行 线面平行 面面平行，线线垂直 线面垂直 面面垂直。
4．求角：〔1〕异面直线所成的角：
可平移至同一平面；也可利用空间向量： =
方法二：向量法：二面角 的平面角 或
〔 ， 为平面 ， 的法向量〕.
5. 求空间距离：
〔1〕点与点的距离、点到直线的距离，一般用三垂线定理“定性〞；
〔2〕两条异面直线的距离： 〔 同时垂直于两直线， 、 分别在两直线上〕；
〔3〕求点面距： 〔 为平面 的法向量， 是经过面 的一条斜线， 〕；
〔3〕线面距、面面距都转化为点面距。
A． B． C． D．
题型二：空间点、线、面位置关系的判断
例4：已知 、 是不重合的直线， 和 是不重合的平面，有下列命题：
2018年人教版高三数学一轮复习课件--立体几何PPT课件
设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三 棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
1．(2013· 天津质检)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称
它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命 题中，假命题是 A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或 ( )
目 录
立体几何
第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节 空间几何体的表面积和体积
第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系
第七节 空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征 多面体 结构特征 有两个面 互相平行 ，其余各面都是四边形，并 棱柱 平行且相等 且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是 多边形 ，而其余各面都是有一个 公共 顶点 棱锥 ____ 的三角形 底面 截面 底面 棱锥被平行于 的平面所截， 和 棱台 之间的部分
标轴 平行于y轴的线段长度在直观图中
． 不变
变为原来的一半
五、三视图 几何体的三视图包括 正视图 、 侧视图 、俯视图 ，
分别是从几何体的 正前方 、正左方 、 正上方 观察几何
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
浙江版2018年高考数学一轮复习专题8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图讲
第01节空间几何体的结构及其三视图和直观图【考纲解读】考点考纲内容5年统计分析预测空间几何体的结构及其三视图和直观图1．了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征。
2．理解简单空间图形 (柱、锥、台、球的简易组合) 的含义，了解中心投影的含义，掌握平行投影的含义。
3．理解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体。
会用斜二测法画出它们的直观图。
2013•浙江文5,20；理10,12,20;2014•浙江文3,20；理3,20;2015•浙江文2,18；理2,13,17；2016•浙江文9,18；理11,17;2017•浙江3,9,19.1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主，三视图基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；几何体的结构特征往往在解答题中考查，与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用的.3.备考重点：(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键；(2)掌握常见几何体的结构特征.【知识清单】1．空间几何体的结构特征一、多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分二、旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线三、简单组合体简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．对点练习：有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A2空间几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．(2)画几何体的高在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．对点练习：【2017年福建省数学基地校高三复习试卷】一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A. 23B. 22C. 43D. 82【答案】D3.空间几何体的三视图三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．对点练习：【2017北京，理7】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）2（B）3（C）2（D）2【答案】B【解析】【考点深度剖析】三视图是高考重点考查的内容，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征．【重点难点突破】考点1：空间几何体的结构特征【1-1】如图几何体中是棱柱的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【1-2】下列命题中正确的有__________．①有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；②存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；③如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；④圆台的任意两条母线所在直线必相交；【答案】②④【解析】①不正确，因为不能保证等腰梯形的各个腰延长后交与一点．②如右图的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故②正确；③如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形；故③错误④根据圆台的定义和性质可知，命题④正确．所以答案为②④【领悟技法】系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．三棱柱、四棱柱、正方体、长方体、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，有些问题可用上述几何体举特例解决．【触类旁通】【变式1】一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直D ．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 【答案】C【解析】 A ，B 两选项中侧棱与底面不一定垂直，D 选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.【变式2】【2018届云南省名校月考一】已知长方体1111ABCD A B C D 的所有顶点在同一个球面上，若球心到过A 点的三条棱所在直线的距离分别是3,5,6，则该球的半径等于__________． 【答案】7考点2 空间几何体的直观图【2-1】利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)． ①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形． 【答案】①②④【解析】①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．【2-2】在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________ cm 2.【答案】矩形 8【领悟技法】按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 【触类旁通】【变式1】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( ) A ．22+ B. 122+ C. 222+ D ．12+【答案】A【解析】由题意画出斜二测直观图及还原后原图，由直观图中底角均为45°，腰和上底长度均为1，得下底长为12+，所以原图上、下底分别为1, 12+，高为2的直角梯形． 所以面积S ＝12(12+＋1)×2＝22+.故选A.【变式2】如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形【答案】C【解析】将直观图还原得▱OABC ，如图， ∵O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 (cm)，OD ＝2O ′D ′＝4 2 (cm)，C ′D ′＝O ′C ′＝2 (cm)，∴CD ＝2 (cm)， OC ＝CD 2＋OD 2＝22＋422＝6 (cm)，OA ＝O ′A ′＝6 (cm)＝OC ，故原图形为菱形．综合点评：解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.考点3 空间几何体的三视图【3-1】【2018届河南省新乡市第一中学高三8月月考】一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是（）【答案】B【3-2】【江西卷】将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )【答案】(1)D (2)D【解析】 (1)球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥OABC,当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.(2)如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为B，故选D.【3-3】【2018届广东省广州市海珠区高三综合测试一】如图，点,M N 分别是正方体1111ABCD A B C D 的棱1111,A B A D 的中点，用过点,,A M N 和点1,,D N C 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体的正（主）视图、侧（左）视图、俯视图依次为（ ）A. ①③④B. ②④③C. ①②③D. ②③④ 【答案】D【领悟技法】三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．【触类旁通】【变式1】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )【答案】C【变式2】如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．【答案】D【变式3】【武汉市部分学校2016 届高三调研】）一个简单几何体的正视图、侧视图如右图所示，则其俯视图不可能为（．．．．．）．①长方形；②正方形；③圆；④椭圆.中的A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】B【解析】若俯视图为正方形，则正视图中的边长3不成立；若俯视图为圆，则正视图中的边长3也不成立.综合点评：三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.【易错试题常警惕】易错典例：一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．【错解】①②⑤【错因】忽视几何体的不同放置对三视图的影响，漏选③.【正解】①三棱锥的主视图是三角形；②当四棱锥的底面是四边形放置时，其主视图是三角形；③把三棱柱某一侧面当作底面放置，其底面正对着我们的视线时，它的主视图是三角形；④对于四棱柱，不论怎样放置，其主视图都不可能是三角形；⑤当圆锥的底面水平放置时，其主视图是三角形；⑥圆柱不论怎样放置，其主视图也不可能是三角形．故正确答案为①②③⑤.【学科素养提升之思想方法篇】数形结合百般好，隔裂分家万事休——数形结合思想数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.在解答三视图、直观图问题中，主要是通过图形的恰当转化，明确几何元素的数量关系，进行准确的计算．如：【典例】【2017届河北省石家庄市二模】如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几ABB A为何体，截面与底面所成的角为45 ，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形'' AA将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（）矩形，若沿'A. B.C. D.【答案】A。
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量.
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形A′B′C′D′. 2 在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋
B′C′·A′B′＝＋1＋＝2＋ 2 . 2 答案 2＋ 2
[思想方法] 1.画三视图的三个原则： (1画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”. (2摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方. (3实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出. 2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和
圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.
[易错防范] 1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点. 2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同. 3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽
视实虚线的画法.。
2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算理
第八章立体几何8.6空间向量及其运算理基础知识自主学习ET知识梳理-----------------------------i. 空间向量的有关概念2. 空间向量中的有关定理(1) 共线向量定理空间两个向量a与b(b^0)共线的充要条件是存在实数入，使得a=入b.(2) 共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p= xa+ yb，其中x, y€ R, a, b为不共线向量.(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=xa+ yb+ zc, ｛a, b, c｝叫做空间的一个基底.3 •空间向量的数量积及运算律(1) 数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a, b,在空间任取一点0,作6*a, OB= b,则/ A0B叫做向量a, b的夹角，记作〈a, b〉,其范围是0w〈a, b〉w n，若〈a, b〉= 专，则称a与b互相垂直，记作a丄b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a, b,则I a ll b lcos 〈a, b〉叫做向量a, b的数量积，记作a • b,即a • b= I a ll b lcos 〈 a, b〉.2424(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律： (入 a ) - b =入(a • b ); ②交换律： a - b = b - a ； ③分配律： a •( b + c ) = a - b + a - c . 4 .空间向量的坐标表示及其应用 设 a = (a i , a 2, a 3), b = (b i ,b 2, b 3).向量表示坐标表小数量积 a •bab 1+ a 2b 2 + a 3b 3共线 a =入 b (b ^0,入 € R)a 1=入 bi , a 2=入b 2, a 3=入 b 3垂直 a - b = 0(a *0,0)a 1b + a 2b 2 + a 3b 3= 0模|a |寸 a 1+ a ；+ a 2 夹角〈a , b > (a *0, b *0) cos 〈 a , b > =ab + a 2b 2 + a 3b 3 寸 a 1 + a 2 + a 3 •寸 b + b 2 + b【知识拓展】 1. 向量三点共线定理：在平面中A B C 三点共线的充要条件是：0A= x O B^ y &C 其中x +y=1) , 0为平面内任意一点. 2.向量四点共面定理： 在空间中P 、A 、B C 四点共面的充要条件是： O P= xOAb y O B^ zOC 其中x + y + z = 1), O 为空间中任意一点. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“ x”) (1)空间中任意两非零向量 a , b 共面.( V )⑵ 在向量的数量积运算中(a • b ) • c = a •( b • c ) . ( x ) ⑶对于非零向量b ,由a • b = b • c ，则a = c .( x )(4) 两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.(X )⑸若A 、B C D 是空间任意四点，则有 鯨詁DA= 0.( V )考点自测1.已知正四面体ABCD勺棱长为a,点E, F分别是BC AD的中点，贝U Afe- AF勺值为(A. a2B.新C. 4a2D.答案C24解析如图，设AB= a, A C= b, AD= c,则| a| = | b| = | c| = a,且a, b, c三向量两两夹角为60°. AE= 2(a+ b) , AF= j c,—A —A 1 11 1 2 2 1 2••• AE- AF= 2(a + b) • j c= &(a • c + b • c) = 4( a cos 60 ° + a cos 60 ° ) = -a .2 . (2016 •大连模拟)向量a= ( —2, - 3,1) , b= (2,0,4) , c = ( —4,—6,2)，下列结论正确的是()A. a〃b, a H cB. a〃b, a丄cC. a// c, a丄bD.以上都不对答案C解析因为c = ( —4,—6,2) = 2( —2, —3,1) = 2a,所以a/ c.又a • b= ( —2) x 2+ ( —3) x o+ 1X 4= 0,所以a丄b.故选C.3 .与向量(一3,—4,5)共线的单位向量是 ____________________________ .答案嚅,罕-弓和-器,-警鳥解析因为与向量a共线的单位向量是土吕，又因为向量(一3 , —4,5)的模为| a|P - 3 2+——4 2+ 52= 5迄，所以与向量(一3,—4,5)共线的单位向量是土立(—3,—4, 5)= ± 10(—3,— 4,5).4.如图，在四面体O—ABC中, OA= a, OB= b, A(= c, D为BC的中点，E为AD的中点，贝U S E = _________ .(用a, b, c表示)1 1 1答案尹+ ：b+4c解析A E= 1陥扌张中酣4-O B^4A C1 1 1 =2a + 4b +4c .5.(教材改编)正四面体ABCD 勺棱长为2, E , F 分别为BC AD 中点，贝U EF 的长为 ___________ 答案 、2解析 |EF 2= E F = (E C +D F 2=EC +CD + 評+ 2( EC-亦 E C- DK 2D- DF2 2 2=1 + 2 + 1 + 2(1 X 2X cos 120 ° + 0 + 2X 1X cos 120 ° ) =2,•••|曲=2,A EF 的长为，2.题型分类深度剖析题型一 空间向量的线性运算用AB AD AA 表示OC,则OC =答案2画2*+ AA解析 O C = 2A C = 2(A B + AD ,• OC = S C + CC = 2(A B + AD + AA=1AB + 2AD + AA .⑵ 三棱锥O-ABC 中 , M N 分别是OA BC 的中点，6是厶ABC 勺重心，用基向量 OA O B O C表示M G O G2 2 2 1 2 2 2 解 MG= M/+ A G= ；O/+ 3AN23例1 (1)如图所示，在长方体ABC D ABGD 中，O 为AC 的中点.=2OA + 3（A N - O A=2oA + 訥囱 AC - OA1 A 1 A 1 A=-占。
2018年高考数学总复习教师用书第8章 第1讲 空间几何体的结构、三视图和直观图 Word版含解析
第讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲.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；.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；.会用平行投影方法画出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.知识梳理.简单多面体的结构特征平行且相等()棱柱的侧棱都，上、下底面是且平行的多边形；全等，()棱锥的底面是任意多边形侧面是有一个公共顶点的三角形；平行()棱台可由于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形..旋转体的形成.三视图()几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.()三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线..直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：()原图形中轴、轴、轴两两垂直，直观图中，′轴、′轴的夹角为°(或°)，′轴与′轴、′轴所在平面垂直. ()原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于轴和轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测.判断正误(在括号内打“√”或“×”) ()有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )()有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( ) ()用斜二测画法画水平放置的∠时，若∠的两边分别平行于轴和轴，且∠＝°，则在直观图中，∠＝°.( )()正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析()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.()反例：如图所示不是棱锥.()用斜二测画法画水平放置的∠时，把，轴画成相交成°或°，平行于轴的线还平行于轴，平行于轴的线还平行于轴，所以∠也可能为°. ()正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆.答案()×()×()×()×.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ).圆柱 .圆锥 .四面体 .三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案.如图，长方体－′′′′中被截去一部分，其中∥′′.剩下的几何体是( ).棱台.四棱柱.五棱柱 .六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案.(·天津卷)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，则该几何体的侧视图为( )。
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义教师版文档第八章
1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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②③，n 1，n 2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|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2.(2)点到平面的距离如图所示，已知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的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.53 C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案 π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)×(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6. 5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)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．(1)证明 如图所示，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 ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，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)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)， 由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°. 题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角FBCA 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)．又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)．∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63. 整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值． 规范解答(1)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)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分] (2)解 BD →＝(－1,2,0)， PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分](3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1， 故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)． 取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120°答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →. ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( ) A.15 B.255 C.55 D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE . 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量， 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)， 设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接P A ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ， ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO . ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ， ∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA . (2)解 设AO ∩BD ＝H ，连接BO . ∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3， 在Rt △BHO 中，BO ＝HB 2＋HO 2＝7. 在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED .以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0，－33，0)，B (2，－3，0)，P (0,0，3)，H (0，－3，0)， ∴AP →＝(0,33，3)，AB →＝(2,23，0)． 设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AP →，n ⊥AB →，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－ 3.∴平面P AB 的一个法向量为n ＝(－3，1，－3)． 由(1)知平面P AO 的一个法向量为BH →＝(－2,0,0)， 设二面角B －AP －O 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，BH →〉|＝n ·BH →|n ||BH →|＝2313×2＝3913，∴sin θ＝1－cos 2θ＝13013， tan θ＝sin θcos θ＝303，∴二面角B －AP －O 的正切值为303. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角PCDA 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE ，且P A ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面P AH . 又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面P AH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322. 所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠P AB ＝90°，且P A 与CD 所成的角为90°，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13.所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎨⎧λy ＋2(1－λ)z ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2(1－λ)，故n 1＝(1，－1，λ2(1－λ))是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)，∴|cos 〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ22(1－λ)2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。
2018年高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的结构特征、三视图、直观图课件文新人教A版
(1)给出下列四个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的 连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面 与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在 直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底 面可以不相似，但侧棱长一定相等． 其中正确命题的个数是( B ) A．0 B．1 C．2 D．3
矩形 绕其任一边所在直线旋转得到． (1)圆柱可以由________
(2)圆锥可以由直角三角形绕其________ 直角边 所在直线旋转 旋 转 体 得到．
直角腰 所在直线或等腰梯 (3)圆台可以由直角梯形绕________
形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行 于底面的平面截圆锥得到． (4)球可以由半圆面或圆面绕________ 直径 所在直线旋转得 到
角度一 由三视图还原几何体 [典题 2] [2017· 河南郑州模拟 ]若某几何体的三视图如
图所示，则这个几何体的直观图可以是( D )
A
B
C
D
[解析]
A， B 的正视图不符合要求， C 的俯视图显然不符合
要求，故选 D.
角度二 由空间几何体的直观图判断三视图 [典题 3] 一几何体的直观图如图， 下列给出的四个俯视
考点 2
空间几何体的三视图
正投影 得到， 空间几何体的三视图是用________ 这种投影下与投影
面 平 行 的 平 面 图 形 留 下 的 影 子 与 平面 图 形 的 形 状 和 大 小 是
正视图 、________ 侧视图 、________. 俯视图 完全相同 的，三视图包括________ __________
[解析]
①不一定， 只有这两点的连线平行于轴时才是母线；
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书 理 新人教版(20
2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版的全部内容。
第八章立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算教师用书理新人教版1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a＝b相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为－a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a∥b共面向量平行于同一个平面的向量2。
空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0）共线的充要条件是存在实数λ,使得a＝λb。
(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式:p＝x a＋y b，其中x，y∈R,a，b为不共线向量．（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，｛a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律（1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O,作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉,其范围是0≤〈a,b〉≤π,若〈a，b〉＝错误!,则称a与b互相垂直，记作a⊥b。
2018版高考数学理人教大一轮复习讲义第八章立体几何与空间向量85
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
4.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
证明
引申探究
1.在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.
因为AB⊥PA，AB⊥AC， 且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC. 又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB， 所以MN⊥平面PAC. 又MN⊂平面EMN， 所以平面EMN⊥平面PAC.
证明
2.在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.
思维升华
跟踪训练2 (2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上， 且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
由已知，DE为△ABC的中位线， ∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1， ∴DE∥A1C1， 又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F， ∴DE∥平面A1C1F.
证明
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥A1C1， 又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1， ∴A1C1⊥平面ABB1A1， ∵B1D⊂平面ABB1A1， ∴A1C1⊥B1D， 又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1， ∴B1D⊥平面A1C1F， 又∵B1D⊂平面B1DE， ∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
5 4
证明
10
几何画板展示
思维升华
证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④ 面面垂直的性质. (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基 本思想.