2022-2023学年高考数学二轮复习立体几何妙招 3 双半径单交线公式- Word版含解析
2023年高考立体几何知识点总结详细
高考立体几何知识点总结一 、空间几何体 （一） 空间几何体旳类型1 多面体：由若干个平面多边形围成旳几何体。
围成多面体旳各个多边形叫做多面体旳面，相邻两个面旳公共边叫做多面体旳棱，棱与棱旳公共点叫做多面体旳顶点。
2 旋转体：把一种平面图形绕它所在旳平面内旳一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中，这条直线称为旋转体旳轴。
（二） 几种空间几何体旳构造特性 1 、棱柱旳构造特性1.1 棱柱旳定义：有两个面互相平行，其他各面都是四边形，并且每相邻两个四边形旳公共边都互相平行，由这些面所围成旳几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱旳分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面旳截面和底面全等；1.3 棱柱旳面积和体积公式棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形ch S =直棱柱侧（c 是底周长，h 是高）S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h2 、棱锥旳构造特性2.1 棱锥旳定义（1） 棱锥：有一种面是多边形，其他各面是有一种公共顶点旳三角形，由这些面所围成旳几何体叫做棱锥。
（2）正棱锥：假如有一种棱锥旳底面是正多边形，并且顶点在底面旳投影是底面旳中心，这样旳棱锥叫做正棱锥。
2.2 正棱锥旳构造特性Ⅰ、 平行于底面旳截面是与底面相似旳正多边形，相似比等于顶点到截面旳距离与顶点究竟面旳距离之比；它们面积旳比等于截得旳棱锥旳高与原棱锥旳高旳平方比；截得旳棱锥旳体积与原棱锥旳体积旳比等于截得旳棱锥旳高与原棱锥旳高旳立方比；Ⅱ、 正棱锥旳各侧棱相等，各侧面是全等旳等腰三角形；正棱锥侧面积：1'2S ch =正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高） 体积：13V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：对于棱长为a 正四面体旳问题可将它补成一种边长为a 22旳正方体问题。
2022高考数学考前15天专项突破：立体几何解题方法技巧
2022高考数学考前15天专项突破：立体几何解题方法技巧——立体几何解题方法技巧一、内容提要：立体几何需要我们去解决的问题概括起来确实是三个方面，证明位置关系、求距离和求角；具体内容见下表：二、要紧解题方法：（一）位置关系1、两条异面直线相互垂直证明方法：○1证明两条异面直线所成角为90º；○2证明两条异面直线的方向量相互垂直2、直线和平面相互平行证明方法：○1证明直线和那个平面内的一条直线相互平行；○2证明这条直线的方向量和那个平面内的一个向量相互平行；○3证明这条直线的方向量和那个平面的法向量相互垂直。
3、直线和平面垂直证明方法：○1证明直线和平面内两条相交直线都垂直，○2证明直线的方向量与那个平面内不共线的两个向量都垂直；○3证明直线的方向量与那个平面的法向量相互平行。
4、平面和平面相互垂直证明方法：○1证明这两个平面所成二面角的平面角为90º；○2证明一个平面内的一条直线垂直于另外一个平面；○3证明两个平面的法向量相互垂直。
（二）求距离求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离能够转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也能够转化成另外一个点到那个平面的距离。
1、两条异面直线的距离求法：○1假如明白两条异面直线的公垂线，那么就转化成求公垂线段的长度，线段长度的求法也能够用向量来关心解决，求线段AB 的长度，能够利用22)(NB MN AM AB ++=来关心解决，然而前提条件是我们要明白NBMN AM ,,的模和每两个向量所成的角。
○2利用公式·n AB d =（其中A 、B分别为两条异面直线上的一点，n 为这两条异面直线的法向量）2、点到平面的距离求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清晰地写出来。
○2等体积法。
○3向量法，利用公式·n AB d =（其中A 为已知点，B 为那个平面内的任意一点，n 那个平面的法向量） （三）求角1、两条异面直线所成的角求法：○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；○2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，然而注意到异面直线所成角得范畴是]2,0(π，向量所成的角范畴是],0[π，假如求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角。
立体几何高三数学二轮复习口诀
立体几何高三数学二轮复习口诀
立体几何高三数学二轮复习口诀
关于高三数学二轮复习口诀：立体几何高中数学，高三数学二轮复习时需要大家对所有知识点进行一遍总结，立体几何是重要知识点，对于这部分知识点的学习，大家应该记住相关口诀，小编为大家提供高三数学二轮复习口诀：立体几何，供大家参考。
《立体几何》
点线面三位一体，柱锥台球为代表。
距离都从点出发，角度皆为线线成。
垂直平行是重点，证明须弄清概念。
线线线面和面面、三对之间循环现。
方程思想整体求，化归意识动割补。
计算之前须证明，画好移出的图形。
立体几何辅助线，常用垂线和平面。
射影概念很重要，对于解题最关键。
异面直线二面角，体积射影公式活。
公理性质三垂线，解决问题一大片。
上面的高三数学二轮复习口诀：立体几何，对于大家的复习非常有帮助，希望大家好好利用。
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【立体几何高三数学二轮复习口诀】。
高考数学中常见的立体几何题解法
高考数学中常见的立体几何题解法立体几何是高考数学中的一个重要考点，占据了相当大的比重。
在高考中，立体几何题题目种类繁多，解法也各不相同。
本文将介绍几种常见的立体几何题解法，帮助考生更好地应对高考数学考试。
一、平行线与平面在立体几何题中，常见的一种情况是给出一条直线与两个平面的关系，考生需要求出直线和平面的距离、直线在平面上的投影等。
解法一：利用平行线与平面的性质，可通过构造垂线的方式解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给直线，并用不同颜色标出与该直线平行的两个平面；2. 在其中一个平面上，任选一点作为垂足；3. 连接该垂足与直线上的任意一点，得到一条垂线；4. 由于垂线与所给直线平行，因此垂线与另一个平面的交点即为所求点；5. 根据题目要求，计算出所求点到直线的距离或直线在平面上的投影。
解法二：根据几何关系和性质，利用相似三角形的特点解决问题。
具体步骤如下：1. 在给出的图形中，观察并找出相似三角形的性质；2. 根据相似三角形的性质，得到各个线段之间的比例关系；3. 利用比例关系解方程，求解出所需长度或角度。
二、平面图形的投影在立体几何题中，常见的一种情况是给出一个平面图形在空间中的投影，考生需要还原出该平面图形或者确定其性质。
解法一：根据已知条件以及图形的特点，利用平行四边形、相似三角形等图形的性质解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给平面图形的投影，并标出已知条件；2. 观察并找出平行四边形、相似三角形等图形的性质；3. 根据性质，确定各个线段之间的比例关系；4. 利用比例关系解方程，还原出所求图形或确定其性质。
解法二：利用投影的定义和性质解决问题。
具体步骤如下：1. 根据投影的定义，找到所给平面图形在空间中的位置；2. 根据已知条件及各个线段的投影长度，研究其规律性；3. 利用规律性解方程，求解出所求图形或确定其性质。
三、立体图形的体积与表面积在立体几何题中，求解立体图形的体积与表面积是经常出现的考点。
高三数学二轮复习 立体几何题型的解题技巧1 A 试题
卜人入州八九几市潮王学校立体几何新题型的解题技巧1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角〞与“间隔〞的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题.【考点透视】(A).掌握两条直线所成的角和间隔的概念，对于异面直线的间隔，只要求会计算已给出公垂线时的间隔.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的间隔的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的间隔的概念.(B).①理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.②理解空间向量的根本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算.③掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.④理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念.⑤理解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的外表积、体积公式.⑦会画直棱柱、正棱锥的直观图.空间间隔和角是高考考察的重点：特别是以两点间间隔，点到平面的间隔，两异面直线的间隔，直线与平面的间隔.考察空间间隔和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.不管是求空间间隔还是空间角，都要按照“一作，二证，三算〞的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.求解空间间隔和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。
【例题解析】 考点1点到平面的间隔求点到平面的间隔就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题例1如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．〔Ⅰ〕求证：1AB ⊥平面1A BD；〔Ⅱ〕求二面角1A A D B--的大小；〔Ⅲ〕求点C 到平面1A BD的间隔．考察目的：本小题主要考察直线与平面的位置关系，二面角的 大小，点到平面的间隔等知识，考察空间想象才能、逻辑思维 才能和运算才能．解答过程：解法一：〔Ⅰ〕取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O，在正方形11BB C C中，O D ，分别为 1BC CC ，的中点，1B O BD ∴⊥，1AB BD ∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B⊥，1AB ∴⊥平面1A BD．〔Ⅱ〕设1AB 与1A B交于点G ，在平面1A BD中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由〔Ⅰ〕得1AB ⊥平面1A BD．1AF A D∴⊥，AFG ∴∠为二面角1A A D B--的平面角．在1AA D△中，由等面积法可求得AF =，A BC D1A1C1BABCD1A1C1BOF又112AG AB ==sin AG AFG AF ∴===∠．所以二面角1A A D B--的大小为．〔Ⅲ〕1A BD△中，111A BD BD A D A B S ==△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B设点C 到平面1A BD的间隔为d ．由11A BCD C A BDV V --=，得111333BCD A BD S S d=△△，1A BD d ∴=△．∴点C 到平面1A BD 的间隔为．解法二：〔Ⅰ〕取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，那么(100)B ，，，(110)D -，，，1(0A ，(00A ，1(120)B ，，，1(12AB ∴=，，(210)BD =-，，，1(12BA =-． 12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=， 1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．1AB ∴⊥平面1A BD．〔Ⅱ〕设平面1A AD的法向量为()x y z =，，n ．(11AD =-，，1(020)AA =，，．AD ⊥n ，1AA⊥n ， 令1z =得(1)=，n 为平面1A AD 的一个法向量． x由〔Ⅰ〕知1AB ⊥平面1A BD，1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n，11133222AB AB AB -->===n n ．∴二面角1A AD B --的大小为．〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕，1AB 为平面1A BD法向量，1(200)(12BC AB =-=，，，，．∴点C 到平面1A BD 的间隔1122BC AB d AB -===．小结：本例中〔Ⅲ〕采用了两种方法求点到平面的间隔.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B 点到平面1AMB 的间隔转化为容易求的点K 到平面1AMB 的间隔的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以防止复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法. 例2.如图,两个正四棱锥P-ABCD 与Q-ABCD 的高分别为1和2,AB=4. (Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ； (Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角； (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的间隔.根本知识，考察空间想象才能、逻辑思维才能和运算才能.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间间隔和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间间隔和角的一般方法. 解答过程：方法一〔Ⅰ〕取AD 的中点，连结PM ，QM. 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM.从而AD ⊥平面PQM.QBCPADOM又⊂PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.〔Ⅱ〕连结AC、BD设OBDAC=，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点一共面.取OC的中点N，连接PN.因为21,21===OCNOOANOOQPO，所以OANOOQPO=，从而AQ∥PN，∠BPN〔或者其补角〕是异面直线AQ与PB所成的角.因为3PB===，PN===所以9333210392cos222=⨯⨯-+=⋅-∠PNPBBNPNPBBPN＋＝.从而异面直线AQ与PB所成的角是93arccos.(Ⅲ)连结OM，那么112.22OM AB OQ===所以∠MQP＝45°.由〔Ⅰ〕知AD⊥平面PMQ，所以平面PMQ⊥平面QAD.过P作PH⊥QM于H，PH⊥平面QAD.从而PH的长是点P到平面QAD的间隔.又3,sin452PQ PO QO PH PQ=+=∴==.即点P到平面QAD的间隔是2.方法二〔Ⅰ〕连结AC、BD，设OBDAC=.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.Q〔Ⅱ〕由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD.由〔Ⅰ〕，QO ⊥平面ABCD.故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系〔如图〕，由题条件，相关各点的坐标分别是P 〔0，0，1〕，A 〔22，0，0〕，Q 〔0，0，－2〕，B 〔0，22，0〕.所以)2,0,22(--=AQ于是93,cos =〉〈PB AQ .(Ⅲ)由〔Ⅱ〕，点D 的坐标是〔0，－22，0〕，)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x .取x=1，得)2,1,1(--=n .所以点P 到平面QAD 的间隔322PQ n d n⋅==.考点2异面直线的间隔此类题目主要考察异面直线的间隔的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的间隔. 典型例题 例3三棱锥ABC S-，底面是边长为24的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求CD 与SE 间的间隔.思路启迪：由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的间隔，转化成求直线与平面的间隔，再进一步转化成求点到平面的间隔. 解答过程：如下列图，取BD 的中点F ，连结EF ，SF ，CF ，EF ∴为BCD ∆的中位线，EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF ,CD ∴到平面SEF 的间隔即为两异面直线间的间隔.又 线面之间的间隔可转化为线CD 上一点C 到平面SEF 的间隔，设其为h ，由题意知，24=BC ,D 、E 、F 分别是AB 、BC 、BD 的中点， 在Rt SCE ∆中，3222=+=CE SC SE在Rt SCF ∆中，30224422=++=+=CF SC SF 又3,6=∴=∆SEF S EF由于hS V V SEF CEF S SEF C ⋅⋅==∆--31，即332331=⋅⋅h ，解得332=h故CD 与SE 间的间隔为332.小结：通过本例我们可以看到求空间间隔的过程，就是一个不断转化的过程. 考点3直线到平面的间隔此类题目再加上平行平面间的间隔，主要考察点面、线面、面面间隔间的转化. 典型例题例4．如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的间隔.思路启迪：把线面间隔转化为点面间隔，再用点到平面间隔的方法求解. 解答过程： 解析一BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的间隔皆为所求，以下求点O 平面11D GB 的间隔, 1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,又⊂11D B 平面11D GBBACDOGH 1A 1C 1D1B 1O∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,作G O OH 1⊥于H ，那么有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的间隔. 在OG O 1∆中，222212111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O .又362,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=∆OH OH G O OH S OG O .即BD 到平面11D GB 的间隔等于362. 解析二BD ∥平面11D GB ，BD ∴上任意一点到平面11D GB 的间隔皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的间隔.设点B 到平面11D GB 的间隔为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，那么，由于632221,111111=⨯⨯==∆--D GB GBB D D GB B S V V 34222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V ,,36264==∴h即BD 到平面11D GB 的间隔等于362. 小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的间隔都相等，都是线面间隔.所以求线面间隔关键是选准恰当的点，转化为点面间隔.本例解析一是根据选出的点直接作出间隔；解析二是等体积法求出点面间隔. 考点4异面直线所成的角此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考察的重点. 典型例题 例5如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点．O CADBE〔I 〕求证：平面COD ⊥平面AOB ；〔II 〕求异面直线AO 与CD 所成角的大小．思路启迪：〔II 〕的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. 解答过程：解法1：〔I 〕由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =，CO ∴⊥平面AOB ，又CO ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．〔II 〕作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE 〔如图〕，那么DE AO ∥，CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，CE ∴又12DE AO =∴在Rt CDE △中，tan CE CDE DE =． ∴异面直线AO 与CD所成角的大小为．解法2：〔I 〕同解法1．〔II 〕建立空间直角坐标系O xyz -，如图，那么(000)O ，，，(00A ，，(200)C ，，，(0D ，(00OA ∴=，，(2CD =-， cos OA CDOA CD OA CD ∴<>=，664322==．∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为．x小结：求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点〞，作另一条直线的平行线，如解析一，或者利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：⎥⎦⎤⎝⎛2,0π.例6．〔2021年卷〕如下列图，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8,BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE//AD.(Ⅰ)求二面角B—AD—F的大小；(Ⅱ)求直线BD与EF所成的角..过程指引：关键是用恰当的方法找到所求的空间间隔和角并掌握利用空间向量求空间间隔和角的一般方法.解答过程：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角.是矩形的直径，是圆、ABFCOBCAF∴，是正方形，又ABFCACAB∴==6由于ABFC是正方形，所以∠BAF＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系〔如下列图〕，那么O〔0，0，0〕，A〔0，23-，0〕，B〔23，0，0〕,D〔0，23-，8〕，E〔0，0，8〕，F〔0，23，0〕所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FEBD设异面直线BD与EF所成角为α，那么.82 cos cos,.10BD FEα=<>=故直线BD 与EF 所成的角为10arccos.考点5直线和平面所成的角此类题主要考察直线与平面所成的角的作法、证明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容. 典型例题 例7.〔四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．45ABC =∠，2AB =，BC=SA SB ==〔Ⅰ〕证明SA BC ⊥；〔Ⅱ〕求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．考察目的：本小题主要考察直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的间隔等知识，考察空间想象才能、逻辑思维才能和运算才能． 解答过程：解法一：〔Ⅰ〕作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ， 得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC=∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==SA =AO =1SO =，SD =．SAB △的面积211122S ABSA ⎛=- ⎝．DBCA SDA连结DB ，得DAB △的面积2sin13522S AB AD == 设D 到平面SAB 的间隔为h ，由于D SAB S ABDV V --=，得121133h S SOS =，解得h =设SD 与平面SAB 所成角为α，那么sin h SD α==． 所以，直线SD与平面SBC 所成的我为．解法二：〔Ⅰ〕作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC=∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -，0)A ，，(0B ，(0C ，，(001)S ，，，(2SA =，(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．〔Ⅱ〕取AB 中点E ，0E ⎫⎪⎪⎝⎭， 连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，12G ⎫⎪⎪⎝⎭，． 12OG ⎫=⎪⎪⎝⎭，，1SE ⎫=⎪⎪⎝⎭，(AB =． 0SE OG =，0AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，那么α与β互余．D ，(DS =．22cos 11OG DS OG DSα==，sin β，所以，直线SD与平面SAB所成的角为．小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是〔1〕先判断直线和平面的位置关系；〔2〕当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值.考点6二面角此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个适宜的三角形中进展求解.二面角是高考的热点，应重视.典型例题例8．如图，直二面角PQαβ--，A PQ∈，Bα∈，Cβ∈，CA CB=，45BAP∠=，直线CA和平面α所成的角为30．〔I〕证明BC PQ⊥；〔II〕求二面角B AC P--的大小．.过程指引：〔I〕在平面β内过点C作CO PQ⊥于点O，连结OB．因为αβ⊥，PQαβ=，所以COα⊥，又因为CA CB=，所以OA OB=．而45BAO∠=，所以45ABO∠=，90AOB∠=，从而BO PQ⊥，又CO PQ⊥，所以PQ⊥平面OBC．因为BC⊂平面OBC，故PQ BC⊥．ABCQαβPABCQαβPOH〔II 〕解法一：由〔I 〕知，BO PQ ⊥，又αβ⊥，PQ αβ=，BO α⊂，所以BO β⊥．过点O 作OH AC ⊥于点H ，连结BH ，由三垂线定理知，BH AC ⊥． 故BHO ∠是二面角B AC P --的平面角．由〔I 〕知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，那么30CAO ∠=，不妨设2AC =，那么AO =3sin 302OH AO ==．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=，所以BO AO ==于是在Rt BOH △中，tan 2BOBHO OH∠===．故二面角B AC P --的大小为arctan 2．解法二：由〔I 〕知，OC OA ⊥，OC OB ⊥，OA OB ⊥，故可以O 为原点，分别以直线OB OAOC ，，为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系〔如图〕．因为CO a ⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，那么30CAO ∠=．不妨设2AC =，那么AO =1CO =．在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=， 所以BOAO ==那么相关各点的坐标分别是(000)O ，，，0)B ，，(0A ，(001)C ，，．所以(3AB =，，(0AC =，．设1n {}x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由1100n AB n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，得00z =+=⎪⎩，取1x =，得1(11n =，，．Q易知2(100)n =，，是平面β的一个法向量．设二面角B AC P--的平面角为θ，由图可知，12n nθ=<>，．所以121215 cos5||||51n nn nθ===⨯．故二面角B AC P--的大小为5arccos5．小结：此题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱确实定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二那么是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.例9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD,∠DAB为直角，AB‖CD，AD=CD=2AB,E、F分别为PC、CD的中点.〔Ⅰ〕试证：CD⊥平面BEF；〔Ⅱ〕设PA＝k·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于︒30,求k的取值范围..过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间间隔和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间间隔和角的一般方法.解答过程：解法一：〔Ⅰ〕证：由DF //=AB且∠DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CD⊥BF.又PA⊥底面ABCD,CD⊥AD，故由三垂线定理知CD⊥PD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CD⊥EF,由此得CD⊥面BEF.〔Ⅱ〕连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,那么在△PAC中易知EG∥PA.又因PA ⊥底面ABCD,故EG ⊥底面ABCD.在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EH ⊥BD.从而∠EHG 为二面角E-BD-C 的平面角. 设AB=a,那么在△PAC 中，有EG=21PA=21ka.以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD.因S △GBD=21BD ·GH=21GB ·DF. 故GH=BD DF GB ⋅. 在△ABD 中，因为AB ＝a,AD=2a,得BD=5a.而GB=21FB=21AD=a ，DF=AB,从而得 GH=BD AB GB ⋅=a a a 5⋅＝.55a因此tan ∠EHG=GH EG=.255521k a ka=由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须k 25＞tan ︒30=,33解之得，k 的取值范围为k ＞.15152解法二：〔Ⅰ〕如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AB=a,那么易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).从而DC=(2a,0,0),BF=(0,2a,0),DC·BF=0,故DC⊥BF.设PA=b,那么P(0,0,b),而E为PC中点.故E⎪⎭⎫⎝⎛2,,baa.从而BE=⎪⎭⎫⎝⎛2,,0ba，DC·BE=0,故DC⊥BE.由此得CD⊥面BEF.〔Ⅱ〕设E在xOy平面上的投影为G，过G作GH⊥BD垂足为H,由三垂线定理知EH⊥BD.从而∠EHG为二面角E-BD-C的平面角.由PA＝k·AB得P(0,0,ka),E⎪⎭⎫⎝⎛2,,kaaa,G(a,a,0).设H(x,y,0)，那么GH=(x-a,y-a,0),BD=(-a,2a,0),由GH·BD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a①又因BH=(x-a,y,0),且BH与BD的方向一样，故aax--＝ay2，即2x+y=2a②由①②解得x=53a,y=54a,从而GH＝⎪⎭⎫⎝⎛--0,51,52aa，｜GH｜＝55a.tan∠EHG=EGGH=aka552=k25.由k＞0知，∠EHG是锐角，由∠EHG＞,30︒得tan∠EHG＞tan,30︒即k25＞.33故k 的取值范围为k ＞15152.考点7利用空间向量求空间间隔和角众所周知，利用空间向量求空间间隔和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. 典型例题 例10．如图，1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体，点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==．〔1〕求证：1E B F D ，，，四点一共面；〔2〕假设点G 在BC 上，23BG =，点M在1BB 上，GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；〔3〕用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．过程指引：解法一：〔1〕如图，在1DD 上取点N，使1DN=，连结EN ，CN ，那么1AE DN ==，12CF ND ==．因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．从而EN AD∥，1FD CN ∥．又因为AD BC ∥，所以EN BC∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．因此，1E BF D ，，，四点一共面．〔2〕如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，tan tan BM BG BGM BG CFB==∠∠23132BC BGCF ==⨯=．CBAG HMDEF1B1A1D1CCBAHM DEF 1B1A1D1CN因为AE BM∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥．又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ．〔3〕如图，连结EH ． 因为MHBF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥．于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．因为MBHCFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==∠∠21BC BMBC CF ===+tan EMMH θ=解法二：〔1〕建立如下列图的坐标系，那么(301)BE =，，，(032)BF =，，，1(333)BD =，，， 所以1BD BE BF =+，故1BD ，BE ，BF 一共面． 又它们有公一共点B ，所以1E B F D ，，，四点一共面．〔2〕如图，设(00)M z ，，，那么203GM z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，， 而(032)BF =，，，由题设得23203GM BF z =-+=，得1z=．因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =，，， 又1(003)BB =，，，(030)BC =，，，所以10ME BB =，0ME BC =，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥．故ME ⊥平面11BCC B ．〔3〕设向量(3)BP x y =，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．而(301)BE =，，，(032)BF =，，，得330BP BE x =+=，360BP BF y =+=，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，，．又(300)BA =，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或者πθ-〔θ为锐角〕．于是1cos 14BP BA BP BAθ==故tan θ=．小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面间隔一般转化为AB 在面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值.例11．如图,l1、l2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l1上，C 在l2上，AM=MB=MN〔I 〕证明AC ⊥NB ；〔II 〕假设︒=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值. 知识，考察空间想象才能、逻辑思维才能和运算才能. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法.解答过程：解法一：(Ⅰ)由l2⊥MN,l2⊥l1,MN ∩l1=M,可得 l2⊥平面ABN.由MN ⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB 且AN ⊥NB.又AN 为AC 在平面ABN 内的射影. ∴AC ⊥NB〔Ⅱ〕∵Rt △CAN ≌Rt △CNB,∴AC=BC,又∠ACB=60°,因此△ABC 为正三角形.∵Rt △ANB ≌Rt △CNB,∴NC=NA=NB,因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心,连结BH,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角.在Rt △NHB 中,cos ∠NBH===.NCN解法二：如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1,那么有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂线,l1⊥l2,∴l2⊥平面ABN.l2平行于z轴.故可设C(0,1,m).于是=(1,1,m),=(1,－1,0).∴·=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.(Ⅱ)∵=(1,1,m),=(－1,1,m),∴||=||,又∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=,可得NC=,故C(0,1,).连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ,λ)(λ>0).∴=(0,1－λ,－λ),=(0,1,)∵·=1－λ－2λ=0,∴λ=,∴H(0,,),可得=(0,,－),连结BH,那么=(－1,,),∵·=0+－=0,∴⊥,又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),∴cos∠NBH===.考点8简单多面体的有关概念及应用，主要考察多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进展判断.典型例题例12.如图〔1〕，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为时容积最大.[思路启迪]设四边形一边AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD长度即可.解答过程：如图〔2〕设AD＝a，易知∠ABC＝60°，且∠ABD＝30°⇒AB＝3a.BD＝2a⇒正六棱柱体积为V.V＝aa360sin212162⋅︒⋅⋅⋅）－（＝aa⋅22129）－（＝a a a 4)21)(21(89--≤33289）（⋅. 当且仅当1－2a ＝4a ⇒a ＝61时，体积最大，此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝32.∴答案为61.例13.如图左，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点，将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为〔〕A 、90°B 、60°C 、45°D 、0°[思路启迪]画出折叠后的图形，可看出GH，IJ 是一对异面直线，即求异面直线所成角. 过点D 分别作IJ 和GH 的平行线，即AD 与DF ，所以∠ADF 即为所求.因此GH 与IJ 所成角为60°，答案:B 例1ABCD －A1B1C1D1中，设对角线D1B 与自D1出发的三条棱分别成α、β、γ角求证：cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1设D1B 与自D1出发的三个面成α、β、γ角，求证：cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2[思路启迪]①因为三个角有一个公一共边即D1B ，在构造 的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出 发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系利用长方体性质，先找出α，β，γ，然后利用各边所构成的直角三角形来解.BACDEFG HIJ (A 、B 、C)DEFGHIJABCD A1B1C1D1解答过程：①连接BC1，设∠BD1C1＝α，长方体三条棱长分别为a，b，c，设D1B＝l那么cos2α＝22la同理cos2β＝22lb，cos2γ＝22lc∴cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2222l＋c＋ba＝1②连接D1C，∵BC⊥平面DCC1D1∴∠BD1C即是D1B与平面DCC1D1所成的角，不妨设∠BD1C＝α，那么cos2α＝22 2＋lb a同理：cos2β＝222l＋cb，cos2γ＝222lac+.又∵l2＝a2＋b2＋c2.∴cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2222)2l＋c＋b(a＝2.棱柱侧面积转化成求矩形或者平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.直棱柱体积V等于底面积与高的乘积.棱锥体积V等于31Sh其中S是底面积，h是棱锥的高.典型例题例15.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2a，BC＝CA＝AA1＝a，A1在底面△ABC上的射影O在AC上求AB与侧面AC1所成角；假设O恰好是AC的中点，求此三棱柱的侧面积.[思路启迪]①找出AB与侧面AC1所成角即是∠CAB；②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC1B1是正方形，侧面ACC1A1和AB1C1ABCDO侧面ABB1A1是平行四边形，分别求其面积即可.解答过程：①点A1在底面ABC的射影在AC上，∴平面ACC1A1⊥平面ABC.在△ABC中，由BC＝AC＝a，AB＝2a.∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面ACC1A1.即∠CAB为AB与侧面AC1所成的角在Rt△ABC中，∠CAB＝45°.∴AB与侧面AC1所成角是45°.②∵O是AC中点，在Rt△AA1O中，AA1＝a，AO＝2 1a.∴AO1＝23a.∴侧面ACC1A1面积S1＝2123a＝AOAC⋅.又BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥CC1.又BB1＝BC＝a，∴侧面BCC1B1是正方形，面积S2＝a2.过O作OD⊥AB于D，∵A1O⊥平面ABC，∴A1D⊥AB.在Rt△AOD中，AO＝21a，∠CAD＝45°∴OD＝4 2a在Rt△A1OD中，A1D＝222122342）＋（）（＝aaO＋AOD＝a87.∴侧面ABB1A1面积S3＝aaD＝AAB8721⋅⋅＝227a.∴三棱柱侧面积S ＝S1＋S2＋S3＝273221a ）＋＋（.例16.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30°，那么四棱锥A —MNCB 的体积为〔〕A 、23B 、23C 、3D 、3[思路启迪]先找出二面角平面角，即∠AKL,再在△AKL 中求出棱锥的高h ，再利用V ＝31Sh 即可.解答过程：在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L. 那么AK ⊥MN ，KL ⊥MN. ∴∠AKL ＝30°.那么四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝23.KL ⋅242S MNCB ＋＝＝33⋅.∴233331V MNCB A ⋅⋅＝－＝23. ∴答案A例17.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又PA ⊥AB ，PA ＝4，∠PAD ＝60° 求四棱锥的体积； 求二面角P －BC －D 的大小.思路启迪①找棱锥高线是关键，由题中条件可设△PAD 的高PH 即是棱锥的高. ②找出二面角平面角∠PEH ，在Rt △PHE 中即可求出此角.ABCM NKLABCMNKLPAHEDBC解答过程：①∵PA⊥AB，AD⊥AB.∴AB⊥面PAD.又AB⊂面ABCD.∴面PAD⊥面ABCD.在面PAD内，作PH⊥AD交AD延长线于H.那么PH⊥面ABCD，即PH就是四棱锥的高.又∠PAD＝60°，∴PH＝3223460sin＝＝⋅︒⋅PA.∴32321331S31VABCDABCDP＝＝＝－⋅⨯⋅⋅⋅PH.②过H作HE⊥BC交BC延长线于E，连接PE，那么HE＝AB＝3.∵PH⊥面ABCD，∴PE⊥BC.∴∠PEH为二面角P－BC－D的平面角.∴tan∠PEH＝332＝HEPH.即二面角的大小为arctan33 2.例18.〔〕圆O1是半径为R的球O的一个小圆，且圆O1的面积与球O的外表积的比值为92，那么线段OO1与R的比值为.①球截面的性质；②球外表积公式.过程指引：依面积之比可求得Rr，再在Rt△OO1A中即得解答过程：设小圆半径为r，球半径为R那么92422＝Rrππ⇒92422＝Rr⇒322＝Rr∴cos ∠OAO1＝322＝Rr 而31981sin 1＝－＝＝αR OO 故填31【专题训练与高考预测】 一、选择题1．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，D 在BB1上， 且BD=1，假设AD 与侧面AA1CC1所成的角为α，那么α的值是 〔〕A.3πB.4πC.410arctanD.46arcsin2．直线a 与平面α成θ角，a 是平面α的斜线，b 是平面α 内与a 异面的任意直线，那么a 与b 所成的角〔〕A.最小值θ，最大值θπ-B.最小值θ，最大值2πC.最小值θ，无最大值D.无最小值，最大值4π3．在一个︒45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成︒45角，那么此直线与二面角的另一平面所成的角为〔〕 A.︒30 B.︒45 C.︒60 D.︒904．如图，直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，︒=∠60BAD ，那么对角线A1C 与侧面DCC1D1所成的角的正弦值为〔〕BAC D D1 C1 B1A1CBA1A1B 1C DAB CDEA1B1 C1A.21B.23C.22D.435．在ABC ∆中，AB=9，AC=15，︒=∠120BAC ，它所在平面外一点P 到ABC ∆三顶点的间隔都是14，那么点P 到平面ABC ∆的间隔为〔〕A.13B.11C.9D.76．如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M 、N 分别是棱A1B1、A1D1的中点，那么点B 到平面AMN 的间隔是〔〕A.29B.3C.556 D.27．将︒=∠60QMN ，边长MN=a 的菱形MNPQ 沿对角线NQ 折成︒60的二面角，那么MP 与NQ 间的间隔等于()A.a 23 B.a43 C.a 46 D.a 438．二面角βα--l 的平面角为︒120，在α内，l AB ⊥于B ，AB=2,在β内，l CD ⊥于D ，CD=3,BD=1,M 是棱l 上的一个动点，那么AM+CM 的最小值为() A.52B.22C.26D.629．空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a,动点P 在线段AB 上,动点Q 在线段CD 上，那么P 与Q 的最短间隔为()A.a21B.a 22C.a 23D.a10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住〔不能裁剪纸，但可以折叠〕，那么包装纸的最小边长应为〔〕ADB AD1C1B1A1M NA.a )62(+ B.a 262+ C.a )31(+ D.a231+11．长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A=AB=2，假设棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，那么棱AD 的长的取值范围是()A.(]1,0 B.(]2,0 C.(]2,0 D.(]2,112．将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使点D 在平面ABC 外，那么DB 与平面ABC 所成的角一定不等于〔〕 A.︒30 B.︒45 C.︒60 D.︒90 二、填空题1．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E 是A1B1E 到平面ABC1D1的间隔是21；直线BC 与平面ABC1D1所成角等于︒45； 空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成面积最小值为21；BE 与CD1所成的角为1010arcsin2．如图，在四棱柱ABCD---A1B1C1D1中，P 是A1C1 上的动点，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 满足___________时，体积AEB P V -恒为定值〔写上你认为正确的一个答案即可〕3．边长为1的等边三角形ABC 中,沿BC 边高线AD 折起,使得折后二面角B-AD-C 为60°,那么点A 到 BC 的间隔为_________,点D 到平面ABC 的间隔 为__________.DCBAED1A1C1B1 ABDCPEA1D1C1B14．在程度横梁上A 、B 两点处各挂长为50cm 的细绳， AM 、BN 、AB 的长度为60cm ，在MN 处挂长为60cm 的木条，MN 平行于横梁，木条的中点为O ，假设木条 绕过O 的铅垂线旋转60°，那么木条比原来升高了 _________. 5A 在αα的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的间隔分别是1、2和4.P 是正方体其余四个顶点中的一个，那么P 到平面α的间隔可能是： ①3；②4；③5；④6；⑤7. 以上结论正确的为. 〔写出所有正确结论的编号〕6.如图，棱长为1m 的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀的小孔〔不计小孔直径〕O1、O2、O3它们分别是所在面的中心.假设恰当放置容器，容器存水的最大容积是_______m3. 三、解答题BM=13B1M ，又1．在正三棱柱ABC —A1B1C1中，底面边长为a,D 为BC 为中点，M 在BB1上，且CM ⊥AC1; 求证：CM ⊥C1D; 求AA1的长.2．如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=2，PA ⊥底面ABCD ，E 是AD 的中点，F 在PC 上. (1)求F 在何处时，EF ⊥平面PBC ；(2)在(1)的条件下，EF 是不是PC 与AD 的公垂线段.假设是，求出公垂线段的长度；假设不是，说明理由；•O •O•O。
新高考立体几何知识点汇总
新高考立体几何知识点汇总立体几何，作为数学的一个重要分支，是高中数学中的一大重点。
随着新高考的实施，立体几何的知识点也发生了一些变化。
在这篇文章中，我们将对新高考立体几何的知识点进行汇总。
一、立体几何基本概念在开始具体讲解立体几何的知识点之前，我们先来回顾一下立体几何的基本概念。
立体几何是研究空间图形的数学学科，主要研究各种立体图形的性质和关系。
常见的立体图形有立方体、正方体、长方体、圆柱体、圆锥体和球体等。
二、立体几何的主要知识点1. 空间直线和平面的相交关系在立体几何中，一个重要的知识点就是空间直线和平面的相交关系。
我们会遇到直线与平面相交、直线与直线相交、平面与平面相交等情况。
相交关系会影响到图形的形态和性质。
2. 立体图形的三视图立体图形的三视图是指通过观察图形不同的方向，得到的平面图形。
常见的三视图有正视图、俯视图和侧视图。
通过三视图，我们可以更全面地了解一个立体图形的形态和结构。
3. 空间几何体的表面积和体积计算计算空间几何体的表面积和体积是立体几何的重要内容。
不同的立体图形有不同的计算公式。
例如，计算正方体的表面积就是6边长的平方，计算球体的体积就是4/3π半径的立方等。
4. 空间几何体的相似性相似性是立体几何的一个重要性质。
当两个几何体的形状相似的时候，它们的各种尺寸比也相等。
根据相似性原理，我们可以通过已知几何体的一些尺寸，推导出未知几何体的尺寸。
5. 空间几何体的截面与投影在现实生活中，我们常常会遇到截面和投影的情况。
截面是指一个空间几何体被一个平面截断的情况，而投影是指一个空间几何体在特定条件下的平行光线下的影子。
理解截面和投影对于空间几何体的认识和应用非常重要。
6. 空间几何体的切割与拼接空间几何体的切割与拼接是一种重要的几何操作。
通过将一个空间几何体切割成若干部分，然后进行重新组合，可以得到不同的几何体。
这种方法在解决一些复杂立体几何问题时非常有效。
三、新高考立体几何的考查形式在新高考中，立体几何的考查形式较之前发生了一些变化。
2024年高考数学二轮复习专题三立体几何培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
设 PB=x(0<x<2),则三棱台 PBQ-A1B1C1 的体积为
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1 2
×2×(2+
x
+
3
2
2×
1 2
7
)=
×8,解得
2
32
2
所以 PQ= 为 ×2+2
2
1
x=2(负值舍去),
9
5
4 + 4 = 2.又 A1C1=2
2
5 2
2 + =5+ .
2
2
2,
增分技巧若截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与
2024
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
空间几何体的截面问题是高考命题的热点,它是空间问题转化为平面问题
的纽带,也是考查空间想象能力的最佳切入点.确定空间几何体的截面关键
是寻找这个平面与几何体表面的交线.
平面截几何体有三种基本方式:横截、纵截和斜截.考查较多的是旋转体的
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4
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则 A1P= ,AP= ,故 D1P= 2 +
=
,EP= 1 +
=
,
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2 13
13
同理可得 D1Q= 3 ,FQ= 3 ,而 EF= 2,
2 13
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则五边形 D1QFEP 的周长为 2×( 3 + 3 )+ 2=2 13 + 2.
增分技巧若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上,可以借
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第三讲立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲 立体几何微专题1 线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD .又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1]解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.AC·EF.∴S△AFC＝12当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝√3.∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC⃗⃗⃗⃗ ＝(－∴AB1，0，0)．设DF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ，∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)， ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||FC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1，∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)， 设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)， ∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217. [例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD . 又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0， 取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22. [巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ， 所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ， 又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3，BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP 又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)， PC⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ， 由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ); 由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB⃗⃗⃗⃗⃗ |＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3×√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
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【答案】D.
6.在四边形 中, 为等边三角形,将 沿边 折起,使得平面 平面 ,则三棱锥 外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】如图,取 中点 ,连接 为等边三角形,
,又平面 平面 ,且平面 平面 平面 平面 ,又 是直角三角形, 是三角形 的外心,则等边三角形 的外心 为三棱锥 外接球的球心, 三棱锥 外接球的半径 三棱锥 外接球的表面积为 .
则四面体 外接球的表面积 .
【解法2】双半径单交线公式 ,交线 ,
【答案】C.
【例6】已知 中, ,平面 外一点 满足 ,则三棱锥 的外接球的表面积是( )
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】如图所示, 中, , 斜边 的中点 为 的外心, . ,连接 ,则 平面 . .
设三棱锥 的外接球的球心为 点,则点 在线段 上.设球的半径为 ,
【解法2】侧面 底面 中, ,则 ,所以 的外接圆的半径为 , 的外接圆的半径为 , ,此球的表面积 .
【答案】 .
【例5】四面体 中, 和 均为正三角形,且它们所在平面互相垂直,已知 ,则四面体 外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】设三角形 外接圆半径 ,圆心 ,球的半径 ,球心 ,取 中点 ,由 和 均为正三角形,且它们所在平面互相垂直可得 平面 ,过 作平面 的垂线,过 作 的平行线,两直线交于 ,则四边形 为矩形, 在 上, ,由正弦定理得 ,即 ,故 ,设 ,则所以 ,解得 ,
【解析】
【解法1】在 中, ,所以 ,
为 外一点,满足 ,
则 平面 ,球心 为 上一点,如图所示:
所以: ,
设球的半径为 ,所以 ,解得: .
【解法2】双半径单交线公式 ,三角形 外接圆的半径
,三角形 外接圆的半径 ,交线 .
【答案】
3.在三棱锥 中,面 面 则三棱锥 的外接球的表面积是。
【解析】
【解法1】如图,设 中点为 中点为 ,
【答案】A.
5.在 中, ,顶点 在以 为直径的圆上,点 在平面 上的射影为 的中点, ,则其外接球的表面积为。
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】如图, 顶点 在以 为直径的圆上, 为 的外心,又 平面 ,且 平面 ,可得平面 平面 ,则 的外心即为三棱锥 外接球的球心.在 中,由余弦定理可得, ,设 外接圆的半径为 ,则 ,得 其外接球的表面积为 .
【解法2】双半径单交线公式
【答案】 .
【例4】三棱锥 的各顶点都在同一球面上,若 ,侧面 为正三角形,且与底面 垂直,则此球的表面积等于。
【解析】
【解法1】三棱锥 的各顶点都在同一球面上,若 , ,由 可得: ,则 ,所以 的外接圆的半径为 ,侧面 为正三角形,且与底面 垂直,侧面 为的高为 .
三棱锥的外接球的半径为: .此球的表面积 .
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】如图,取 的中点 ,连接 ,则 平面 平面 ,且平面 平面 平面 平面 ,设四棱锥 的外接球的球心为 ,连接 ,设 ,连接 ,则 底面 ,直线 与 所成角的余弦值为 ,即 ,设 ,则 ,平面 平面 ,且平面 平面 平面 平面 ,则 ,又 ,
,【解析】得 ,可得 ,又 四棱锥 的外接球的半径 满足: 四棱锥 的外接球表面积为 .【解法2】面 面 的外接圆的半径为 的外接圆半径为 , .外接球的表面积 .
根据球的性质,球心一定在垂线 上,
球心 一定在平面 内,且球心 也是 外接圆的圆心.
在 中,由余弦定理得 ,
由正弦定理得: ,解得 三棱锥的外接球的表面积
.
【解法2】双半径单交线公式 ,三角形 外接圆的半径 ,三角形 外接圆的半径 ,交线 .
【答案】 .
2.在 中, 为 外一点,满足 ,则三棱锥 的外接球的半径为。
【解法2】平面 平面 ,设 ,直角三角形外接圆半径为斜边的一半 外接圆半径 , 外接圆半径 ,交线 ,根据双半径单交线 所以外接球的表面积为
【答案】D.
【例3】如图,平面四边形 中, ,将其沿对角线 折成四面体 ,使平面 平面 .四面体 顶点在同一个球面上,则该球的体积为。
【解析】
【解法1】平面四边形 中, ,将其沿对角线 折成四面体 ,使平面 平面 .四面体 顶点在同一个球面上, 和 都是直角三角形, 的中点就是球心,所以 ,球的半径为 ;所以球的体积为: ;
面 面 过 作面 的垂线,
球心 必在该垂线上,连接 ,则 .在 中, ,
,即三棱锥 的外接球的半径为2,
三棱锥 的外接球的表面积 .
【解法2】Q面 面 的外接圆的半径为 的外接圆
的半径为 ,外接球的表面积 .
【答案】 .
4.已知四棱锥 的底面 是矩形,其中 ,平面 平面 ,且直线 与 所成角的余弦值为 ,则四棱锥 的外接球表面积为（）
【解析】
【解法1】 平面 外接球的球心 在直线 上,且 ,设 ,则外接球的半径 ,
又 ,解得 ,
外接球的表面积 .故答案为 .
【解法2】由双半径单交线公式得 ,交线 ,
,
【例2】已知三棱锥 是直角三角形,其斜边 平面 , ,则三棱锥的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【解析】
【解法1】如图所示,直角三角形 的外接圆的圆心为 中点 ,过 作面 的垂线,球心 在该垂线上,过 作球的弦 的垂线,垂足为 ,则 为 中点,球半径 棱锥的外 .
【解法2】双半径单交线公式 ,交线 , 外接圆半径为 , 外接圆半径为 ,由勾股定理得 ,解得 ,根据公式 .
【答案】A.
强化训练
1.已知 是以 为斜边的直角三角形, 为平面 外一点,且平面 平面 ,则三棱锥 外接球的表面积为。
【解析】
【解法1】由题意知 的中点 为 外接圆的圆心,且平面 平面 .过 作面 的垂线 ,则垂线 一定在面 内.
知识与方法
当平面 平面 和 外接圆半径分别为 ,
则三棱锥 的外接球半径 .
不管是柱体还是锥体,只要有两个平面垂直,就可以用此公式,此公式让立体几何平面化,即使没有空间想象力,也可以轻松搞定这一类外接球题型的半径,可以说是解决外接球的一大法宝。
证明:如图,
典型例题
【例1】1在三棱锥 中, 中点为 平面 ,则三棱锥外接球的表面积为