高考数学核心专题：平移法
高考数学专题：二面角三类问题六种解题策略方法
αβaOA B二面角三类问题六种解题策略方法二面角大小的求法中知识的综合性较强，方法的灵活性较大，一般而言，二面角的大小往往转化为其平面角的大小，从而又化归为三角形的内角大小，在其求解过程中，主要是利用平面几何、立体几何、三角函数等重要知识。
求二面角大小的关键是，根据不同问题给出的几何背景，恰在此时当选择方法，我们分为三类问题六种解题方法。
从而给出二面角的通性通法。
第一类：有棱二面角的平面角的方法方法1、定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。
本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。
如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点（B ）向棱AM 作垂线，得垂足（F ）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F ）作棱AM 的垂线（如GF ），这两条垂线（BF 、GF ）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。
例1、（全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，，点M 在侧棱上，=60°（I ）证明：M 在侧棱的中点 （II ）求二面角的余弦值。
证（I ）略解（II ）：利用二面角的定义。
在等边三角形中过点作交于点，则点为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作，GF 交AS 于G ，连结AC ，∵△ADC ≌△ADS ，∴AS-AC ，且M 是SC 的中点， ∴AM ⊥SC ， GF ⊥AM ，∴GF ∥AS ，又∵为AM 的中点，∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。
则即为所求二面角. ∵2=SM ，则22=GF ，又∵6==AC SA ，∴2=AM ∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF 在△GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴211423=+=BG S ABCD -ABCD SD ⊥ABCD 2AD =2DC SD ==SC ABM ∠SC S AM B --ABM B BF AM ⊥AM F F GF AM ⊥F GFB ∠ FG366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG ∴二面角的大小为)36arccos(-举一反三：空间三条射线CA 、CP 、CB ，∠PCA=∠PCB=60o ，∠ACB=90o ，求二面角B-PC-A 的大小。
高考数学图象平移知识点
高考数学图象平移知识点在高考数学中，图象平移是一个重要的知识点。
通过了解和掌握图象平移的相关知识，可以帮助我们更好地解决与平移相关的数学问题。
下面将介绍高考数学中关于图象平移的知识点。
一、图象平移的定义和基本特点图象平移是指将一个图形沿着平行于坐标轴的方向，按照一定的规律移动到新的位置，而不改变其形状和大小的变换。
图象平移的基本特点如下：1. 平移是以向量作为基本工具进行描述的。
记作T(\overrightarrow{AB})，表示将图形A沿向量\overrightarrow{AB}平移得到的图形B。
2. 平移不改变图形的任何性质，包括面积、周长、角度等。
二、图象平移的基本方法和步骤图象平移的基本方法和步骤如下：1. 确定平移的向量。
2. 将要平移的图形上的每个点都向平移向量的方向平移相同的距离。
3. 绘制平移后的图形，并标出平移向量的起点和终点。
三、图象平移的相关性质和应用1. 图象平移的相关性质：a. 平移向量个数与平移前后的图形形状无关。
b. 若平移向量为\overrightarrow{OA}，则平移后的点的坐标为(x+a, y+b)，其中O为平移前的点的坐标。
c. 若平移向量为\overrightarrow{OA}，则平移后的图形的方程为：F(x+a, y+b)=0。
2. 图象平移的应用：a. 在解决几何问题中，可以通过平移将复杂的图形转化为简单的图形，便于计算和分析。
b. 在函数图像的平移中，可以通过平移变化函数的图像位置，从而得到新的函数图像。
四、图象平移的常见误区和解决方法1. 常见误区：a. 将平移向量的起点和终点弄反。
b. 平移后的图形位置不准确，或者平移距离不对。
2. 解决方法：a. 确保理解平移的定义和基本特点。
b. 认真绘制平移后的图形，并检查平移向量的起点和终点，确保准确性。
总结：高考数学中的图象平移是一个重要的知识点，通过掌握图象平移的定义、基本特点、基本方法和步骤，以及相关性质和应用，可以帮助我们更好地解决与平移相关的数学问题。
2023年高考数学----空间角问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学----空间角问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D −中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11AC 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．⎡⎢⎣⎦B ．⎤⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】如图1，设1B D 与平面1ACD 相交于点E ，连接BD 交AC 于点O ，连接11B D ， ∵1BB ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则1BB AC ⊥，AC BD ⊥，1BD BB B ⋂=，1,BD BB ⊂平面11BDD B∴AC ⊥平面11BDD B ，由1B D ⊂平面11BDD B ，则1AC B D ⊥， 同理可证：11AD B D ⊥， 1AD AC A =，1,AD AC ⊂平面1ACD ，∴1B D ⊥平面1ACD ，∵111111AC AD CD AB B D B C =====，由正三棱锥的性质可得：E 为1ACD △的中心， 连接1OD ，∵O 为AC 的中点，∴1OD 交1B D 于点E ，连接PE ，由1B D ⊥平面1ACD ，PE ⊂平面1ACD ，则1B D PE ⊥，即PE 是1PB D 的高，设AB a =，PE d =，则1,B D AC =，且1ACD △的内切圆半径r OE ==，则1112PB D S B D PE =⋅=△，))1212ACD S =⨯=△，∵1113PB DACD S S =△△213=，则13d a r =<， ∴点P 的轨迹是以E 为圆心，13a 为半径的圆.∵1B D ⊥平面1ACD ，1OD ⊂平面1ACD ，则11B D OD ⊥，∴DE ， 故PD 为底面半径为13a，高为=DE 的圆锥的母线，如图2所示，设圆锥的母线与底面所成的角α，则3tan 13a α== 所以π3α=，即直线PD 与平面1ACD 所成的角为π3. 直线AC 在平面1ACD 内，所以直线PD 与直线AC 所成角的取值范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，因为11AC AC ∥，所以直线PD 与直线11AC 所成角的取值范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，即ππ,32θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以10cos 2θ≤≤. 故选：C.例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C −−的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤ D ．11A BC A DC θ∠+∠≥【答案】C【解析】等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===,可知：30,ACB ACD BD DC ∠=∠=⊥取BD 中点N ,BC 中点M 连接1,A N NM ,则1A N BD ⊥，NM BC ⊥,所以1A NM ∠为 二面角1A BD C −−的平面角，即1A NM θ∠=设122AB AD CD BC ====，则1111,1,2,2A N MN A B A D ==== 2222211111111cos 1222A N NM A M A M A M A N NM θ+−+−∴===−⋅,2222222111111221cos 122228A B BM A M A M A BC A M A B BM +−+−∴∠===−⋅⨯⨯,因为在[]0,π上余弦函数单调递减，又2211111111cos cos 82A M A M A BC A BC θθ−≥−⇒∠≥⇒∠≤，故A 对. 2222222111111221cos 122228A D DC AC AC A DC AC A D CD +−+−∴∠===−⋅⨯⨯222122221111153cos 2416AC AO OC AC AOC AC AO OC +−+−∴∠===−⋅ 当0θ=时,1A 与M 重合,此时160A DC ∠=,故C 不对. 1A DC ∠在翻折的过程中，角度从120减少到60 1AOC ∠在翻折的过程中，角度从180减少到30BD 选项根据图形特征及空间关系，可知正确.. 故选:C例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，BC D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．① B ．①② C ．②③ D ．①③【答案】B 【解析】如图，设直线BN 与直线CM 垂直相交于点N ，在折叠图里，线段B T '与平面ACM 垂直相交于点T ，,(0,30)BCM θθ∠=∈，由图像知：;B NT B MT αβ''∠=∠=，B N BN θ=='， ()sin ;/sin 30B T B M θαθθ=*='︒+'，cos NT θα*，()tan 60MN θθ=*︒−，()()2sin 30CM θ=︒+，①tan β==，tan β=≤≤，所以tan βα；② ()Δ1sin 902ACM S CM CA θ=*︒−= 设ACB δ∠'=，则()()()2cos cos cos 90sin sin 90cos cos 0.5sin2δθθθθααθ=*︒−+*︒−=*，Δsin ACB S δ'== 由ΔΔ1133ACM M ACB ACB B T S d S −''**=**'，得M ACB d −'=()sin sin 30sin M ACB d B TMC B M γβθα'−====︒+*''，则()()sin sin 2tan 21sin 2sin 30cos 22sin 30γθθβθθθ=≤=≤︒+︒+， 由sin sin γβ≤得γβ≤； ③sin sin sin γγα=⇒，则sin sin 2tan 2sin 2cos 22γθθαθ≤=<sin γα<，所以sin sin γα<，则γα<.故选：B例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B −−的平面角为α，二面角P FC B −−的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥【答案】A【解析】在等边ABC 中，取BC 边中点D ，连接AD ，交EF 于O ，连接PO ， 则,EF PO EF DO ⊥⊥，=PO DO O ⋂，PO ⊂平面POD ，DO ⊂平面POD 故EF ⊥平面POD ，又EF ⊂平面EFCB ，则平面POD ⊥平面EFCB 在POD 中，过P 做PM 垂直于OD 于M ，则PM ⊥平面EFCB ，连接MF ， 在等边ABC 中，过M 做MN 垂直于AC 于N ，连接PN.由,EF PO EF DO ⊥⊥，则POM ∠为二面角P EF B −−的平面角即POM α∠=， 由PM ⊥平面EFCB ，MN AC ⊥，则PNM ∠为二面角P FC B −−的平面角即PNM β?由PM ⊥平面EFCB ，则PFM ∠直线PF 与平面EFCB 所成角，即PFM γ?，设AO ，则PO ，=FO a ，sin PM α，cos MO αFM ，)1=cos (1cos )2MN αα+=+， 则有FM OM >，FM NM >由cos MO MN α-(1cos )(cos 1)0αα-+=-<可得MO MN <，则有FM MN OM >>，则111FM MN OM<< 又tan tan ,tan PM PM PMOM NM FMαβγ，=== 故tan tan tan αβγ>>，又0,2παβγ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭、、故αβγ>> 故选：A例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC −的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B −−的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．α B ．β C ．γD ．不能确定【答案】B【解析】如图，取BC 的中点 D ，作VO ⊥平面ABC 于点O ， 由题意知点O 在AD 上，且AO =2OD .作PE //AC ，PE 交VC 于点E ，作PF ⊥AD 于点F ，连接BF ，则PF ⊥平面ABC 取AC 的中点M ，连接BM ，VM ，VM 交 PE 于点H ， 连接BH ，易知BH ⊥PE ， 作于点G ，连接FG ，由PG ⊥AC ，PF ⊥AC ，PG PF =P ，由线面垂直判定定理可得AC ⊥平面PGF ，又FG ⊂平面PGF ∴ FG ⊥AC , 作FN ⊥BM 于点N . ∵ PG ∥VM ，PF ∥VN∴ 平面PGF ∥平面VMB ， 又 PH ∥FN , 四边形PFNH 为平行四边形， 所以PH =FN因此，直线PB 与直线AC 所成的角=BPE α∠， 直线PB 与平面ABC 所成的角PBF β=∠， 二面角P -AC -B 的平面角PGF γ=∠， 又cos cos PH FN BFPB PB PBαβ==<=又,[0,]2παβ∈，∴ αβ> 因为 tan =tan PF PFGF BF γβ>= ,(0,)2πβγ∈∴ γβ>综上所述，,,αβγ中最小角为β，故选 B.。
2019-2020年高考数学 专题34 空间中线线角、线面角的求法黄金解题模板
2019-2020年高考数学 专题34 空间中线线角、线面角的求法黄金解题模板【高考地位】立体几何是高考数学命题的一个重点，空间中线线角、线面角的考查更是重中之重. 其求解的策略主要有两种方法：其一是一般方法，即按照“作——证——解”的顺序进行；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.【方法点评】类型一 空间中线线角的求法方法一 平移法使用情景：空间中线线角的求法解题模板：第一步 首先将两异面直线平移到同一平面中；第二步 然后运用余弦定理等知识进行求解；第三步 得出结论.例1正四面体ABCD 中， E F ，分别为棱AD BC ，的中点，则异面直线EF 与CD 所成的角为 A. 6π B. 4π C. 3π D. 2π 【答案】B平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常转化为解三角形的问题处理，要注意异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦。
【变式演练1】如图，四边形ABCD 是矩形， 沿直线BD 将ABD ∆翻折成'A BD ∆，异面直线CD 与'A D 所成的角为α, 则（ ）A ．'A CA α<∠B ．'A CA α>∠C.'A CD α<∠ D ．'A CD α>∠【答案】B考点：异面直线所成角的定义及运用.【变式演练2】【2018年衡水联考】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ， F 分别是侧面11AA D D 与底面ABCD 的中心，则下列命题中错误的个数为（ ）①//DF 平面11D EB ； ②异面直线DF 与1B C 所成角为60︒；③1ED 与平面1B DC 垂直； ④1112F CDB V -=． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】对于①，∵DF 11//B D ，DF ⊄平面11D EB ， 11B D ⊂平面11D EB ，∴//DF 平面11D EB ，正确； 对于②，∵DF 11//B D ，∴异面直线DF 与1B C 所成角即异面直线11B D 与1B C 所成角，△11C B D 为等边三角形，故异面直线DF 与1B C 所成角为60︒，正确；对于③，∵1ED ⊥1A D ， 1E D ⊥CD，且1A D ⋂CD=D ，∴1E D ⊥平面11A B DC ，即1E D ⊥平面1B DC ，正确；对于④，11CDF 1111133412F CDB B CDF V V S --==⨯⨯=⨯=，正确， 故选：A 【变式演练3】设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，90BCA ∠=︒，2BC CA ==，若该棱柱的所有顶点都在体积为323π的球面上，则直线1B C 与直线1AC 所成角的余弦值为（ ）A ．23-B ．23C ． 【答案】B【变式演练4】如图所示，正四棱锥P ABCD -的底面面积为3，， E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为（ ）A. 30︒B. 45︒C. 60︒D. 90︒【答案】C方法二 空间向量法使用情景：空间中线线角的求法解题模板：第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；第二步 然后求出所求异面直线的空间直角坐标；第三步 再利用cos a ba bθ→→→→⋅=即可得出结论. 例2、如图，直三棱柱111ABC A B C -中，13AC BC AA ===，AC BC ⊥，点M 在线段AB 上.（1）若M 是AB 中点，证明：1//AC 平面1B CM ；（2）当BM =11C A 与平面1B MC 所成角的正弦值【答案】（1）详见解析（2（II ）1,AC BC CC ABC ⊥⊥平面,故如图建立空间直角坐标系1(033),(300),(030),(000)B A B C ，，，，，，，，,BA =13BM BA = 1(1,1,0),(0,3,0)(1,1,0)(1,2,0)3BM BA CM CB BM ==-=+=+-=， 令平面1B MC 的法向量为(,,)n x y z =，由100n CB n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得020y z x y +=⎧⎨+=⎩ 设1z =所以(2,1,1)n =-,11(3,0,0)C A CA == ，设直线11C A 与平面1B MC 所成角为q1111||sin ||||3C A n C A n q ×===故当BM =11C A 与平面1B MC 考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.例3、如图，正方形AMDE 的边长为2，B C、分别为线段AM MD 、的中点，在五棱锥P ABCDE -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD PC 、分别交于点G H 、．（1）求证：//AB FG ；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小．【答案】（1）详见解析（2）6π考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【变式演练4】已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为______．考点：异面直线及其所成的角【变式演练5】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，4AB =,16AA =.若E ，F 分别是棱1BB ，1CC 上的点，且1BE B E =，1113C F CC =，则异面直线1A E 与AF 所成角的余弦值为（ ）A ．6B ．6C ．10D ．10【答案】D【解析】试题分析：以BC 的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A，1A ，(0,2,3)E ，(0,2,4)F -，1(3)A E =--，(2,4)AF =--，设1A E ，AF 所成的角为θ，则11||cos 10||||5A E AF A E AF θ⋅===⋅⨯． 考点： 线面角.类型二空间中线面角的求法方法一 垂线法使用情景：空间中线面角的求法解题模板：第一步 首先根据题意找出直线上的点到平面的射影点；第二步 然后连接其射影点与直线和平面的交点即可得出线面角；第三步 得出结论.例3如图，四边形ABCD 是矩形，1,AB AD ==E 是AD 的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ⊥平面ABCD .GD BA（Ⅰ）求证：AF ⊥面BEG ；（Ⅱ）若AF FG =，求直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；．证法2：（坐标法）证明1-=⋅BE AC K K ，得BE AC ⊥，往下同证法1．证法3：（向量法）以,为基底， ∵-=+=21,，0=⋅∴)21()(AB AD AB AD BE AC -⋅+=⋅221-=01221=-⨯= ∴BE AC ⊥，往下同证法1．（2）在AGF Rt ∆中，22GF AF AG +=36)33()33(22=+= 在BGF Rt ∆中，22GF BF BG +=1)33()36(22=+= 在ABG ∆中，36=AG ，1==AB BG ∴2)66(13621-⨯⨯=∆ABG S 656303621=⨯⨯=设点E 到平面ABG 的距离为d ，则GF S d S ABF ABG ⋅=⋅∆∆3131，∴ABG ABFS GF S d ∆⋅=1030653312221=⨯⨯⨯= 22)66()33(2222=+=+=EF GF EG ，设直线EG 与平面ABG 所成角的大小为θ，则 EG d=θsin .515221030== 考点：线面垂直的判定，直线与平面所成的角．【点评】解决直线与平面所成的角的关键是找到直线上的点到平面的射影点，构造出线面角.【变式演练6】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC 的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．13 B．3 C． D ．23【答案】B考点:直线与平面所成的角．【变式演练7】在四面体ABCD 中，AB AD ⊥，1AB AD BC CD ====，且ABD BCD ⊥平面平面，M 为AB 中点，则CM 与平面ABD 所成角的正弦值为（ ）A．2 B．3 C．2 D．3【答案】D考点：1．平面与平面垂直；2．直线与平面所成的角．方法二空间向量法使用情景：空间中线面角的求法解题模板：第一步首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；第二步然后求出所求异面直线的空间直角坐标以及平面的法向量坐标；第三步再利用a bsina bθ→→→→⋅=即可得出结论.例4 [2018衡水金卷大联考]如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.（2）取的中点,连接.则.∵平面平面，平面平面，且，∴平面.∵，且，∴四边形为平行四边形，∴.又∵，∴.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.当时，有，【变式演练8】【2018浙江嘉兴市第一中模拟】如图，四棱锥,底面为菱形，平面，，为的中点，.（I）求证：直线平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（I）证明：，又又平面,直线平面.（方法二）如图建立所示的空间直角坐标系..设平面的法向量，.所以直线与平面所成角的正弦值为【高考再现】1. 【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A C D 【答案】C【考点】 异面直线所成的角；余弦定理；补形的应用【名师点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角。
高三数学一轮复习知识点专题2-7函数的图象及其应用
高三数学一轮复习知识点专题专题专题2-7函数的图象及其应用【核心素养分析】1.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数；2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质，解决方程解的个数与不等式解的问题.3.培养学生逻辑推理、直观想象、数学运算的素养。
【重点知识梳理】知识点一 利用描点法作函数的图象步骤：(1)确定函数的定义域；(2)化简函数解析式；(3)讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、对称性等)；(4)列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、与坐标轴的交点等)，描点，连线.知识点二 利用图象变换法作函数的图象 (1)平移变换(2)对称变换y ＝f (x )的图象――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象； y ＝f (x )的图象――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象； y ＝f (x )的图象――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象；y ＝a x (a >0，且a ≠1)的图象――——————————→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图象. (3)伸缩变换y ＝f (x )―——————————————————―→纵坐标不变各点横坐标变为原来的1a（a >0）倍y ＝f (ax ).y ＝f (x )―——————————————————―→横坐标不变各点纵坐标变为原来的A (A >0)倍y ＝Af (x ).(4)翻折变换y ＝f (x )的图象―————————————————―→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象；y ＝f (x )的图象―————————————————―→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象.【特别提醒】记住几个重要结论(1)函数y ＝f (x )与y ＝f (2a －x )的图象关于直线x ＝a 对称. (2)函数y ＝f (x )与y ＝2b －f (2a －x )的图象关于点(a ，b )中心对称.(3)若函数y ＝f (x )对定义域内任意自变量x 满足：f (a ＋x )＝f (a －x )，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称.【典型题分析】高频考点一 由函数式判断图像 例1．【2020·天津卷】函数241xy x =+的图象大致为 （ ）A BC D 【答案】A【解析】由函数的解析式可得：()()241xf x f x x --==-+，则函数()f x 为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD 错误；当1x =时，42011y ==>+，选项B 错误，故选A 。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面面角
高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快，距离高考的时间就只剩76天了，同学和老师也越来越紧张了，有些地方欠缺的同学开始寝食难安，老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。
立体几何其实难度不大，只要你会空间向量，会建系，一切就自然而然水到渠成了。
在这先分析这些立体几何的解题思路。
在立体几何中，第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法，找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面，这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。
在立体几何第二中，会求线面角、面面角，在第二步中，利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂，建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。
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高考数学核心专题：平移法
一、内容概述
所谓“平移法”就是通过点的平移或者线的平移得到图象的平移，从而使问题得到解决的方法，在高中数学中“平移法”是一种重要的解题方法：如平移变换是可用来化简函数解析式，以便于讨论函数图象的性质和画出函数图象的一种重要方法；用平移的方法将异面直线所成角转化为相交直线的夹角的问题；三角函数的平移变换，线性规划问题等等，借助平移可以使以上问题得到简化和解决。
二、例题讲解
接下来我们将分四部分对高中数学的“平移法”进行讲解： 类型一：用平移的方法画函数的图象
例1：画出下列函数的图象
23
x y x +=+ 解析：
21133x y x x +==-++该函数图象可由函数1y x =-的图象向左平移3个单位，再向上平移1个单位得到如图所示：
例2
（2017山东理10）已知当时，函数的图象与[]0,1x ∈()2
1y mx =-
的图象有且只有一个交点，则正实数的取值范围是
（A ） （B ）
（C ） （D ）
【解析】：
根据题意，由于m 为正实数，()21y mx =-为二次函数，是将函
数2y mx =的图象向右平移1m 个单位得到的，在区间10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数，1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
为增函数，
函数y m =
是将函数y 的图象向上平移m 个单位得到的，为增函数，
分两种情况讨论：
① 当01m <≤时，有11m
≥， 在区间[]0,1上，函数()21y mx =-为减函数，其值域
为()21,1m ⎡⎤-⎣⎦
，
函数y m 为增函数，其值域为[],1m m +，
此时两个函数的图象有1个交点，符合题意；
② 当m >1时，有
11m <， ()21y mx =-在区间10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭为减函数，1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
为增函数，
函数y m 为增函数，其值域为[],1m m +，
y m =m (
])0,1⎡+∞⎣ (][)0,13,+∞
()⎡+∞⎣
([)3,+∞
若两个函数的图象有1个交点则有()211m m -≥+，
解可得0m ≤或3m ≥，
又由m 为正数，则3m ≥，
综合可得m 的取值范围是,本题选B 。
【评析】：
函数图象的平移变换规则简记为：“左加右减，上加下减”，并注意左右的加减是对x 而言，上下的加减是针对f (x )而言。
类型二：立体几何中的“平移法”
（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【分析】【解法一】设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点，得出AB 1、BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC 、MQ ，MP 和∠MNP 的余弦值即可．
【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，(][)0,13,+∞
解法更简洁．
【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角
（因异面直线所成角为（0，]），
可知MN=AB1=，
NP=BC1=；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵PQ=1，MQ=AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC
=4+1﹣2×2×1×（﹣）
=7，
∴AC=，
∴MQ=；
在△MQP中，MP==；
在△PMN中，由余弦定理得
cos∠MNP===﹣；
又异面直线所成角的范围是（0，]，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为．。