2019年高考数学立体几何复习备考策略
② 证明线面平行： 判定依据 线面平 行定义 线面平行 判定定理 面面平行 性质定理 图形语言 符号语言 文字语言
2、平行与垂直的判定与证明
梳理方法系统，构建知识体系
梳理方法系统，构建知识体系：
（1）每条定理的条件、结论是什么？熟练掌握 文字语言、图形语言、符号语言的表述. （2）少一条行不行？反例是什么？ ——养成严谨论述的习惯。 （3）正用、逆用，变式训练——力争达到熟能生巧。 （4）寻求证明思路，明确目标！
高三数学（理科）立体几何复习
备考建议
一、理性的研究考纲和北京试题
二、复习备考建议 三、高三一轮复习课的一点想法
一、理性的研究考纲和北京试题
专家解读 2018 年高考数学北京卷
2018 年高考数学北京卷在坚持重视基础的同时，注重思想方法的考查。试卷突 出考查了学生的数学素养、数学应用意识、理性思维等，在数学文化方面也有所 体现。具体来说，体现在以下几点：
区均分：4.00
3 （D）当且仅当 a 时， （2，1） A 2
（12）若 x，y 满足 x+1≤y≤2x，
区均分：4.38
则 2y–x 的最小值是__________．
1 （2）在复平面内，复数 的共轭复数对应的点位于 1 i
（A）第一象限 （C）第三象限
区均分：4.13
（B）第二象限 （D）第四象限
区均分：2.67
2
2
2
2
考试说明对双曲线的几何性质是了解
（8）设集合 A {( x, y) | x y 1, ax y 4, x ay 2}, 则 （A）对任意实数 a， (2,1) A （B）对任意实数 a， （2，1） A （C）当且仅当 a<0 时， （2，1） A
例 7.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, D 为 AC 的中点, 求证: AB1 平面 BDC1
① 证明线线平行： 判定依据 公里 4 线面平行 性质定理 线面垂直 性质定理 图形语言 符号语言 文字语言
a ∥c ，b ∥c ， a ∥b
a a b b
面面平行 性质定理
求证：
1
1
为定值．
1、研读考纲但不要过度解读它； 2、研究北京试题但不要模式化；
3、全面复习是基础，强化重点是根本。
二、复习备考建议
（一）抓住2条主线，达成核心素养目标 1、知识线： 立体几何一轮复习，不仅是将原来学习过的知识温习一遍， 更重要的是将这些知识之间的关联整理清楚，形成知识网络， 构建知识整体框架，也就是所谓的温故而知新。 2、思想方法线： 立体几何从图形角度，它适合发展学生直观想象素养；从几 何证明与计算角度，它有利于培养逻辑推理和数学运算素养； 从定理应用角度，它适合培养数学建模和数学抽象素养。
（二）突出重点，提高复习效率
1、三视图 2、平行与垂直的判定与证明 3、空间向量及其应用 4、以立体几何为背景的创新问题（难点）
1、三视图
（1）定义：在空间中选取三个两两互相垂直的平面，将空 间图形向这三个平面作正投影，然后把这三个投影按一定 的布局放在一个平面内，这样构成的图形叫做空间图形的 三视图。 （2）思想方法：空间想象能力、运算能力。要教会学生借 助正方体或长方体画出几何体的直观图.
最长的棱为 AD＝ 4 2 ＋2 ＝6，选 C.
2
2
3.（2011 年北京理科）某四面体的三视图如图所示，该 四面体四个面的面积中最大的是（ A. 8 B. 6 2
C
C. 10
） D. 8 2
ADຫໍສະໝຸດ B C5. 例 4某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（
D
）
1 A. 3
2 B. 3
C. 1
法一：将题的正投影图，还原成规范的三视图
的体积是____．
法二：利用点的坐标试着推理 步骤一： 2, 2 2, 2,0 2, 2,0 步骤二： 2,1 2,1,0 2,1,0 步骤三： 2,0 2,0, 2 2,0, 2 步骤三： 2,0 2,0,0 2,0,0
4 D. 3
A C
D
B
例 6、 【西城区 2017.5 模拟试题 14】 [平均分 2.113，难度 0.423] 在空间直角坐标系 O xyz 中，四面体 A BCD 在 xOy, yOz, zOx 坐标平面上的一组正投影图 形如图所示（坐标轴用细虚线表示） ．该四面体 的体积是____．
设函数 f ( x) =[ ax2 (4a 1) x 4a 3 ] e x ． （Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1， f (1) ）处的切线与 x 轴平行，求a； （Ⅱ）若 f ( x) 在x=2处取得极小值，求a的取值范围．
f
2 x ′（x）=［ax –（2a+1）x+2］e
区均分：9.43
（19） （本小题 14 分）
区均分：9.87
已知抛物线 C： y 2 =2px 经过点 P （1，2） ．过点 Q（0，1） 的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N． （Ⅰ）求直线 l 的斜率的取值范围；
向量与解析几何 （Ⅱ）设 O 为原点， QM QO ， QN QO ， 以前北京没考过
1. 整体稳定，适度创新 2. 注重理解，考查本质 3. 强调数学应用，体现传统文化 4. 关注数学核心素养，引导课堂教学
x y x y （14）已知椭圆 M：2 2 1(a b 0) ，双曲线 N： 2 2 1 ． a b m n
若双曲线 N 的两条渐近线与椭圆 M 的四个交点及椭圆 M 的两个 焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆 M 的离心率为__________； 双曲线 N 的离心率为__________．
例1.（2016•北京）某三棱锥的三视图如图 所示，则该三棱锥的体积为（ A ）
A
D
1 A. 6
1 B. 3
1 C. 2
D.1
，三棱锥的表面积等于
B C 。
最长的棱长等于
（ 22 ）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出 例 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
高考数学立体几何的解题技巧
2019年高考数学立体几何的解题技巧1.平行、垂直位置关系的论证的策略:(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合找寻证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加协助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中运用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2.空间角的计算方法与技巧:主要步骤：一作、二证、三算;若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。
②用公式计算.(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法;(ii)三垂线定理及其逆定理法;(iii)垂面法。
②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算;(ii)射影面积法;(iii)向量夹角公式.3.空间距离的计算方法与技巧:(1)求点到直线的距离：常常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。
(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。
在不能干脆作出公垂线的状况下，可转化为线面距离求解(这种状况高考不做要求)。
(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”干脆求距离;有时干脆利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。
求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。
4.熟记一些常用的小结论，诸如：正四面体的体积公式是;面积射影公式;“立平斜关系式”;最小角定理。
弄清晰棱锥的顶点在底面的射影为底面的内心、外心、垂心的条件，这可能是快速解答某些问题的前提。
5.平面图形的翻折、立体图形的绽开等一类问题，要留意翻折前、绽开前后有关几何元素的“不变性”与“不变量”。
2019届理科数学立体几何考纲解读和复习策略与建议
2019届立体几何考纲解读和复习策略与建议一、近三年考点分布与考查情况二、考纲解读立体几何包括立体几何初步和空间中的向量与立体几何等内容。
与2018年考纲相比,2019年考纲只是删除了中心投影和“会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).”，其他没有变化，而且这部分内容作为高考的必考内容，课程标准对立体几何的要求有所降低。
立体几何部分侧重考查空间概念、推理论证能力、空间想象能力及运算求解能力。
重点考查应用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角，证明线线、线面、面面间的平行与垂直等问题。
从近六年的全国1卷试题的考查情况来看，理科立体几何题一般为2-3道题，分值为17分或22分，小题主要考查立体几何的面积与体积，且三视图是必考内容，解答题考查知识点基本相同，第（1）问考查直线与平面的位置关系为主；第（2）问解决夹角问题，且以二面角为主，但2018年出现了求直线与平面所成夹角问题，题目放在解答题第二或第三位置，属于中档难度。
在2019年的高考中预计仍会以“一小一大或两小一大”的格局呈现，命题着重考查直观想象、数学运算、数学建模与逻辑推理四大核心素养，由三视图确定几何体，几何体体积或表面积的求解，球与棱柱、棱锥的切、接问题仍是小题命题的热点，此类问题属于中档题目，难度不大。
解答题一般设计两问：第一问重点考查空间线面位置关系的证明，尤其是空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，也有可能加强对学生动手能力与探究意识的考查，如在几何体中作出与已知平面平行垂直的直线，此类问题也可能成为今后命题的一个趋势，其本质仍然是空间线面位置关系的逻辑推理，但对推理的严密性要求不高；第二问命题的重点是空间角，尤其是二面角，线面角考察的可能性也比较大，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，解决此类问题有几何法与向量法两种方法，各有优势，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上。
2019年数学高考复习备考策略
运算能力的培养 1、运算包括的几个方面：
数字的计算（精确度的计算）——概率中的计算，立体几何 中平面图形中边和角的计算
估算问题—————快速解决选择题
含字母的代数式的化简变形能力——解析几何、三角函数、数 列问题、求导问题
2、运算的合理性和准确性
（1）运算规则——公式的掌握和记忆 三角函数问题+数列问题+概率问题
数据处理能力： 会收集、整理分析数据，能从大量数据中抽取对研究
问题有用的信息，并作出判断．数据处理能力主要依据统 计案例中的方法对数据进行整理、分析，并解决给定的实 际问题．对数据作科学的整理和归纳方能显露出这一批 数据所遵循的规律；
数据处理一般需要以下三步：收集数据资料，分析发 现规律，整理抽取信息加以判断；
抽象概括能力+推理论证能力
大纲高考提出了考察思维能力的要求，而新课标高考将“思维能力”分 为具体的两个方面：抽象概括能力和推理论证能力，新课标高考对于抽象 概括能力的内涵做出了如下描述：对具体、生动的实例，抽象概括的过程 中发现研究对象的本质，从给定的大量信息中，概括出一些结论，并能将 其应用于解决问题或作出新的判断．从现实问题中概括具体的数学模型， 需要抽象概括能力，最典型的是解应用题。
空间想象能力：由于课标教材的调整，课标卷中连续两年对球内接 问题的研究在新增三视图知识板块和利用空间向量的基础上相对而 言难度有所降低，但对空间想象能力的考察在三视图问题中要求仍 然很高； 事实上由于空间向量的引入，学生在处理立体几何问题上 的空间想象能力有所退化，因此老师们对于空间想象能力的培养应 给予足够的重视。
甲
乙
3 1 27
7 5 5 0 28 4
5 4 2 29 2 5 8 7 3 3 1 30 4 6 7
2019年高考数学备考研讨《立体几何复习策略》专题讲座 精品优选公开课件
新课标卷对立体几何解答题的考查，一般分成两部分，前一部分主要考查 空间中点、线、面的位置关系，全国新课标Ⅰ卷文理科解答题将垂直关系作为 考查的重点。近5年来，全国新课标Ⅰ卷在解答题中都考查垂直关系，未涉及平 行问题，且5年中有3年都考查了平面与平面垂直的判定。全国新课标Ⅱ卷常考 查平行问题。后一部分理科主要考查空间角的计算问题，全国新课标Ⅰ卷特别 青睐二面角的考查，理科2011—2017这七年中有5年都考查了二面角问题,18 年才考线面角。而文科第（2）问一般研究几何体的体积或点面距，通过计算发 现垂直关系、进而证明线面垂直找到几何体的高，当然也注意高、底面、等积 的转换．
立体几何专题的考查热点问题：
1、突出三视图问题的考查
全国新课标卷每年都考查三视图问题，从考查形式 来看,以选择题、填空题为主。对有关三视图试题进行 分析，可以感受到全国新课标卷重视对空间想象能力 的考查。这部分内容主要考查以下两个方面的内容： 一是几何体三视图的识别与判断； 二是简单几何体（包括简易组合体）的三视图与几何 体的表面积、体积的求解问题。
2. 分步骤由三视图还原出几何体。这是关键，在这个 环节要多检查，即由所思的几何体来画三视图， 看看是否符合要求．
2、球的“切、接”问题
• 在以球为载体的问题中： • 一是考查球的表面积、体积及距离等基本量的计算。 • 二是考查球与多面体的相切接，较好地考查了学生
的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。
【2014 年课标卷Ⅰ理 12】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
【2016 年课标卷Ⅰ理 6】如图，某几何体的三视图是三个半径 相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是
高考数学一轮复习：立体几何备考策略
2019年高考数学一轮复习：立体几何备考策略
1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决平行与垂直的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。
2.判定两个平面平行的方法：
(1)根据定义--证明两平面没有公共点;
(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;
(3)证明两平面同垂直于一条直线。
3.两个平面平行的主要性质：
⑴由定义知：两平行平面没有公共点。
⑵由定义推得：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。
⑶两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于
另一个平面。
⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。
⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。
以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为性质定理，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。
总结：以上就是2019年高考数学一轮复习：立体几何备考策略的全部内容，请大家认真阅读，巩固学过的知识，小编祝愿同学们在努力的复习后取得优秀的成绩!。
2019年高考立体几何与解析几何备考建议24
Ⅰ．立体几何的考试内容与要求
2.在“点、直线、平面之间的 位置关系”中只涉及位置关系
的 判断与证明，不涉及角与距离 的计算（立体几何初步）.
Ⅰ．立体几何的考试内容与要求
3.（理）在“空间向量与立体 几何”中突出了用向量的方法证 明“有关直线和平面位置关系的 一些定理”以及“空间角”的计
算。 了解向量方法在立体几何中的
9+12
09 5线面角
浙江 17面面垂直 20线面垂直及平行，空间距离
9+15
Ⅰ．“新课程卷”立体几何考题分 析
（1）从考题数量,所占分值来看,同 一省不同年份差异不大，不同省份略 有差异，一般为2-3题。
（2）文理科差异较大，文科以三视图、 面积与体积、平行与垂直关系的判断与 证明为主要的考查对象，三视图几乎必 考。
年份
省 份
广 东
2009
山 东
题型
难 度
分 值
相应考点简析
填空题
简 单
5
11椭圆的定义,椭圆的几何性质
解答题
中 等
14
19直线方程,抛物线,轨迹方程,圆锥曲线的 交点,最值计算
1小1大,共19分,涉及到的知识点有:直线,圆,椭圆,抛物线,轨迹 问题
选择题
较 易
5
9直线方程,抛物线方程,双曲线离心率
解答题
2019年高考立体几何与解析几何备考建议24
●关注“考纲”，把握“动 向”
●研究“考题”、明确“考 情”
● 2019年高考备考建议
●关注“考纲”，把握“动 向”
Ⅰ．立体几何的考试内容与要求
Ⅱ．解析几何的考试内容与要求
Ⅰ．立体几何的考试内容与要求
1.空间几何体中增加了“三 视 图”并且要求较高
高考数学一轮复习攻略之立体几何
2019年高考数学一轮复习攻略之立体几何?近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。
考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。
其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
历年高考中立体几何命题有如下特点：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“距离”的计算常在解答题中综合出现。
这个工作可让学生分组负责收集整理，登在小黑板上，每周一换。
要求学生抽空抄录并且阅读成诵。
其目的在于扩大学生的知识面，引导学生关注社会，热爱生活，所以内容要尽量广泛一些，可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。
如此下去，除假期外，一年便可以积累40多则材料。
如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料，写起文章来还用乱翻参考书吗? 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。
4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点。
单靠“死”记还不行，还得“活”用，姑且称之为“先死后活”吧。
让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来，摒弃那些假话套话空话，写出自己的真情实感，篇幅可长可短，并要求运用积累的成语、名言警句等，定期检查点评，选择优秀篇目在班里朗读或展出。
这样，即巩固了所学的材料，又锻炼了学生的写作能力，同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等，达到“一石多鸟”的效果。
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。
2019届高考数学学科备考《解析几何复习策略》
(2)近六年全国Ⅰ卷文科考点分布
年份 题号、分值及考查知识点 第 21 题； 12分；定义法求椭圆的 第 4题； 5分；双曲线离心 第 8题； 5分；抛物线定义、 轨迹方程、圆半径最值，椭圆弦 率、渐近线方程. 三角形面积.. 长（同理科）. 第 4题； 5分；双曲线的离 第 10 题； 5 分；抛物线定 第 20 题； 12分；求轨迹方程（椭 心率. 义. 圆）、三角形面积、直线方程等. 第 20 题； 12分；直线与圆位置关
①稳定的题型结构中略有变化
文科特点： 两个小题通常一 个为容易题，位置在第 4 或5 题，通常为选择题。另一个 为中档题，通常在填空题的 偏后位置，偶尔也为填空题。 对于一个大题，除了2013年 在第 21 题位置外，其他年份 都为第 20 题位置，位置相对 稳定，难度也相对稳定。 理 科 特 点 ： 两 个 小 题 从 2013 年 到 2016 年与文科特点基本相同，两个 同为选择题的概率大些。但 2017 年 第 1 小题放在第 10 题位置， 2018 年 为第 8 题。对于一个大题，从 2013 年2017年都保持在第20题位置，而 2018年则放在了第19题位置。这可 以看成理科对中档题的考查要求略 微提升，而相对降低了运算的难度。
②知识点的考查稳中有变
理科特点：考查内容全面覆盖直线、圆、椭圆、双曲线和抛物线的全部内容。具体来说， 每小题的知识点通常在3 个及以上，考查的重点为：抛物线和双曲线的定义、几何性质； 直线与抛物线的位置关系；简单的与抛物线、双曲线有关的参数和取值范围。偶尔有年份 考查椭圆的方程、几何性质，以及圆的定义及性质等。而对大题的考查主要是以椭圆为背 景，着重考查直线与椭圆的位置关系，以及与此相关的取值范围、面积最值、定点、定值 等问题。只有2015年是考查直线与抛物线位置关系的相关问题。 文科特点：考查内容全面覆盖直线、圆、椭圆、双曲线和抛物线的全部内容。具体来说， 每个小题的知识点通常为2个及以上，考查的重点为：①圆、抛物线、双曲线和椭圆的定 义、几何性质等；②直线与圆、抛物线、双曲线的位置关系，偶尔出现直线与椭圆；③简 单的与抛物线、双曲线有关的参数的取值范围。对于大题的考查，背景以抛物线或椭圆为 主，重点考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，及其条件下的取值范围、面积最值、定点、 定值等问题。偶尔出现以圆为背景的年份，如2015年等。
高三一轮复习数学立体几何复习方法
2019高三一轮复习数学立体几何复习方法：在高三的同学们进行第一轮复习的重要阶段，精品的高三频道为大家准备了2019高三一轮复习数学立体几何复习方法希望帮助同学们复习高三数学重要的必考知识点，欢迎大家积极参考!一、逐渐提高逻辑论证能力论证时，首先要保持严密性，对任何一个定义、定理及推论的理解要做到准确无误。
符号表示与定理完全一致，定理的所有条件都具备了，才能推出相关结论。
切忌条件不全就下结论。
其次，在论证问题时，思考应多用分析法，即逐步地找到结论成立的充分条件，向已知靠拢，然后用综合法(推出法)形式写出。
二、立足课本，夯实基础直线和平面这些内容，是立体几何的基础，学好这部分的一个捷径就是认真学习定理的证明，尤其是一些很关键的定理的证明。
例如：三垂线定理。
定理的内容都很简单，就是线与线，线与面，面与面之间的关系的阐述。
但定理的证明在出学的时候一般都很复杂，甚至很抽象。
掌握好定理有以下三点好处：(1)深刻掌握定理的内容，明确定理的作用是什么，多用在那些地方，怎么用。
(2)培养空间想象力。
(3)得出一些解题方面的启示。
在学习这些内容的时候，可以用笔、直尺、书之类的东西搭出一个图形的框架，用以帮助提高空间想象力。
对后面的学习也打下了很好的基础。
三、转化思想的应用我个人觉得，解立体几何的问题，主要是充分运用转化这种数学思想，要明确在转化过程中什么变了，什么没变，有什么联系，这是非常关键的。
例如：(1)两条异面直线所成的角转化为两条相交直线的夹角即过空间任意一点引两条异面直线的平行线。
斜线与平面所成的角转化为直线与直线所成的角即斜线与斜线在该平面内的射影所成的角。
(2)异面直线的距离可以转化为直线和与它平行的平面间的距离，也可以转化为两平行平面的距离，即异面直线的距离与线面距离、面面距离三者可以相互转化。
而面面距离可以转化为线面距离，再转化为点面距离，点面距离又可转化为点线距离。
(3)面和面平行可以转化为线面平行，线面平行又可转化为线线平行。
2019届高三理科数学立体几何解答题解题方法规律技巧详细总结版
高三理科数学立体几何解题方法规律技巧详细总结版【简介】1.立体几何是高考的重要内容，为解答题的必考题型.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).【3年高考试题比较】全国高考命题的一个显著变化是，由知识立意转为能力立意，往往遵循大纲又不拘泥于大纲．高考在考查空间想象能力的同时又考查空间想象能力、逻缉思维能力、推理论证能力、运算能力和分析问题以及解决问题的能力． 通过比较近三年的高考试题，可发现，立体几何一般有两问，第一问均为考查线面的位置关系，平行和垂直均有涉及；第二问主要考查角的运算，异面所成角，线面角，二面角都有考查，利用空间直角坐标系计算的需要先证明再建系，对于空间位置关系要求较高.【必备基础知识融合】1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和. 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l3.表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 33.(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. (2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 4.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线 直线与平面 平面与平面平行关系 图形 语言符号 语言 a ∥ba ∥αα∥β相交关系 图形 语言符号 语言 a ∩b ＝Aa ∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形 语言符号 语言a ，b 是异面直线a ⊂α5.平行公理(公理4)和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. 6.异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角). (2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2.7.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义直线l 与平面α没有公共点，则称直线l 与平面α平行. (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示 判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a ⊄α，b ⊂α， a ∥b ⇒a ∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b8.(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b9.与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.10.直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥al⊥ba∩b＝Oa⊂αb⊂α⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b11.(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥al⊂β⇒l⊥α12.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.13.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝014.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)求法cos β＝a·b|a||b|cosθ＝|cos β|＝|a·b||a||b|15.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|.16.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).【解题方法规律技巧】典例1：在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形， ABE ∆为直角三角形， 90BAE ∠=，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若AB=2AE ，求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2）105.所以DB ⊥平面AEC ，BD a 面BED 故有平面AEC ⊥平面BED.【规律方法】(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移. (2)求异面直线所成角的三个步骤①作：通过作平行线，得到相交直线的夹角. ②证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角.③求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.典例2：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中， 1,2,,AB AD E F ==分别为1,AD AA 的中点， Q 是BC 上一个动点，且(0)BQ QC λλ=>.（1）当1λ=时，求证：平面//BEF 平面1A DQ ；（2）是否存在λ，使得BD FQ ⊥？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）详见解析（2）13λ=（2）连接,AQ BD 与FQ ，因为1A A ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，所以1A A BD ⊥. 若1,,BD FQ A A FQ ⊥⊂平面1A AQ ，所以BD ⊥平面1A AQ . 因为AQ ⊂平面1A AQ ，所以AQ BD ⊥.在矩形ABCD 中，由AQ BD ⊥，得~AQB DBA ∆∆，所以， 2AB AD BQ =⋅.【规律方法】(1)判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用反证法(线面平行的定义)；②利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； ③利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； ④利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β).(2)利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线. （3）判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理.②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). (2)面面平行的性质定理①两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交，则交线平行. （4）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(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α).典例3：如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .规律方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.典例4：如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3). 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .【规律方法】 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.典例5：如图，在四棱锥P -ABCD 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： (1)△PCD 的面积.(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小.解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2， 所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.图1图2法二 如图2，建立空间直角坐标系，则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cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【规律方法】(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解. (2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.典例6:如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°. (1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值.∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.【规律方法】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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.典例7：如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D为AC的中点，AB⊥B1D.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值；(3)求二面角B－B1D－C的余弦值.(2)解 由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直.②以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题设知B 1(0，0，3)，D (0，1，0)， A (－1，0，0)，C (1，2，0)，C 1(0，2，3).则B 1D →＝(0，1，－3)，AC →＝(2，2，0)，CC 1→＝(－1，0，3).设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，取m ＝(3，－3，1).∴cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m |B 1D →||m |＝0×3＋1×（－3）＋（－3）×102＋12＋（－3）2×（3）2＋（－3）2＋12＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217.③ (3)解 由题设知B (1，0，0)，则BD →＝(－1，1，0)，B 1D →＝(0，1，－3)，DC →＝(1，1，0).设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1). 同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3×（－3）＋3×3＋1×1（3）2＋（3）2＋12×（－3）2＋（3）2＋12＝17.∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为17.④【规律方法】(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.（3）利用向量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.易错警示 对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交； 对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.典例8：如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【规律方法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.典例9：如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，A D ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0， 得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0).设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；【规律方法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【归纳常用万能模板】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO.(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB.2分 又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ，∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.4分又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD.6分(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).8分设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0， 令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).10分设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.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.【易错易混温馨提醒】一、利用空间向量求解线面角时，得到是线面角的正弦值，注意不是余弦值.易错1：如图，三棱柱111ABC A B C-中，01111160,4B A AC A A AA AC∠=∠===，2AB=，,P Q分别为棱1,AA AC的中点.（1）在平面ABC内过点A作//AM平面1PQB交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明.（2）若侧面11ACC A⊥侧面11ABB A，求直线11A C与平面1PQB所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）39.试题解析：（1）如图，在平面11ABB A内，过点A作1//AN B P交1BB于点N，连结BQ，在1BB Q∆中，作1//NH B Q交BQ 于点H ，连结AH 并延长交BC 于点M ，则AM 为所求作直线.∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0,3-，∴()(110,2,23,0,3AC PQ =-=-.∵011112,60A B AB B A A ==∠=，∴()13,1,0B ，∴()13,1,0PB =， 设平面1PQB 的法向量为(),,m x y z =，二、不能直接建立空间直角坐标系时，要利用条件先证再建系.易错2：如图，在三棱柱111ABC A B C -中， D 为BC 的中点， 00190,60BAC A AC ∠=∠=，12AB AC AA ===.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ；（2）当14BC =时，求直线1B C 与平面1ADC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2310．【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用直线与平面平行的判定定理进行分析推证；（2）依据题设条件建立空间直角坐标系，借助向量的有关知识与数量积公式分析求解：（1）证明：连结1A C 与1AC 相交于点E ，连结ED .∵,D E 为中点，∴1//A B ED ，又∵1A B ⊄平面1,ADC ED ⊂平面1ADC ，∴1//A B 平面1ADC .三、在空间中点的坐标不好确定时，可以先设出来，再根据条件列方程求解确定即可. 易错3：如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ， 2AB BC ==， 30ACB ∠=， 1120C CB ∠=， 11BC AC ⊥， E 为AC 的中点．（1）求证： 1A C ⊥平面1C EB ；（2）求二面角1A AB C --的余弦值．【答案】（1）见解析;（2）13．则由余弦定理得2221312223412AC x x x x =+-⋅=-+． 2221332323C E x x x x ⎛=+-⋅=++ ⎝⎭，设1A C 与1C E 交于点H ，则 1123A H AC =， 1123C H C E =，而1A C ⊥ 1C E ，则2221111A H C H A C +=． 于是()()(22244412232399x x x x -++++=，即260x x --=，∴3x =或2-（舍） 容易求得： 16A E =22211A E AE AA +=．故1A E AC ⊥，由面11A ACC ⊥面ABC ，则1A E ⊥面ABC ，过E 作EF AB ⊥于F ，连1A F ，则1A FE ∠为二面角1A AB C --的平面角，由平面几何知识易得3EF =， 1332A F =∴11312cos3332AEA FEA F∠===．方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA x=，1A ACθ∠=，则()1,3,0B，()0,23,0C，()0,3,0E，()10,23cos,sinC x xθθ+．∴()1,3,0CB=-，()10,cos,sinCC x xθθ=．由1111cos,2CB CCCB CCCB CC⋅==-，得3cos12xθ-⋅=-，∴3cosθ=，则1360,,33A x x⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1360,23,33C x x⎛⎫+⎪⎪⎝⎭，于是1360,23,33AC x x⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，1361,3,BC x⎛⎫=-+⎪⎪⎝⎭，∵11AC BC⊥，不妨设平面ABC的法向量()20,0,1n=，则121212212cos,3912n nn nn n-⋅===-⨯，故二面角1A AB C --的余弦值为13．四、建立空间直角坐标系的原则是：让尽量多的点落在坐标轴或轴面上. 易错4：如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将 AED DCF △，△分别沿DE ，DF 折起，使 A C ，两点重合于P .（Ⅰ）求证：平面PBD BFDE ⊥平面；（Ⅱ）求二面角P DE F --的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）23所以 BE BF DE DF ==，，所以DEB DFB △≌△，所以在等腰DEF △中，O 是EF 的中点，且EF OD ⊥，因此在等腰PEF △中，EF OP ⊥，从而EF OPD ⊥平面，又EF BFDE ⊂平面，所以平面BFDE OPD ⊥平面，即平面PBD BFDE ⊥平面.…………………6分所以AF DE ⊥，于是，在翻折后的几何体中，PGF ∠为二面角P DE F --的平面角，在正方形ABCD 中，解得25AG =，35GF =， 所以，在PGF △中，25PG AG ==，35GF =，1PF =， 由余弦定理得2222cos 23PG GF PF PGF PG GF +-∠==⋅， 所以，二面角P DE F --的余弦值为23.………………………………12分五、求二面角余弦值时，要正确判断二面角为钝角还是锐角.易错5：四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 22,AB BC PA PB ===，.侧面PAB ⊥底面ABCD .（1）证明： PC BD ⊥；（2）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）10【试题解析】解：（1）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD以O 为原点， OP 为z 轴， OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B C D- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=- 0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥.证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ②由①②知BD ⊥平面PCO所以PC BD ⊥.六、多解问题的取舍.易错6：如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E ， F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）212λ=±.（2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-. 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--.若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=，即()()2210λλλλ---+=，解得21λ=±，显然满足02λ<<. 故存在212λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.。