立体几何几个难点问题的突破
专题8.8 立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)
专题8.7 立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离一、考纲要求1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.二、考点梳理考点一 异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θ范围 (0，π) ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |考点二 求直线与平面所成的角设直线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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.考点三 求二面角的大小(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). 【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、题型分析例1. （黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(1) 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC →1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ，∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0.∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D 为原点， 分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .【证明】以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，所以PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2， 则PA ―→＝2EG ―→，故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ，a,0)，所以PB ―→＝(a ，a ，－a )．又DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .例3、如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cosθ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4，所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．【答案】55【解析】 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点． (1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】 (1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC ―→＝(－3，1,0)．由EF ―→·BC ―→＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ―→＝(－3，1,0)，A 1C ―→＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC ―→·n ＝0，A 1C ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1, 3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF ―→，n 〉|＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |＝45，∴cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。
讲透重点难点高中数学立体几何
讲透重点难点高中数学立体几何高中数学立体几何的重点和难点主要集中在以下几个方面：1.空间想象力：立体几何要求学生对三维空间有清晰的认识和想象力。
这包括理解点、线、面的位置关系，以及通过平面图形想象出立体图形。
2.截面与投影：理解并掌握各种几何体（如柱体、锥体、球体等）的截面和投影是立体几何的关键。
学生需要了解如何通过平面去截取几何体得到不同的截面图形，以及如何将三维图形投影到二维平面上。
3.空间距离与角度：计算空间中的距离和角度是立体几何的另一个重要内容。
学生需要掌握空间中两点间的距离公式，以及线面角、二面角等角度的计算方法。
4.空间向量：空间向量是解决立体几何问题的重要工具。
学生需要理解空间向量的概念，掌握空间向量的基本运算（如加法、减法、数乘、点积、叉积等），并能够应用空间向量解决各种立体几何问题。
5.几何体的表面积与体积：计算几何体的表面积和体积是立体几何的常见题型。
学生需要掌握各种几何体（如柱体、锥体、球体等）的表面积和体积公式，并能够灵活应用这些公式解决问题。
为了突破这些难点，学生可以采取以下策略：1.多做练习：通过大量的练习，加深对立体几何概念和方法的理解，提高解题能力。
2.归纳总结：及时归纳总结所学的知识点和方法，形成自己的知识体系，便于记忆和应用。
3.借助工具：利用图形计算器或计算机软件等工具，辅助进行空间想象和计算，提高解题效率。
4.寻求帮助：遇到难题时，及时向老师或同学请教，共同探讨解决问题的方法。
总之，高中数学立体几何需要学生具备扎实的基础知识和良好的空间想象力，通过不断的练习和总结，逐步掌握解题技巧和方法。
热点难点突破-不拉分系列之(十四)解答立体几何中探索性问题
立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.[典例](理)(2012·福建高考改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．[解]如图，在四面体P ABC中，PC⊥AB，P A⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体P ABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．[解](1)证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG .所以四边形DEFG 为矩形．(3)存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG . 分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN . 与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ， 所以Q 为满足条件的点．[题后悟道] 此类问题一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，一般点的情形很少，然后给出符合要求的证明，注意书写格式要规范，一般有两种格式：第一种书写格式：探求出点的位置→证明→符合要求→写出明确答案；第二种书写格式：从结论出发“要使什么成立”，“只需使什么成立”，寻求使结论成立的充分条件，类似于分析法．针对训练(2012·黄山模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1，在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．证明：存在．证明如下：取棱PC 的中点F ，线段PE 的中点M ，连接BD .设BD ∩AC ＝O .连接BF ，MF ，BM ，OE .∵PE ∶ED ＝2∶1，F 为PC 的中点，M 是PE 的中点，E 是MD 的中点，∴MF ∥EC ，BM ∥OE .∵MF ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，BM ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴MF ∥平面AEC ，BM ∥平面AEC .∵MF ∩BM ＝M ，∴平面BMF∥平面AEC. 又BF⊂平面BMF，∴BF∥平面AEC.。
(高中段)大题考法第一课时 题点突破立体几何解答题常考的4题型
以E为坐标原点，分别以射线EC，EA1为y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的 空间直角坐标系E-xyz. 不妨设AC＝4，则A1(0,0,2 3 )，B( 3 ，1,0)，B1( 3 ，3，2 3 )， F 23，32，2 3，C(0,2,0)． 因此，―E→F ＝ 23，32，2 3，―B→C ＝(－ 3，1,0)． 由―E→F ·―B→C ＝0，得EF⊥BC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 由(1)可得―B→C ＝(－ 3，1,0)，―A1→C ＝(0,2，－2 3)．
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC， ∴OP⊥平面ABCD，∴OP⊥OQ. ∵OQ是△ABC的中位线，∴OQ∥AC.又AC⊥CB，∴OQ⊥BC，∴OP， OQ，BC两两垂直． 以O为坐标原点，OQ，OB，OP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O-xyz，设AC＝BC＝2，则A(2，－1,0)，B(0,1,0)， C(0，－1,0)，D(2，－3,0)，P(0,0,1)，E1，－32，12. ①―A→C ＝(－2,0,0)，―C→E ＝1，－12，12，
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM， ∵BA⊥AD，CD⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点， ∴四边形ABMD是正方形， ∴BD⊥AM，DM＝AB＝2PE， 由(1)知FG＝2PE， ∴FG＝DM， 又FG∥CD，即FG∥DM， ∴四边形DMFG为平行四边形， ∴FM∥PD， ∵PD⊥平面ABCD， ∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD， ∵AM∩FM＝M， ∴BD⊥平面AMF， ∴BD⊥平面AOF.
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂
线，确定垂足的位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角
高三数学 立体几何的难点突破 3常见的补形法 试题
几种常见的补形法1 四面体的补形法【例1】 在四面体ABCD 中，设AB = 1，CD =3，直线AB 与CD 的间隔 为2，夹角为3π，那么四面体的体积等于______． 【解析】 法1：如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A – BDCE ， 且BE ∥CD ，BE = CD ，那么∠ABE =3π或者32π，BE =3，CD ∥面ABE ，∴CD 与AB 的间隔 即为CD 到平面ABE 的间隔 ，亦即C 到平面ABE 的间隔 就是三棱锥C – ABE 的高h = 2，∴V A– BCD= V A – BEC = V C – ABE =⋅h 31S △ABE 3sin 21231π⨯⨯⨯⨯⨯BE AB =21. 法2：如图，把四面体ABCD 补成三棱柱ABE – FCD ，那么面ABE ∥面CDF ，AB ∥CF ，且CF = 1，那么AB 与CD 的间隔 就是平面ABE 与平面FCD 的间隔 ，即三棱柱的高h = 2，且∠DCF =3π或者32π.∴V 柱 = S △FCD · h =2323sin 21=⨯⨯⨯⨯πCF CD ，故四面体的体积为2131=柱V .法3：如图，把四面体ABCD 补成平行六面体，那么四面体的体积是平行六面体体积的31,V 平行六面体 = S 底· h =2323sin 3121=⨯⨯⨯⨯π，故四面体的体积为21. 【评注】三棱锥补成四棱锥、三棱柱或者正方体可以简化求体积，此题将两异面的直线段构成的四面体用三种不同的补形探究出. 结论：在四面体ABCD 中，设AB = a ，CD = b ，直线AB 与CD 的间隔 为h ，夹角为θ，那么四面体的体积为V =θsin 61abh .2.三侧棱两两垂直的三棱锥补形成长方体【例2】正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么正三棱锥P －ABC 球心到截面ABC 的间隔 为________．【解析】正三棱锥补成正方体如图，可知球心O 为体对角线PD 的中点，且PO ＝3，又P 到平面ABCABFE CDCDBA制卷AB EDC的间隔 为h ，那么13×34×(22)2·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233.【评注】 假如三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体;假如三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)．【变式1】利用四个面为直角三角形的三棱锥补成长方体求外接球的面积在三棱锥V ABC -中，VA ⊥底面ABC ，90ABC ∠=︒，假设1,2,3VA AB BC ===，那么三棱锥外接球的外表积为_______．1.14π.【解析】将三棱锥V ABC -中补成如下图的长方体，那么三棱锥的V ABC -的外接球即如下图的长方体的外接球，球的直径等于长方体的对角线的长2414r ππ=.【变式2】利用三侧棱两两垂直的三棱锥补成长方体求四面体的体积 如下图，在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE所成角的ABCD 的体积 .2. 83【解析】依题意把,,AB BC BD 视为长方体一角的三条棱，将四面体ABCD 补成长方体CFAB GHQD -.如图，连结,GF BF ，那么GFB ∠就是异面直线AD 与BE 所成角，设BD x =,那么22224,8BG GF x BF ==+=，由余弦定理求得4x =.ABCD 18=224=63V ∴⨯⨯⨯四面体.3.对棱相等的三棱锥补成长方体【例3】四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，那么四面体ABVCABCDEGQHF的体积为 .【解析】 如图, 把四面体S – ABC 补形为长方体ADBE – GSHC ,设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，那么有a 2 + b 2 = (25)2，b 2 + c 2 = (13)2，c 2 + a 2 = 52，联立以上三式并解之得：a = 4，b = 2，c = 3. 故V S – ABC = V 长方体 – 4V S – ABD = abc – 4 312131=⨯⨯abc abc = 8. 【变式1】四面体补成长方体求体积四面体SABC 的三组对棱相等，依次为25、13、5，那么四面体的体积为 ． 1.8 【解析】 如图, 把四面体S – ABC 补形为长方体ADBE – GSHC , 设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，那么有a 2+ b 2= (25)2，b 2 +c 2 = (13)2，c 2 + a 2 = 52，联立以上三式并解之得： a = 4，b = 2，c = 3. 故V S – ABC = V 长方体 – 4V S – ABD= abc – 4 312131=⨯⨯abc abc = 8. 【变式2】四面体补成正方体等积法求点到面的间隔正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，假设PA ，PB ，PC 两两互相垂直，那么球心到截面ABC 的间隔 为________．2.33【解析】正三棱锥补成正方体如图，可知球心O 为体对角线PD 的中点，且PO ＝3，又P 到平面ABC 的间隔 为h ，那么13×34×(22)2·h ＝13×12×2×2×2.∴h ＝233.【变式】由三视图构建长方体探究变量关系借助于均值不等式求最值某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图、俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，那么a b +的最大值是________．1.4 【解析】 构造一个体对角线为7且一条面对角线为6的长方体，设其长、宽、高分别为x 、y、z，那么222222226⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩x zy z ay x b，相加得2222232a bx y z+++=+，又2227x y z++=，∴2242a b+=，∴4a b+．制卷人：打自企；成别使；而都那。
立体几何大题重难点突破(1)
2 在线段 PC 上是否存在点 M , 使得平面 ABM 与平面 PBD 所
成的锐二面角为
π 3
?
若存在，求
CM CP
的值；若不存在，请说明理由.
答案：CCMP
=
2 3
P
A D
B C
重庆邓丁瑞数学
八、已知一个二面角大小
例 13：2018 全国 ΙΙ 如图，在三棱锥 P - ABC 中，AB = BC =
D
P
C
E
O
A
B
重庆邓丁瑞数学 例 6：如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC = 120°,E,F 是平面 ABCD 内同一侧的两点，BE ⏊ 平面 ABCD,DF ⏊ 平面 ABCD, DF ⏊ 平面 ABCD,BE = 2DF,AE ⏊ EC. 证明：平面 AFC ⏊ 平面 AEC.
E
F
A B
2
若
AB =
2,AD
=
1,AA1
=
3,
求二面角
A
-
EF
-
A1
的正弦值.
答案：742
C
B
D
A
F
E
C1
B1
D1
A1
重庆邓丁瑞数学
例 4：在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，点 D 为 BB1 的中点，点 E 为 A1C1 的中点，点 F 为 B1C1 的三等分点 靠近 B1 . 证明：A,D,E,F 四点共面.
=
2 2
P
D
C
A
B
重庆邓丁瑞数学
九、体积问题
例
15：斜三棱柱 ABC
-
A1B1C1
中，底面
高三数学选择填空难题突破 立体几何中最值问题
高三数学选择填空难题突破立体几何中最值问题高三数学选择填空难题突破——立体几何中的最值问题一、方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题。
此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练。
立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面，此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合。
解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。
二、解题策略类型一：距离最值问题例1：如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且AB=2，若线段DE上存在点P使得GP⊥BP，则边CG长度的最小值为（）解：建立空间直角坐标系，设CG长度为a及点P的坐标，求BP与GP的坐标，得到函数关系式，利用函数求其最值。
举一反三：如图，在棱长为1的正方体ABCD-A中，点E、F分别是棱BC、CC'的中点，P是侧面BCC'B内一点，若A'P⊥平面AEF，则线段A'P长度的取值范围是_____。
二、改写后的文章高三数学选择填空难题突破——立体几何中的最值问题一、方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目。
而几何问题中的最值与范围类问题，不仅可以考查学生的空间想象能力，还可以考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此这类问题将是有中等难度的考题。
巧建系，妙解立体几何题
解题宝典立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.在解答立体几何问题时，我们一般只有借助立体几何图形来进行分析，才能快速明确题目中点、线、面的位置关系，找到解题的突破口.建系法是解答立体几何问题的一种重要方法，而运用建系法解答立体几何问题的关键是建立合适的空间直角坐标系，通过空间直角坐标运算求得问题的答案.那么如何选取坐标轴和原点，建立合适的直角坐标系呢？主要有以下两种方法.一、根据几何体的性质和特点建系我们知道，空间直角坐标系中的三个坐标轴相互垂直，并相交于一点.因此，在解答立体几何问题时，可以根据简单几何体的特点和性质，尤其是长方体、直棱柱、直棱锥、圆柱的性质和特点来寻找垂直关系.当图形中出现三条直线两两互相垂直且交于一点时，可以将这三条直线看作坐标轴，将该交点视为坐标原点来建系.例1.（2019年全国卷Ⅱ理科·第17题）如图1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.若AE =A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值.图1图2分析:本题主要考查了二面角的求法.我们根据长方体的特点和性质可知长方体的所有侧棱都与底面垂直，且底面上由顶点出发的两条棱相互垂直，于是可将底面的其中一个顶点视为原点，以由顶点出发的三条棱为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.然后根据题目给出的条件，找出相关点的坐标，求出两个平面、BEC 、ECC 1的法向量，再根据公式求出两个平面法向量的夹角余弦值，便可得出夹角的正弦值.解：以点D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系D -xyz .设正方形ABCD 的边长为1，||AA 1=2a ，则||A 1E =||AE =a ，所以||EB 1=||EB =a 2+1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，且BE 在平面ABB 1A 1内，因此C 1B 1⊥BE .由题知BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C １.且EB 1在平面EB 1C 1内，则BE ⊥EB 1.在RtΔB 1EB 中，EB 12+EB 2=B 1B 2，即a 2+1+a 2+1=4a 2，所以a =1，所以B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，所以 CE =(1,-1,1)， CB =(1,0,0)， CC 1=(0,0,2)设平面BCE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíî n 1·CE =x 1-y 1+z 1=0, n 1·CB =x 1=0,，解得{x 1=0,z 1=y 1,取 n 1=(0,1,1)，设平面CEC 1的法向量为 n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíî n 2·CE =x 2-y 2+z 2=0, n 2·CC 1=2z 2=0,解得{z 2=0,y 2=x 2,取 n 2=(1,1,0)，所以cos n 1, n 2=n 1·n 2|| n 1·|| n 2=12.于是sin n 1, n 2=,故二面角B -EC -C 1的正弦值为.例2.如图3，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1=AC =CB .求二傅灵欣廖小莲44解题宝典面角D -A 1C -E 的正弦值.图3图4分析：该几何体为直三棱柱，我们可以根据直三棱柱图形的特点和性质来建立空间直角坐标系.直棱柱的侧棱垂直于底面，只要根据题目的条件在直三棱柱的底面找到两条互相垂直且与侧棱有交点的直线，这样三条直线两两便会互相垂直，为建立空间直角坐标系创造了条件.求出相关点的坐标以及二面角所包含的两个平面的法向量，再根据公式便可求出二面角的余弦值，求得夹角的正弦值.解：由AC =CB =得ΔACB 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，又因为是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以棱CC 1⊥底面ACB .故以点C 为原点、CA 的方向为x 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.设AB =2，则AA 1=AC =CB =AA 1=2，则A (2,0,0)，B （0，2,0），D 0），A 1（2,0，2），C （0,0,0），又因为AA 1=BB 1=2，所以E(0,2，于是 CA 1=（2,0，2）， CD =0），CE =（0，2，，设平面DA 1C 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíîïï n 1·CA 121+2=0,CD · n 1=2121=0,解得{x 1+z 1=0,x 1+y 1=0,取n 1=(1,-1,-1)，设平面A 1CE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíîïï n 2·AC 1=2x 222=0, CE · n 2=2y 222=0,解得ìíîïïx 2+z 2=0,y 2+12z 2=0,取n 2=（2,1,-2），所以cos n 1， n 2=n 1·n 2|| n 1·||n 2=，则sin n 1, n 2=故二面角D -A 1C -E 的正弦值为.在用建系法解答与长方体、直棱锥有关的立体几何问题时，可以根据长方体、直棱锥本身的性质和特点来建系，若无法根据几何体的性质和特点建系，可以根据题意创造条件来建系.二、利用线面垂直关系建立直角坐标系在建系时，z 轴往往是比较容易选取的，而坐标原点即为z 轴与底面的交点，那么我们只需要确定与z 轴垂直的坐标平面xOy ，且使x 轴、y 轴相互垂直即可.可以根据线面垂直关系来寻找与z 轴垂直的平面.首先要充分利用好底面中的垂直条件，然后根据线面垂直的判断定理得到相应的z 轴以及与z 轴垂直的平面，这样便可建立符合要求的空间直角坐标系.例3（2020年全国Ⅰ卷，第20题）如图5，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.图5分析：我们可以先根据线面垂直的关系，即PD ⊥底面ABCD 来建立空间直角坐标系.而四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，所以正方形的四条邻边相互垂直，于是可以以D 为坐标原点、DA 的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标，设45方法集锦。
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立体几何几个难点问题的突破华南师大附中 周建锋立体几何是一门研究空间形式和数量关系的科学，我们有一些处理立体几何问题的常用方法，但是在一些方法的运用中，还存在着一些学生很难把握的难点，比如：用判定定理证明线面平行时如何选取平面内的那条直线？用判定定理证明面面垂直时，如何选取垂直于平面的那条直线？用向量法求二面角时，如何判定向量的夹角与二面角相等还是互补？等等．这些难点成为学生解决此类问题的瓶颈．作为教师来讲，如果能在这些方面做一些工作，帮助学生解决好这些问题，在教学效果上将起到事半功倍的作用．以下本人就立体几何中几个问题的探讨，和各位同行交流一下心得．一、立体几何中的“逆向思维”我们在用判定定理证明线面平行时有三个要素：两线一面．平面外一条直线，平面内一条直线，有时平面内那条直线没有给出，需要自己去选取．很多学生在选取这条直线时会很困难，我们不妨用逆向思维思考一下：要证//a α，如果//a α成立，由线面平行的性质定理，如果过直线a 作一个平面，与平面α 交于直线b ，则必有a ∥b ，直线b 正是我们要找的直线，问题就得到解决．那如何恰当地过直线a 作平面与平面α 相交呢？在人教A 版必修2教材第二章中有一道思考题可以给我们启示，这道题是这样的：教室里有一条平行于地面的灯管，如何在地面上找一条直线，使得这条直线与灯管平行？有代表性的做法有两个：一是在灯管两端用细绳吊着物体（有点重量），与地面接触的两点连接起来，这条直线就是要找的直线；二是在天花板上固定一点，从这一点引出两条细绳，分别过灯管的两端，与地面接触的两点连接起来，这条直线也正是要找的直线．这两种做法实际上体现了两个确定平面的方法，两条平行线确定一个平面和直线外一点与直线确定一个平面．下面举例说明一下：例1 如图1，两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM =FN ，求证：MN ∥平面BCE 。
证法一：如图2，分别过M 作AB 的平行线，交BC 于点G ，过N 作AB 的平行线，交BE 于点H ，连结GH ．∴MG AB = MC AC , NH FE = NBFB. 图1NMF EDCB AHG 图2NMF EDCBA由已知，AM=FN ，而AC=FB ，则MC=NB ，因而MG AB = NHFE ，∴ MG=NH ，∴ 四边形MNHG 是平行四边形， ∴ MN ∥GH ．又∵ MN ⊄ 平面BCE ，GH ⊂ 平面BCE ， ∴ MN ∥平面BCE ．证法二：如图3，连结AN ，并延长AN ，与BE 的延长线交于点G ，连结CG ．∵ AF ∥BG ， ∴AN NG = FNNB. 由已知易得MC=NB ，∴FN NB = AM MC , ∴ AN NG = AMMC, ∴ MN ∥CG . 又∵ MN ⊄ 平面BCE ，CG ⊂ 平面BCE ， ∴ MN ∥平面BCE ．除了线面平行外，在用判定定理证明面面垂直的时候，首先要找出垂直于其中一个平面的直线，而另一个平面过这条直线．如果这条直线没有在图中标出，就需要我们去把它找出来，这也是一个难点．这时也可以用逆向思维分析一下，我们有这样一个定理：如果两个平面都垂直于第三个平面，而这两个平面又相交，则交线必垂直于第三个平面．借用这个定理，如果再找出一个平面和其中的一个平面垂直，与另一个平面相交，那么交线正是需要的直线．例2 如图4，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，M 是BB 1的中点，求证：平面AMC 1⊥平面ACC 1A 1．分析：面面垂直判定定理中的那条直线在图中并不明显，但如果观察到取AC 、A 1C 1中点D 、D 1，则平面BDD 1B 1⊥平面ACC 1A 1，那么平面BDD 1B 1与平面AMC 1的交线MN 必是垂直于平面ACC 1A 1的直线，找到了这条直线，剩下的证明就比较容易了．详细的证明在这里就不赘述了．二、平面法向量的“另类”算法在空间平面法向量的算法中，普遍采用的算法是设(,,)n x y z =，它和平面内的两个不共线的向量垂直，数量积为0，建立两个关于x ,y ,z 的方程，再对其中一个变量根据需要取特殊值，即可得到法向量．还有一种求法向量的办法也比较简便，先来看一个引理：图4NMD 1D C 1B 1A 1C BA_ G_若平面ABC 与空间直角坐标系x 轴、y 轴、z 轴的交点分别为A (a ,0,0)、B (0,b ,0)、C (0,0,c )，定义三点分别在x 轴、y 轴、z 轴上的坐标值x A = a , y B = b , z C = c （a ,b ,c 均不为0），则平面ABC 的法向量为111(,,)(0)n a b cλλ=≠．参数λ 的值可根据实际需要选取．证明：→ AB = (-a , b , 0), →AC = (-a , 0, c ), ∴ 0,0n AB n AC ⋅=⋅=,∴ 111(,,)n a b cλ=是平面ABC 的法向量．这种方法非常简便，但要注意几个问题：（1）若平面和某个坐标轴平行，则可看作是平面和该坐标轴交点的坐标值为∞，法向量对应于该轴的坐标为0．比如若和x 轴平行（交点坐标值为∞），和y 轴、z 轴交点坐标值分别为b 、c ，则平面法向量为11(0,,)n b c λ=；若平面和x ,y 轴平行，和z 轴交点的坐标值为c ，则平面法向量为1(0,0,)n cλ=．（2）若平面过坐标原点O ，则可适当平移平面．例3（07全国Ⅱ•理•19题）如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是AB 、SC 的中点。
(Ⅰ)求证：EF ∥平面SAD ；(Ⅱ)设SD = 2CD ，求二面角A －EF －D 的大小；ABCDSEFy（1）如图，建立空间直角坐标系D xyz -．设(00)(00)A a S b ，，，，，，则(0)(00)B a a C a ，，，，，，00222a a b E a F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，02b EF a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，．取SD 的中点002b G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，则02b AG a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，．EF AG EF AG AG =⊂，∥，平面SAD EF ⊄，平面SAD ，所以EF ∥平面SAD ．（2）不妨设(100)A ，，，则11(110)(010)(002)100122B C S E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，． 平面AEFG 与x 轴、z 轴的交点分别为A (1,0,0)、G (0,0,1)，与y 轴无交点，则法向量1(1,0,1)n =，在CD 延长线上取点H ，使DH =AE ，则DH ∥ AE ，所以AH ∥ED ，由（1）可知AG ∥EF ，所以平面AHG ∥平面EFD ，平面AHG 与x 轴、y 轴、z 轴的交点分别为A (1,0,0)、H (0,- 12 ,0)、G (0,0,1)，则法向量2(1,2,1)n =-，设二面角A -EF -D 的大小为α ，则12123cos n n n n α⋅==⋅，即二面角A -EF -D 的大小为．三、用向量法求解二面角的两种途径 （一）用法向量解二面角用法向量求解二面角时遇到一个难题：二面角的取值范围是[0, π ]，而两个向量的夹角取值范围也是[0, π ]，那用向量法算出的角是二面角的平面角呢还是它的补角？如果是求解异面直线所成的角或直线与平面所成的角，只要取不超过 π2 的那个角即可，但对二面角却是个难题. 笔者经过思考，总结出一个简单可行的方法，供读者参考.用法向量解二面角首先要解决的问题就是：两个法向量所夹的角在什么情况下与二面角大小一致？其次，如何去判断得到的法向量是否是我们需要的那个方向？对第一个问题，我们用一个垂直于二面角棱的平面去截二面角（如图一），两个平面的法向量12,n n 则应分别垂直于该平面角的两边. 易知，当12,n n 同为逆时针方向或同为顺时针方向时，它们所夹的解即为θ . 所以，我们只需要沿着二面角棱的方向观察，选取旋转方向相同的两个法向量即可. 或者可以通俗地理解，起点在半平面上的法向量，如果指向另一个半平面，则称为“向内”的方向；否则称为“向外”的方向. 两个法向量所夹的角与二面角大小相等当且仅当这两个法向量方向一个“向内”，而另一个“向外”.对第二个问题，我们需要选取一个参照物. 在空间直角坐标系中，我们可以选择其中一个坐标轴（如z 轴），通过前面的办法，可以确定法向量的方向，再观察该法向量与xOy 平面的关系，是自下而上穿过xOy 平面呢，还是自上而下穿过xOy 平面？若是第一种情形，则n 与→OZ 所夹的角是锐角，只需取法向量的z 坐标为正即可；若是第二种情形，则n 与→OZ 所夹的角是钝角，只需取法向量的z 坐标为负即可．若法向量与xOy 平面平行，则可以选取其它如yOz 平面、zOx 平面观察．例4 已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB =90︒，P A ⊥底面ABCD ，且P A =AD =DC =12AB =1，M 是PB 的中点. （1）求二面角C -AM -B 的大小； （2）求二面角A -MC -B 的大小.分析：如图建立空间直角坐标系，则对二面角C -AM -B 而言，→AD 是平面AMB 的法向量（向内），易知平面ACM 符合“向外”方向的法向量是自下而上穿过xOy 平面，所以与→ AZ 所夹的角是锐角. 对二面角A -MC -B 而言，平面ACM 选取上述法向量，则为“向外”的方向，平面BCM 就应选取“向内”的方向，此时是自上而下穿过xOy 平面，与z 轴正向所夹的角是钝角.（1）解：如图三，以AD 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面AMB 的法向量为1n =(1,0,0), 设平面ACM 的法向量为2n =(x ,y ,z ).由已知C （1, 1, 0), P (0, 0, 1), B (0, 2, 0)，则M (0, 1, 12),y图二y图三∴ → AC =(1, 1, 0), → AM =(0, 1, 12).由220,0,10.0.2x y n AC y z n AM +=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩ 取y = -1，则x =1, z =2， ∴ 2n =(1, -1, 2). （满足2n ·→AZ >0）. 设二面角C -AM -B 的大小为θ ，则cos θ =12126n n n n ⋅=⋅, ∴ 所求二面角的大小为（2）解：选取（1）中平面ACM 的法向量2n =(1, -1, 2)，设平面BCM 的法向量为3n = (x ,y ,z ).→ BC = (1, -1, 0), → BM = (0, -1, 12),由330,0,10.0.2x y n BC y z n BM -=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎪⎪⎩⎩ 取z =-2，则y =-1, x =-1，3n = (-1, -1, -2)，则2n ，3n 所夹的角大小即为二面角A -MC -B 的大小，设为ϕ ，cos ϕ =2323n n n n ⋅=-⋅， ∴ 所求二面角的大小为π - arccos 6 3.（二）用半平面内的向量解二面角由二面角的平面角定义，由棱上一点分别在两个半平面内作棱的垂线，这样构成的角即为二面角的平面角．如果分别在两个半平面内作两个向量（如图四），起点在棱上且均垂直于棱，可以看出，这两个向量所夹的角，与二面角的大小是相等的．这种方法与用法向量解二面角相比，其图四优点是向量的方向已经固定，不必考虑向量的不同方向给二面角大小带来的影响．例 5 如图五，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，E 是BB 1的中点．（1）求二面角E -AC 1-B 的大小； （2）求二面角C 1-AE -B 的大小．分析：在第（1）题中，只需在AC 1上找到两点G 、H ，使得→ GB 、→ HE 均与→ AC 1 垂直，则→ GB 、→ HE 的夹角即为所求二面角的大小．如何确定G 、H 的位置呢？可设1GA AC λ=，1GB GA AB AC AB λ=+=+，这样向量→GB 就用参数λ 表示出来了，再由→ GB · → AC 1 =0求出λ 的值，则向量→ GB 即可确定，同理可定出H 点．第（2）题方法类似．解：以B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0), A (0,1,0), C (1,0,0), B 1(0,0,2), C 1(1,0,2), E (0,0,1)．→ AC 1 = (1, -1, 2), →AB = (0, -1, 0).（1）设1(,,2)GA AC λλλλ==-，则(,1,2),GB GA AB λλλ=+=--由→ GB · → AC 1 =0 ⇒ λ +(λ +1)+4λ =0， 解得：16λ=-， ∴ → GB = (151,,663---).同理可得：→ HE = (11,,022--)，→ HE ·→ AC 1 = 0．→ GB 、→ HE 的夹角等于二面角E -AC 1-B 的平面角． cos <→ GB ,→ HE > =6253062GB HE GB HE GB HEGB HE⋅⋅===⋅⋅,图五 xyzGH图六∴ 二面角E -AC 1-B 的大小为（2）→AE = (0, -1, 1), 在AE 上取点M 、N ，设(0,,)MA AE γγγ==-，则(0,1,)MB MA AB γγ=+=--,由→ MB ·→ AE = 0得：γ +1+γ = 0，解得：γ = 12-，∴ → MB = 11(0,,)22--.同理可求得：→ NC 1 = ( 1, 12, 12), → NC 1 · →AE = 0. ∴ → MB 、→NC 1 的夹角等于二面角C 1-AE -B 的平面角．cos <→ MB , → NC 1> =1111431MB NC MB NC --⋅==-⋅, ∴ 二面角C 1-AE -B 的大小为arccos (四、空间直线与空间平面的向量形式的妙用在平面解析几何中，曲线上的动点可以用坐标表示，通过对变量的运算达到求值、证明的目的．在立体几何中借用向量，直线、平面上的点也可以用参数来表示，通过对参数的运算，同样可以达到求值、证明的目的．1．空间直线：如果 l 为经过已知点A 且方向向量为a的直线，那么点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式AP ta =，或对任一点O （通常取坐标原点），有OP OA ta =+这是空间直线的向量形式．2．空间平面：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对s 、t ，使,MP sMA tMB =+ 或对空间任一定点O （通常取坐标原点），有.OP OM sMA tMB =++xyzMN图七这是空间平面的向量形式．例6 如图，已知ABCD 为边长是4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC ＝２，求点B 到平面EFG 的距离。