哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座立体几何教师版[3]
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座(教师版)直线、平面、简单几何体第一课时题型一 多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2004年天津高考) 如图,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,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.解析：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力,满分12分.方法一：（1）证明：连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB （2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知,DF PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知,DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ,则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=, a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==.A C在PDB Rt ∆中,a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=. 在EFD Rt ∆中,233622sin ===a aDF DE EFD , ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点,设a DC =. （1）证明：连结AC ,AC 交BD 于G ,连结EG . 依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且)2,0,2(),,0,(aa EG a a PA -=-=.∴EG PA 2=,这表明P A //EG .而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ,∴P A //平面EDB . （2）证明:依题意得(,,0)B a a ,(,,)PB a a a =-.又(0,,)22a a DE =, 故220022a a PB DE ⋅=+-=.∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD . （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,PB PF λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ.从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ. 由条件PB EF ⊥知,0=⋅PB FE ,即0)21()21(222=---+-a a a λλλ,解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ,且(,,)366a a a FE =--,)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅,且 a a a a FE 6636369||222=++=,a a a a FD 369499||222=++=,∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 拓展提升：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来 【变式训练】1（( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥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 的距离.解法一 （Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .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 . （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，图4(0,1)PB =-于是1cos ,623AQ PB AQ PB AQ PB⋅<>==⋅.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(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⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离322PQ n d n⋅==. 解法二 （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 . 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O BD AC = ，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 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC . 从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ，所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)连结OM ，则PQ AB OM 21221===. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM . 即点P 到平面QAD 的距离是22.QBCPADOM2.(2007全国Ⅰ·文)四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知45ABC ∠=︒，2AB =，BC =SA SB == （Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SBC 所成角的大小． 解法一：（1）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 =SD又sin 452AO AB ==DE BC ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面SBC ，连结SE ．ESD ∠为直线SD 与平面SBC 所成的角．sin 11ED AO ESD SD SD ====∠ 所以，直线SD 与平面SBC所成的角为arcsin11． 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 -，因为2AO BO AB ===1SO =，又BC =0)A ，，DBCASOE(0B，(0C ，． (001)S ，，，(21)SA =-，，， (0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）(21)SD SA AD SA CB =+=-=--，，(20)OA =，，. OA 与SD 的夹角记为α，SD 与平面ABC 所成的角记为β，因为OA 为平面SBC 的法向量，所以α与β互余．22cos 11OA SD OASDα==，sin 11β=，所以，直线SD 与平面SBC 所成的角为arcsin 11．3.（全国1）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ,且PA =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小. 本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：（Ⅰ）证明：∵P A ⊥面ABCD ,CD ⊥AD , ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD .因而,CD 与面P AD 内两条相交直线AD ,PD 都垂直, ∴CD ⊥面P AD . 又CD ⊂面PCD ,∴面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：过点B 作BE //CA ,且BE =CA , 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE ,可知AC =CB =BE =AE =2,又AB =2,所以四边形ACBE 为正方形. 由P A ⊥面ABCD 得∠PEB =90° 在Rt △PEB 中BE =2,PB =5, .510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos所成的角为与PB AC ∴D CA DCBN M E P（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ,垂足为N ,连结BN . 在Rt △P AB 中,AM =MB ,又AC =CB , ∴△AMC ≌△BMC ,∴BN ⊥CM ,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ,由三垂线定理,得CB ⊥PC , 在Rt △PCB 中,CM =MB ,所以CM =AM . 在等腰三角形AMC 中,AN ·MC =AC AC CM⋅-22)2(, 5625223=⨯=∴AN . ∴AB =2,322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为P A ⊥PD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A （0,0,0）B （0,2,0）,C （1,1,0）,D （1,0,0）,P （0,0,1）,M （0,1,)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ,y ,z ）,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,..22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.555AN BN AN BN ==⋅=- 2cos(,).3||||AN BNAN BN AN BN ⋅∴==-⋅故所求的二面角为2arccos().3-第二课时题型二 结论探索性问题 【典例2】（2006年江西高考）如图,在三棱锥A －BCD 中,侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的斜边,且AD BD ＝CD ＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD ⊥BC(2)求二面角B －AC －D 的大小 (3)在直线AC 上是否存在一点E ,使ED 与面BCD 成30︒角？若存在,确定E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
2010届高三二轮复习专题讲座—立体几何
1．复习规划
立体几何二轮复习，建议两个专题，共四课时： 专题一：空间几何体（包括直观图，展开与折叠， 表面积和体积）； 专题二：空间的平行与垂直（点、线、面之间的 位置关系，线与线、线与面、面与面平行与垂直的 定义、判定定理和性质定理，并能运用它们进行论 证和解决有关的问题，并会规范地写出解题过程） 05 二轮复习示例-空间的平行与垂直.doc
08 总结提炼数学思想方法，培养基本的数 学观念.doc （6）与推理与证明结合(平几基本图形的性质向 空间的推广),认识常见图形 09 与推理与证明结合, 认识常见图形.doc
3. 二轮复习对教学中还需注意
◆指导学生多读题，读懂题，学会审题。
◆立足“三基”，基本知识要熟，基本方法要活， 基本数学观念要有。 ◆要坚持做到解每一题至少要有两个解题思路， 并坚持让学生总结．这样不仅熟练基本知识，活用 基本思想方法，而且树立了信心。 ◆要取得好得成绩，树立与保持信心至关重要。
有关三垂线定理问题，三垂线定理及其逆定理的 本质就是线面垂直，可用线面垂直表达.
若直接用，需先认清所观察的平面及它的垂线，从 而明确斜线、射影、面内直线的位置，根据定理由已 知的两直线垂直得出新的两直线垂直时，需说明“由 三垂线定理得”.
立几中凡涉及平面几何的问题，一定严格按照初中 平面几何的证明要求，不能跳步骤。 平行线分线段成比例，在空间证菱形时，仅证四边 相等是不行，必须先证共面或平行四边形。
高三数学二轮复习建议 立体几何
立体几何是高中数学的重要内容
它是历年高考重点考查的内容
也是高三数学复习的重点之一 ◆必考.主要承载着对空间想象能力的考 查。 ◆好得分.难度中等偏下，分步设问，层 次分明，使得不同层次的学生都可得到一定 的分数。
名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题五 解析几何 分类题型解析(4讲50张PPT)
圆的方程是常考问题，但有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐
藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终可以利用圆的知识
来求解，常见的策略如下：
策略一 利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐圆；
【解析】 设 M(x，y)，则(x＋3)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝16，
即(x＋1)2＋y2＝4，所以
1＋3 a2≤2，解得
a≤－
25或
a≥
5 2.
(2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y＝2x－4.
设圆 C 的半径为 1，圆心在直线 l 上，若圆 C 上存在一点 M，使得 MA ＝2MO，则圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为__0_，__1_52___．
由 5a2－12a≤0，得 0≤a≤152.
(3) 在△ABC 中，若 BC＝2 2，A→B·A→C＝1，则△ABC 面积的最大值为____6____．
【解析】 如图，以 BC 的中点为坐标原点 O，BC 为 x 轴建立平面直角坐标系，则
B(－ 2，0)，C( 2，0)． 设 A(x，y)，则A→B·A→C＝(－ 2－x，－y)·( 2－x，－y)＝x2＋y2
名师讲坛高考高三数学二轮专题复习课件
专题五 解析几何 微切口17 隐性圆的研究1
(1) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x＋a＋3)2＋
(y－2a)2＝1(a 为实数)．若圆 O 与圆 M 上分别存在点 P，Q，使得∠OQP＝30°，则 a 的 取值范围为__－__65_，__0_ ．
2020届高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课——立体几何专题强化练理
满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． [规范解答] (1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2). 又DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255.高考状元满分心得1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全．如第(1)问中BC ⊥DM ；在证明平面AMD ⊥平面BMC 时，只写出DM ⊥平面BMC ，忽视条件DM ⊂平面AMD ，均导致扣分．2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件，否则不得分；第(2)问中不写出公式cos 〈n ，DA →〉＝DA →·n|DA →||n |而得出余弦值则要扣1分．3．正确计算是得满分的保证：如第(2)问中三棱锥MABC 体积最大时，点M 的坐标，求平面法向量坐标，以及cos 〈n ，DA →〉的值，否则题目不能得分．[解题程序] 第一步：由面面垂直性质，证BC ⊥平面CMD ，与BC ⊥DM ， 第二步：根据面面垂直判定，证平面AMD ⊥平面BMC ， 第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标， 第四步：计算平面MAB 的法向量，求二面角的正弦值， 第五步：检验反思，规范解题步骤． [跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB . 因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .(2)解：如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23).AP →＝(0，2，23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝(－833，433，－43)．又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 2.(2019·广州调研)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CC 1＝4，AB ＝2，AC ＝22，∠BAC ＝45°，点M 是棱AA 1上不同于A ，A 1的动点．(1)证明：BC ⊥B 1M ；(2)若平面MB 1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M B 1C A 的余弦值． (1)证明：在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝4＋8－2×2×22×cos 45°＝4， 所以BC ＝2，则有AB 2＋BC 2＝8＝AC 2， 所以∠ABC ＝90°，所以BC ⊥AB . 又因为BC ⊥BB 1，BB 1∩AB ＝B ， 所以BC ⊥平面ABB 1A 1， 又B 1M ⊂平面ABB 1A 1， 故BC ⊥B 1M .(2)解：由题设知，平面MB 1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C ABB 1M 和四棱锥B 1A 1MCC 1.由(1)知四棱锥C ABB 1M 的高为BC ＝2， 因为V 三棱柱ABC A 1B 1C 1＝12×2×2×4＝8，所以V 四棱锥C ABB 1M ＝12V 柱＝4，又V 四棱锥C ABB 1M ＝13·S 梯形ABB 1M ·BC ＝23S 梯形ABB 1M ＝4，所以S 梯形ABB 1M ＝6＝AM ＋42×2，所以AM ＝2.此时M 为AA 1的中点．以点B 为坐标原点，BA →，BC →，BB 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B xyz .所以A (2，0，0)，C (0，2，0)，B 1(0，0，4)，M (2，0，2)． 所以CB 1→＝(0，－2，4)，B 1M →＝(2，0，－2)，AC →＝(－2，2，0)， 设n 1＝(x ，y 1，z 1)是平面CB 1M 的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CB 1→＝0，n 1·B 1M →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋4z 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令z 1＝1，可得n 1＝(1，2，1)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACB 1的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB 1→＝0，n 2·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 2＋4z 2＝0，－2x 2＋2y 2＝0，令z 2＝1，可得n 2＝(2，2，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝736＝7618，所以二面角M B 1C A 的余弦值为7618.。
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座(教师版)直线、平面、简单几何体第一课时题型一 多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2004年天津高考) 如图,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,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.解析：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力,满分12分.方法一：（1）证明：连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB （2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知,DF PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知,DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ,则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=, a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==.A C在PDB Rt ∆中,a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=. 在EFD Rt ∆中,233622sin ===a aDF DE EFD , ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点,设a DC =. （1）证明：连结AC ,AC 交BD 于G ,连结EG . 依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且)2,0,2(),,0,(aa a a -=-=.∴EG PA 2=,这表明P A //EG .而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ,∴P A //平面EDB . （2）证明:依题意得(,,0)B a a ,(,,)PB a a a =-.又(0,,)22a a DE =, 故220022a a PB DE ⋅=+-=.∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD . （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ.从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ. 由条件PB EF ⊥知,0=⋅,即0)21()21(222=---+-a a a λλλ,解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ,且(,,)366a a a FE =--,)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a =+-=⋅,且 a a a a 6636369||222=++=,a a a a 369499||222=++=,∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 拓展提升：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来 【变式训练】1（( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥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 的距离.解法一 （Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .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 . （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(--=，图41)PB =-于是1cos ,623AQ PB AQ PB AQ PB⋅<>==⋅.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(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 的距离32PQ n d n⋅==. 解法二 （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 . 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O BD AC = ，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 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC . 从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ，所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)连结OM ，则PQ AB OM 21221===. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM . 即点P 到平面QAD 的距离是22.QBCPADOM2.(2007全国Ⅰ·文)四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知45ABC ∠=︒，2AB =，BC =SA SB = （Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SBC 所成角的大小． 解法一：（1）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 =SD ==又sin 452AO AB ==DE BC ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面SBC ，连结SE ．ESD ∠为直线SD 与平面SBC 所成的角．sin ED AO ESD SD SD ====∠ 所以，直线SD 与平面SBC所成的角为arcsin11． 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 -，因为2AO BO AB ===， 1SO =，又BC=0)A ，，DBCASO E(0B，(0C ．(001)S ，，，(21)SA =-，，，(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）(21)SD SA AD SA CB =+=-=--，，(20)OA =，，.OA 与SD 的夹角记为α，SD 与平面ABC 所成的角记为β，因为OA 为平面SBC 的法向量，所以α与β互余．22cos 11OA SD OA SDα==，sin 11β=， 所以，直线SD 与平面SBC 所成的角为arcsin 11．3.（全国1）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ,且PA =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小. 本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：（Ⅰ）证明：∵P A ⊥面ABCD ,CD ⊥AD , ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD .因而,CD 与面P AD 内两条相交直线AD ,PD 都垂直, ∴CD ⊥面P AD . 又CD ⊂面PCD ,∴面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：过点B 作BE //CA ,且BE =CA , 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE ,可知AC =CB =BE =AE =2,又AB =2,所以四边形ACBE 为正方形. 由P A ⊥面ABCD 得∠PEB =90° 在Rt △PEB 中BE =2,PB =5, .510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos所成的角为与PB AC ∴A DCBN M E P（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ,垂足为N ,连结BN . 在Rt △P AB 中,AM =MB ,又AC =CB , ∴△AMC ≌△BMC ,∴BN ⊥CM ,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ,由三垂线定理,得CB ⊥PC , 在Rt △PCB 中,CM =MB ,所以CM =AM . 在等腰三角形AMC 中,AN ·MC =AC AC CM ⋅-22)2(, 5625223=⨯=∴AN . ∴AB =2,322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为P A ⊥PD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A （0,0,0）B （0,2,0）,C （1,1,0）,D （1,0,0）,P （0,0,1）,M （0,1,)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ,y ,z ）,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,..22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.5AN BN AN BN ==⋅=- 2cos(,).3||||AN BNAN BN AN BN ⋅∴==-⋅故所求的二面角为2arccos().3-第二课时题型二 结论探索性问题 【典例2】（2006年江西高考）如图,在三棱锥A －BCD 中,侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的斜边,且AD BD ＝CD ＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD ⊥BC(2)求二面角B －AC －D 的大小 (3)在直线AC 上是否存在一点E ,使ED 与面BCD 成30︒角？若存在,确定E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题四 立体几何 第2讲 精品
∵棱柱 ADE－BCF 是直三棱柱，∴AB⊥平面 BCF，∴B→A是平面 BCF 的一个法向量，且 OM⊄平面 BCF，∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1， z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵D→F＝(1，－1，1)，D→M＝12，－1，0， D→C＝(1，0，0)，C→F＝(0，－1，1)，由nn11· ·DD→→FM＝＝00，.
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos a，μ |.
(3)面面夹角
设平面 α，β的夹角为 θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos μ，v |.
热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面
ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为 AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证： (1)OM∥平面 BCF； (2)平面 MDF⊥平面 EFCD.
证明 法一 由题意，得 AB，AD，AE 两 两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间 直角坐标系. 设正方形边长为 1，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0， O12，12，12. (1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1，0，0)， ∴O→M·B→A＝0，∴O→M⊥B→A.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)，平面 α，β的法向量分别为 μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4， c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2 ， 则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋ ＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座概率教师版[4]
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）概 率第五课时基础训练：１．【07全国Ⅱ】１４．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布2(1)(0)N σσ>，．若ξ在(01)，内取值的概率为0．４，则ξ在(02)，内取值的概率为 ．0．8 ２．【07安徽】１0．以()x Φ表示标准正态总体在区间()x -∞，内取值的概率，若随机变量ξ服从正态分布2()N μσ，，则概率()P ξμσ-<等于（ B ）A ．()()μσμσΦ+-Φ-B ．(1)(1)Φ-Φ-C ．1()μσ-ΦD ．2()μσΦ+３．【07湖南】５．设随机变量ξ服从标准正态分布(01)N ，，已知(1.96)0.025Φ-=，则(|| 1.96)P ξ<=（ C ）A ．0．0２５B ．0．0５0C ．0．9５0D ．0．97５４．【07浙江】（５）已知随机变量ξ服从正态分布2(2)N σ，，(4)0.84P ξ=，则(0)P ξ= （ A ）A ．0.16 B ．0.32C ．0.68D ，0.84【例】〖06湖北〗在某校举行的数学竞赛中,全体参赛学生的竞赛成绩近似服从正态分布(70,100)N .已知成绩在90分以上（含90分）的学生有１２名.（Ⅰ）、试问此次参赛学生总数约为多少人？（Ⅱ）、若该校计划奖励竞赛成绩排在前５0名的学生,试问设奖的分数线约为多少分？ 可共查阅的（部分）标准正态分布表00()()x P x x Φ=<0x 0 １ ２ ３ ４ ５ 6 7 8 9解：（１）设参赛学生的分布数为ξ,因为(70,100)N ξ,由条件知：9070(90)1(90)1F(90)=1()1(2)10.97720.022810P P ξξ-≥=-<=--Φ=-Φ=-=这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的２．２8％ 因此,参赛总人数约为125260.0228≈（人）（２）假定设奖的分数线为x 分,则7050()1()1()1()0.095110526x P x P x F x ξξφ-≥=-<=-=-== 即70()0.904910x -Φ=,查表得701.3110x -=,解得83.1x = 故设奖的分数线约为8３分.〖练习〗１． 甲，乙两射击运动员进行射击比赛，射击相同的次数，已知两运动员射击的环数ξ稳定在7，8，9，１0环。
2018年高三最新 黑龙江哈五中高三数学(理科)第二轮复习专题讲座专题二——概率与统计 精品
(3)求证：2365.(2,)24n n P P P n n N -+++>∈…(70,100)N 9070()10-Φ分）的学生人数约占全体参赛人数的222222331113444411*********(2)()()()()()()()()62326363648P C C C C ξ==+++=3313114411111(3)()()()()623212P C C ξ==+=；4444441117(4)()()631296P C C ξ==+=；107515511797012344321264812129681E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.6．如图，四棱锥S ABCD -的所有棱长均为1米，一只小虫从S 点出发沿四棱锥爬行，若在每顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n P .(1)求23,P P 的值；(2)求证：131(2,)n n P P n n N ++=∈…；(3)求证：2365.(2,)24n n P P P n n N -+++>∈… 解：(1)2P 表示从S 点到A (或B C D 、、)，然后再回到S 点的概率 所以211111111111443434343433P =⨯+⨯+⨯+⨯=⨯⨯=； 因为从S 点沿一棱，不妨设为SA 棱再经过B 或D ，然后再回到S 点的概率为 1111()243318⨯⨯⨯=，所以3124189P =⨯=. (2)设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n P ，那么1n P -表示爬行n 米后恰好没回到S 点的概率，则此时小虫必在A （或B C D 、、）点，所以11(1)3n n P P +⨯-=，即131n n P P ++=(2,n n N ∈…).(3)由131n nP P ++=得1111()()434n n P P +-=--，从而2111()4123n n P -=+-， 所以111323131()11111[1()]41214163n n n n n P P P --⎡⎤----+++=+=+--⎢⎥+⎣⎦111211165[()]4163163324n n n ---=+⨯+-->.A BC D S。
高三数学教师培训立体几何专题讲座
高三数学教师培训立体几何专题讲座⒈考试说明对该内容的要求，20XX年、20XX年、20XX年三年高考中对该内容的考查情况分析.近三年全国及各省市考题立体几何统计表1、新课程标准对立体几何有了一个全新的要求，这主要体现在强调了立体几何的两个主要系统（平行和垂直）。
对四个公理和几个定理只要求了解它们可以作为推理论证的依据，对判定定理只要求理解，而对性质定理则又增加了证明的要求。
要求能运用公理定理和以获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。
这应该说是大大降低了立体几何的整体难度，强调了应用定理证明问题。
2、而对空间向量的应用则提出了较高的要求，这主要体现在以下几个方面：①理解直线的方向向量和平面的法向量；②能用向量语言表述线线、线面和面面的平行和垂直关系；③能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理（强化了计算证明而弱化了一些烦难的逻辑证明）；④能用向量方法解决一些线线、线面和面面夹角的计算问题。
3、了解向量方法在研究几何问题中的作用。
这无疑对我们今后的教学指出了明确的方向，就是弱化逻辑论证强化用向量的计算和论证。
4、山东省目前有A 、B 两个版本，高考只能考察它们的交集，在立体几何方面由于A 版没有球面距离，高考没有考察；B 版必修2没有异面直线所成的角、线面角、二面角，因此高考文科没有考察；空间距离在课程标准和高考考纲中没有，尽管教材中有这个内容，但高考三年内也没有考察。
07年，文理科的立体几何都是两个题。
其中文科立体几何选择题是考察三视图；解答题是直四棱柱内线线垂直和线面平行的证明。
理科中选择题与文科相同，解答题直四棱柱中线面平行的证明和求二面角。
07年是新课程高考的第一年，考试说明有了变化：立体几何在新教材中分成必修和选修两部分，选修部分只要求理科学生掌握。
必修部分要求掌握简单的空间几何体的画法（三视图、直观图）、表面积以及体积的计算公式；点、线、面之间的位置关系；对于新内容，高考中有了体现。
高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课练习文含解析
满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是重在“转化”与化归．着重考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理与直观想象．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积． [规范解答] (1)由已知得∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC ，又BA ⊥AD ，且AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设，可得DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 13DC . 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13·QE ·S △ABP ＝13×1×12×3×22×sin 45°＝1.高考状元满分心得1．写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中缺少AC ∩AD ＝A 扣分，忽视AB ⊂平面ABC 也要扣分．2．写明得分关键：如第(1)问明确AB ⊥平面ACD ，第(2)问中QE 13DC ，DC ⊥平面ABC ，否则导致失分．3．正确计算是得分的保证：准确计算QE ＝1，及V Q-ABP ＝1才能得满分．[解题程序] 第一步：利用折叠前后位置关系，判定AB ⊥平面ACD .第二步：根据面面垂直判定定理，证平面ACD ⊥平面ABC .第三步：证明QE ⊥平面ABC ，计算棱锥QABP 的高．第四步：代入体积公式，求三棱锥QABP 的体积．第五步：反思检验，规范解题步骤．[跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅱ)如图，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.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E-BB 1C 1C 的体积．(1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解：由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°，故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3.所以四棱锥EBB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18. 2.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面PAB ⊥平面PCD ；(3)EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，且PD ⊂平面PAD .所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .。
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）直线、平面、简单几何体第四课时题型四 求空间角【典例５】（重庆高考）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,1AB BB ==，E 为1BB 上使11B E =的点 平面1AEC 交1DD 于F ，交11A D 的延长线于G ，求：（Ⅰ）异面直线AD 与1C G 所成角的大小； （Ⅱ）二面角11A C G A --的正切值；分析：本题以棱柱为载体考查了空间线线角、面面角。
属于考查角的典型题型。
解析：解法一：（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.连接1C F .因为AE 和1C F 分别是平行平面1111ABB A CC D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//AE C F ,由此可得1D F BE =,再由1FD G △∽FDA △得1D G在11Rt 6C GD π∠=11111△C D G 中，由C D =1,D（２）作11D H C G ⊥于H ,连接FH ,由三垂线定理知1FH C G ⊥,故1D HF ∠为二面角11F C G D --即二面角11A C G A --的平面角在1Rt GFD ∆中,由1DG =16D GH π∠=得12D H =,从而111an 2D Ft D HF D H∠===解法二：B 11B 1（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,由此可得1114AGA EC B π∠=∠=从而111A G AA ==,于是1D G =在11111111,6Rt C D G C D D G C GD π==∠=中，由（２）在1111,46C AG AGC ππ∠=∠=11△A C G 中，由知11AC G ∠为钝角,作11A H GC ⊥交1GC 的延长线于H ,连接AH ,由三垂线定理知GH AH ⊥,故1AHA ∠为二面角二面角11A C G A --的平面角,在1Rt A HG ∆中,由11AG =,16AGH π∠=得112A H =,从而111an 2AA t AHA A H∠===解法三：（１）以1A 为原点,11111,,A B A D A A 所在直线分别为x 轴,y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.于是001A（,1(1,1,0)C,1)D , (1,0,1)E ,(0,1,0)AD =,1(0,1,1)EC =-因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,设(0,y,0)G (0,,1))AG y =-由11//y EC AG －得于是1故11,0),(G C G =-,设异面直线AD 与1C G 所成的角的大小为θ,则113cos ||||AD C G AD C G θ⋅==⋅,从而6πθ=.（２）作111,A H C G H GH AH AHA ⊥⊥∠于，由三垂线定理知故为二面角二面角11A C G A --的平面角,设(,,0)H a b ,则1(,,0)A H a b =，1(-1,-1,0)C H a b =,由11A H C G ⊥得110A H C G ⋅=,由此得0()a i =又由1,,H C G 共线得11//C H C G ,从而11a --,于是1)0()b ii +-=联立（I ）和（II）得ab ,故H由1||(A H =,1||31A A =+得 111||3an 2||3A A t AHA A H ∠===拓展提升：作异面直线所成角的常用方法有：（１）平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另外一条直线的平行线或利用中位线；（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。
一般来说平移是最常用的，应作为求两异面直线所成角的首选方法;（３）向量法解与二面角有关问题时要注意：（１）找出二面角的平面角，主要是用三垂线定理或其逆定理（２）求二面角，主要是解三角形或是用射影法。
【变式训练】如图，已知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 ，，，四点共面；（４分） （２）若点G 在BC 上，23BG =，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；（４分） （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．（４分） 本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考CBAGHDE FB 1A 1D 1C 1查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．满分１２分． 解法一：（１）如图，在1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，则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 B F D ，，，四点共面．（２）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，tan tan BM BG BGM BG CFB ==∠∠23132BC BGCF ==⨯=． 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MH BF ⊥，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MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==∠∠21BMBC CF ===+， tan EMMHθ==解法二：（１）建立如图所示的坐标系，则(301)BE =，，，CAHMDE F 1B1A1D1CN(032)BF =，，，1(333)BD =，，，所以1BD BE BF =+，故1BD ，BE ，BF 共面． 又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面． （２）如图，设(00)M z ，，，则2(0)3GM 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πθ-（θ为锐角）．于是cos 14BP BA BP BAθ==． 故tan 13θ=．第五课时题型六 求空间距离【典例５】（２00４福建卷）在三棱锥S —ABC 中,△ABC 是边长为４的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC ,SA =SC =２3,M 、N 分别为AB 、SB 的中点.（Ⅰ）证明：AC⊥SB；（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小；（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、二面角、点到平面的距离等基础知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力. 若按常规方法解，（１）需作辅助线再构造一平面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（２）由三垂线定理作出二面角的平面角，再由直角三角形知识即可求解；（３）由等体积转换ＶＢ—ＣＭＮ=ＶＮ—ＣＭＢ即可求解. 但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.解析：本小题主要考查直线与直线,直线与平面,二面角,点到能力.满分１２分.解法一：（Ⅰ）取AC中点D,连结SD、DB.∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SD且AC⊥BD,∴AC⊥平面SDB,又SB⊂平面SDB,∴AC⊥SB.（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB,AC⊂平面ABC,∴平面SDB⊥平面ABC.过N作NE⊥BD于E,NE⊥平面ABC,过E作EF⊥CM于F,连结NF,则NF⊥CM.∴∠NFE为二面角N—CM—B的平面角.∵平面SAC ⊥平面ABC ,SD ⊥AC ,∴SD ⊥平面ABC . 又∵NE ⊥平面ABC ,∴NE ∥SD . ∵SN =NB ,∴NE =21SD =2122AD SA -=21412-=2,且ED =EB .在正△ABC 中,由平几知识可求得EF =41MB =21, 在Rt △NEF 中,tan ∠NFE =EFEN=２2, ∴二面角N —CM —B 的大小是arctan ２2. （Ⅲ）在Rt △NEF 中,NF =22EN EF +=23, ∴S △CMN =21CM ·NF =233,S △CMB =21BM ·CM =２3. 设点B 到平面CMN 的距离为h , ∵V B —CMN =V N —CMB ,NE ⊥平面CMB ,∴31S △CMN ·h =31S △CMB ·NE , ∴h =CMNCMB S NE S ⋅=324.即点B 到平面CMN 的距离为324.解法二：（Ⅰ）取AC 中点O ,连结OS 、OB . ∵SA =SC ,AB =BC , ∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ,平面SAC ∩平面 ABC =AC ∴SO ⊥面ABC ,∴SO ⊥BO .如图所示建立空间直角坐标系O —xyz . 则A （２,0,0）,B （0,２3,0）,C （—２,0,0）,S （0,0,２2）,M （１,3,0）,N （0,3,2）.∴AC =（—４,0,0）,SB =（0,２3,２2）, ∵AC ·SB =（—４,0,0）·（0,２3,２2）=0, ∴AC ⊥SB .（Ⅱ）由（Ⅰ）得CM =（３,3,0）,MN =（—１,0,2）.设n =（x ,y ,z ）为平面CMN 的一个法向量,30CM n x •=+= 则 取z =１,则x =2,y =—6,·n =—x +2z =0,∴n =（2,—6,１）,又OS =（0,0,２2）为平面ABC 的一个法向量, ∴cos （n ,OS ）||||OS n ⋅=31. ∴二面角N —CM —B 的大小为arccos31. （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得MB =（—１,3,0）,n =（2,—6,１）为平面CMN 的一个法向量,∴点B 到平面CMN 的距离d =|||·|n n =324.拓展提升：此题三个小问题层层深入，由（１）证明线线垂直，（２）又利用三垂线定理及勾股定理求二面角，（３）由三角形等面积转换求线段，进而由等体积求点到平面距离.这是一道考查立体几何知识较全面立体几何中的求距离，也是高考中的命题热点，其中点到平面的距离的计算是立体几何中的一个难点 . 求点到平面距离，一般方法是先由该点向平面引垂线确定垂足，把点到平面的距离转化为解三角形求解，需要作辅助线，然后通过逻辑推理论证及计算，（一作，二证，三计算） 或用向量法。