年高三理科专题(四)空间立体几何
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点2空间几何体的表面
核心考点2 空间几何体的表面积与体积核心知识·精归纳1.旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2.空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．多维题组·明技法角度1：空间几何体的表面积和侧面积1. (2023·大观区校级三模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径AB ＝12 cm ，圆柱体部分的高BC ＝6 cm ，圆锥体部分的高CD ＝4 cm ，则这个陀螺的表面积(单位：cm 2)是( C )A ．(144＋1213)πB ．(144＋2413)πC ．(108＋1213)πD ．(108＋2413)π【解析】 由题意可得圆锥体的母线长为l ＝62＋42＝213，所以圆锥体的侧面积为12·12π·213＝1213π，圆柱体的侧面积为12π×6＝72π，圆柱的底面面积为π×62＝36π，所以此陀螺的表面积为1213π＋72π＋36π＝(108＋1213)π(cm 2)．故选C.2. (2023·黄浦区校级三模)已知正方形ABCD 的边长是1，将△ABC 沿对角线AC 折到△AB ′C 的位置，使(折叠后)A 、B ′、C 、D 四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 1＋32. 【解析】 根据题意，正方形ABCD 中，设AC 与BD 交于点O ，在翻转过程中，当B ′O ⊥面ACD 时，四棱锥B ′－ACD 的高最大，此时四棱锥B ′－ACD 的体积最大，若B ′O ⊥面ACD ，由于OA ＝OB ′＝OC ，则B ′D ＝B ′A ＝B ′C ＝1，则△DB ′C △DB ′A 都是边长为1的等边三角形，S △DB ′A ＝S △DB ′C ＝12×1×1×32＝34，△ADC 中，AD ＝DC ＝1且AD ⊥DC ，则S △ADC ＝12×1×1＝12，同理：S △AB ′C ＝S △ABC ＝S △ADC ＝12，此时，三棱锥的表面积S ＝S △DB ′A ＋S △DB ′C ＋S △ADC ＋S △AB ′C ＝1＋32. 角度2：空间几何体的体积3. (2023·福州模拟)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，则将菱形ABCD 以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为( B )A ．2πB ．6πC ．43πD ．8π【解析】 根据题意，旋转一周所形成的几何体如图，该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥，其体积等于中间圆柱的体积，且中间圆柱的高h ＝DC ＝2，底面圆的半径r ＝BC sin 60°＝2×32＝3，故要求几何体的体积V ＝πr 2h ＝6π.故选B.4.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，则多面体A 1C 1－AEFC 的体积为 53.【解析】 多面体A 1C 1－AEFC 的体积等于三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积与三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积之差，其中三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝4，三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2×2×13＝73，所以多面体A 1C 1－AEFC 的体积为4－73＝53. 方法技巧·精提炼1.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算；(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积必等；(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为可计算体积的几何体．加固训练·促提高1. (2023·平罗县校级模拟)已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为23π，则该圆锥的侧面积为( C )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【解析】 底面圆周长为2π，母线长为2π2π3＝3，所以侧面积为12×2π×3＝3π.故选C.2. (2023·普陀区校级模拟)如图，在正四棱锥P －ABCD 中，AP ＝AB ＝4，则正四棱锥的体积为 3223.【解析】 连接AC 与BD 交于O ，则O 是正方形ABCD 的中心，∴PO ⊥平面ABCD ，∵AB＝4，∴AO ＝22，∵PA ＝4，∴PO ＝16－8＝22，∴正四棱锥的体积为V ＝13S 正方形ABCD ·PO＝13×16×22＝3223.故答案为3223.3. (2023·琼山区四模)三棱锥A －BCD 中，AC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，若AB ＝3，BD ＝1，则该三棱锥体积的最大值为 23.【解析】 如图所示，因为AC ⊥平面BCD ，即AC 为三棱锥A －BCD 的高，设为x ，又因为BC ⊂平面BCD ，所以AC ⊥BC ，在直角△ABC 中，由AB ＝3，AC ＝x ，可得BC ＝9－x 2，因为BD ⊥CD ，且BD ＝1，可得CD ＝BC 2－BD 2＝8－x 2，所以三棱锥A －BCD 的体积为V ＝13S △BCD ·AC ＝13×128－x 2×1×x ＝168－x2·x 2≤16×8－x 2＋x 22＝23，当且仅当8－x 2＝x 2时，即x ＝2时，三棱锥A －BCD 的体积取得最大值，最大值为23.。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
高考立体几何知识点与题型精讲
高考立体几何知识点与题型精讲在高考数学中，立体几何是一个重要的板块，它不仅考查学生的空间想象能力，还对逻辑推理和数学运算能力有较高要求。
接下来，咱们就一起深入探讨一下高考立体几何的知识点和常见题型。
一、知识点梳理1、空间几何体的结构特征（1）棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行。
（2）棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形。
（3）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分。
2、空间几何体的表面积和体积（1）圆柱的表面积：S ＝2πr² ＋2πrl （r 为底面半径，l 为母线长）。
体积：V ＝πr²h （h 为高）。
（2）圆锥的表面积：S ＝πr² ＋πrl 。
体积：V ＝1/3πr²h 。
（3）球的表面积：S ＝4πR² 。
体积：V ＝4/3πR³ 。
3、空间点、直线、平面之间的位置关系（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、直线与平面平行的判定与性质（1）判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。
（2）性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。
5、平面与平面平行的判定与性质（1）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。
（2）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。
6、直线与平面垂直的判定与性质（1）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。
（2）性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。
7、平面与平面垂直的判定与性质（1）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。
高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型包括以下几个方面：
1. 空间位置关系的证明：这类问题主要涉及线线、线面、面面的平行和垂直关系的证明。
解决这类问题需要熟练掌握相关的判定定理和性质定理，并能够灵活运用。
2. 空间角的计算：这类问题主要涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的计算等。
解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够准确建立空间直角坐标系。
3. 空间几何体的体积和表面积计算：这类问题主要涉及圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等基本几何体的体积和表面积的计算，以及一些组合体的体积和表面积的计算。
解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够根据题目要求选择合适的计算方法。
4. 投影与直观图：这类问题主要涉及根据几何体的直观图求其三视图，以及根据三视图还原几何体的直观图。
解决这类问题需要熟练掌握三视图的形成原理，并能够准确判断出几何体的各个面在三视图中的投影。
综上所述，高考理科立体几何大题常考题型多样，需要考生具备扎实的数学基础和灵活的解题能力。
建议考生在复习时注重对基础知识的理解和掌握，多做练习题，培养自己的空间想象能力和逻辑思维能力。
空间几何体知识点总结高三
空间几何体知识点总结高三空间几何体是高中数学中的重要组成部分，特别是在高三阶段，对于空间几何体的理解和运用能力是解决高考数学题目的关键。
本文将对空间几何体的主要知识点进行总结，帮助学生巩固基础，提高解题能力。
一、空间几何体的基本概念空间几何体是指在三维空间中所占有一定体积的图形。
根据构成方式和形状的不同，空间几何体可以分为多面体、旋转体和曲面等几大类。
多面体是由若干个平面多边形所围成的几何体，如正方体、长方体、棱锥、棱柱等。
旋转体则是由一个平面图形绕着某一条直线旋转所形成的几何体，如圆柱、圆锥和球体等。
曲面则是由参数方程或隐函数方程所定义的几何体，如圆环面、抛物面等。
二、空间几何体的性质1. 体积与表面积对于任何一个空间几何体，其体积和表面积是基本的几何量度。
对于规则的几何体，如正方体和球体，其体积和表面积都有固定的计算公式。
而对于不规则的几何体，则需要通过积分或其他方法来求解。
2. 空间关系空间几何体之间的相互位置关系，如平行、相交、包含等，是解决空间几何问题的基础。
在解析几何中，通过坐标系可以精确地描述这些关系。
3. 几何体的对称性许多空间几何体具有一定的对称性，如正方体具有六个面的对称性，球体则具有全方位的对称性。
对称性在解决几何体的计算和证明问题时具有重要作用。
三、空间几何体的计算1. 多面体的体积与表面积对于规则的多面体，其体积和表面积可以通过公式直接计算。
例如，正方体的体积V=a³，表面积S=6a²，其中a为正方体的边长。
对于不规则的多面体，则需要利用向量、平面几何等知识，通过分割和组合的方法来求解。
2. 旋转体的体积与表面积旋转体的体积和表面积计算通常涉及到积分。
例如，圆柱体的体积V=πr²h，表面积S=2πrh+2πr²，其中r为底面半径，h为高。
对于更复杂的旋转体，如圆锥和球体，也需要通过积分来计算其体积和表面积。
3. 组合体的计算在实际问题中，经常会遇到由多个简单几何体组合而成的复杂几何体。
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝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。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2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，错误!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(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师
专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。
空间立体几何高考知识点总结及经典题目
空间立体几何知识点归纳：1. 空间几何体的类型（1）多面体：由若干个平面多边形围成的几何体，如棱柱、棱锥、棱台。
（2） 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
如圆柱、圆锥、圆台。
2.一些特殊的空间几何体直棱柱：侧棱垂直底面的棱柱。
正棱柱：底面多边形是正多边形的直棱柱。
正棱锥：底面是正多边形且所有侧棱相等的棱锥。
正四面体：所有棱都相等的四棱锥。
3.空间几何体的表面积公式棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ：222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22S rl r Rl R ππππ=+++ 球的表面积：24S R π=4．空间几何体的体积公式 柱体的体积 ：VS h =⨯底 锥体的体积 ：13V S h =⨯底台体的体积 ： 1)3V S S h =+⨯下上（ 球体的体积：343V R π= 5.空间几何体的三视图正视图：光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图。
侧视图：光线从几何体的左边向右边正投影，得到的投影图。
俯视图：光线从几何体的上面向右边正投影，得到的投影图。
画三视图的原则：长对正、宽相等、高平齐。
即正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽，侧视图和正视图一样高。
6 .空间中点、直线、平面之间的位置关系（1） 直线与直线的位置关系：相交；平行；异面。
（2）直线与平面的位置关系：直线与平面平行；直线与平面相交；直线在平面内。
（3）平面与平面的位置关系：平行；相交。
7. 空间中点、直线、平面的位置关系的判断（1）线线平行的判断：①平行公理：平行于同一直线的两直线平行。
②线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。
③面面平行的性质定理：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。
④线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两直线平行。
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201８届高三理科专题（四)立体几何专题姓名: 班别: 学号：【知识点一：三视图求表面积体积问题】1、(2０17新课标Ｉ卷第7题).某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）. A.10 B.12 C.14Ｄ.162、（２0１7新课标II卷第４题)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为( )A.90πB．63πＣ．42π D.36π3、（２0１７年市一模第6题）如图, 网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83, 则该几何体的俯视图可以是４、（2０1６年市一模第11题）(1１)如图,网格纸上小正方形的边长为１，粗线画出的是某个四面体的三视图,则该四面体的表面积为(A)88246++（B)88226++(Ｃ）2226++(D）126224++5、（20１６新课标I卷第6题）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相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（）（A)17π（B）18π（C)20π (D)28π283π6、（2016新课标II 卷第６题) 右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(A ）20π (B ）24π （C ）28π （D ）32π7、（２016新课标II Ｉ卷第9题)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，则该多面体的表面积为( ）(A ）（B) （C)9０ (D)818、(2０15新课标II 卷第６题）一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) Ａ．81 B.71 Ｃ．61 D.51９. (2０15新课标Ｉ卷第11题）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + ２0π，则ｒ=( ）(A ）1 (B ）２ （Ｃ）4 (D)８【知识点二:内接球与外接球的问题】1、（2017年市一模第10题)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥-P ABC 为鳖臑,PA ⊥平面ABC , 2PA AB ==，4AC =, 三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上, 则球O 的表面积为( ）18365+54185+(A)8π (B ）12π (Ｃ)20π (D)24π２. (2０1５新课标II 卷第9题）已知A ，B 是球Ｏ的球面上两点，∠A ＯB ＝90,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ） A.36π B.64π C.144π D.2５6π3、（２017新课标III 卷第8题）8.已知圆柱的高为１,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）. A.πﻩﻩﻩB ．3π4Ｃ．π2ﻩ D ．π44、（２０1６年市一模第9题）一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( ）（A ）20π (Ｂ)3 (C ）5π ﻩ (D）65、(2０16新课标I ＩI 卷第10题)在封闭的直三棱柱ＡBC -Ａ1B １Ｃ1内有一个体积为V 的球,若A ＢＢC ，AB=6,BC=8,AA 1=3,则V 的最大值是（ ) (Ａ)４π (B ）(C ）6π （D ） 【知识点三：点线面的位置关系】1、(2016新课标Ｉ卷第１１题）平面a 过正方体ＡB ＣD －A １B １C １Ｄ1的顶点A ,a ／/平面CB １D 1，平面ABC Ｄ=m ，平面AB Ａ1B 1=ｎ，则m,n 所成角的正弦值为（ ) (Ａ)(B) （C) （D)2、(２016新课标ＩI 卷第14题)α、β是两个平面,m 、n 是两条直线,有下列四个命题: (１)如果ｍ⊥n ,ｍ⊥α,ｎ∥β,那么α⊥β. (2)如果ｍ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n . (3)如果α∥β，ｍα，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β,那么m 与α所成的角和ｎ与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .（填写所有正确命题的编号)⊥92π323πa ⋂a⋂22313⊂【知识点四：★★设置线面角与面面角的定义作为条件障碍，考察立体几何】1、(2０17新课标II 卷第1９题)如图所示，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,12AB BC AD ==,o 90BAD ABC ∠=∠=,E 是PD 的中点． (1)证明:直线//CE 平面PAB ;(2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45,求二面角M AB D --的余弦值．2、（2016年广州市一模19）（本小题满分12分）如图,四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，ACBD O =,1A O ⊥底面ABCD ,21==AA AB .(Ⅰ）证明：平面1ACO ⊥平面11BB D D ; (Ⅱ）若60BAD ∠=，求二面角1B OB--EM DCBAP３、（阅读）(20１６新课标I 卷第１８题)(本小题满分为１2分）如图，在以A ,B ，Ｃ,D ,Ｅ，F 为顶点的五面体中，面A ＢEF 为正方形,A Ｆ＝２ＦD ，，且二面角D -ＡF -E 与二面角Ｃ－BE -Ｆ都是.（Ｉ）证明：平面ABEF ＥFDC ; (II ）求二面角E-ＢＣ-Ａ的余弦值.2、【答案】试题分析:（I)证明平面，结合平面,可得平面平面．(II)建立空间坐标系，利用向量求解．试题解析：（I ）由已知可得,，所以平面.又平面,故平面平面．（II)过作,垂足为,由(I)知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．由（I)知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,．由已知,，所以平面.又平面平面,故,.由,可得平面,所以为二面角的平面角,．从而可得．所以，,,.设是平面的法向量，则，即，所以可取．设是平面的法向量,则，同理可取．则. 故二面角E BC A 的余弦值为. 90AFD ∠=60⊥ΑF ⊥ΕFDC F A ⊂ΑΒΕF ΑΒΕF ⊥ΕFDC ΑF DF ⊥ΑF FE ⊥ΑF ⊥ΕFDC F A ⊂ΑΒΕF ΑΒΕF ⊥ΕFDC D DG ΕF ⊥G DG ⊥ΑΒΕF G GF x GF G xyz -DFE ∠D AF E --60DFE ∠=2DF =3DG =()1,4,0A ()3,4,0B -()3,0,0E -()0,0,3D //AB EF //AB EFDC ABCDEFDC DC =//AB CD //CD EF //BE AF BE ⊥EFDC C ΕF ∠C BE F --60C ΕF ∠=()2,0,3C -()1,0,3ΕC =()0,4,0ΕΒ=()3,4,3ΑC =--()4,0,0ΑΒ=-(),,x y z =n ΒC Ε00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩()3,0,3=-n m ΑΒCD 0ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ()0,3,4=m 219cos ,19⋅==-n m n m n m 21919-A EDC B A【知识点五：★★★重点考察面面垂直、线面垂直、面面角（含折叠问题）】 1、 (２０1７新课标I 卷第18题)(本小题满分12分）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ,且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.2、(２01７年市一模第19题)（本小题满分１2分）如图1，在直角梯形ABCD 中，AD //BC ,AB ⊥BC ,BD ⊥DC ， 点E 是BC 边的 中点, 将△ABD 沿BD 折起,使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ,AC ,DE , 得到如 图2所示的几何体.(Ⅰ） 求证：AB ⊥平面ADC ;(Ⅱ) 若1AD =，二面角C AB D --的平面角的正切值为6，求二面角B AD E -- 的余弦值．图1 图2DCBAP【知识点六:线面平行、线面角、线线角】 1、(2016新课标II Ｉ卷第１９题)(本小题满分12分）如图,四棱锥P-ABC Ｄ中,P Ａ⊥底面AB ＣD ，AD ∥BC,AB=AD ＝ＡC=3，PA ＝BC=4,M 为线段AD 上一点，AM=2ＭD ,Ｎ为PC 的中点. （I ）证明MN ∥平面P AB;(I Ｉ)求直线A Ｎ与平面PMN 所成角的正弦值．2、(2０17新课标II 卷第10题）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 ．32 Ｂ.155 C.105D.33【知识点一：三视图求表面积体积问题答案】1.解析由三视图可画出立体图,该立体图平面内只有两个相同的梯形的面()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯． 故选B ．2、B3、Ｄ4、Ａ5、【答案】A 由三视图知,该几何体的直观图如图所示:是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球，设球的半径为,则，解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即,故选A. 6、【答案】C 试题分析：由题意可知，圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为,圆柱的底面面积为，故该几何体的表面积为，故选C ．7、B 试题分析:由三视图知该几何体是一个斜四棱柱,所以该几何体的表面积为,故选B ．８、【答案】Ｄ【解析】由三视图得,在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -,1878R 37428ππR 833V =⨯=R 2=7822734π2π217π84⨯⨯+⨯⨯=12π2416πS =⋅⋅=2π248πS =⋅⋅=23π24πS =⋅=12328πS S S S =++=236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+如图所示，，设正方体棱长为a ,则11133111326A AB D V a a -=⨯=,故剩余几何体体积为3331566a a a -=,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51,故选Ｄ．9、B 【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r,圆柱的高为２r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π,解得r =2，故选B.【知识点二:内接球与外接球的问题答案】1、C2、【答案】C3．解析由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r =则圆柱体体积23ππ4V r h ==.故选B.4、D5、【答案】B 试题分析:要使球的体积最大,必须使球的半径最大．因为△ABC 内切圆的半径为2,所以由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时,球的半径取得最大值，为，此时球的体积为,故选Ｂ. 【知识点三：点线面的位置关系答案】1、【答案】A试题分析：如图，设平面平面＝,平面平面＝，因为平面，所以,则所成的角等于所成的角．过作，交的延长线于点E ,连接,则为.连接，过Ｂ1作，交的延长线于点，则为.连接B Ｄ，则，则所成的角即为所成的角，为,故所成角的正弦值为A.２、【答案】②③④试题分析：对于①,，则的位置关系无法确定,故错误；对于②,因为,所以过直线作平面与平面相交于直线,则,因为V R 32334439()3322R π=π=π11CB D ABCD 'm 11CB D 11ABB A 'n α∥11CB D ','m m n n ∥∥,m n ','m n 1D 11D E B C ∥AD CE CE 'm 1A B 111B F A B ∥1AA 1F 11B F 'n 111,BD CE B F A B ∥∥','m n 1,A B BD 60︒,m n ,,//m n m n αβ⊥⊥,αβ//n αn γαc //n c，故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确；对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.【知识点四:★★★设置线面角与面面角的定义作为条件障碍，考察立体几何】1．解析（1)令PA 中点为F ，联结EF ,BF ,CE ．因为E ，F 为PD ，PA 中点,所以EF 为PAD △的中位线,所以=1//2EF AD .又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥. 又因为12AB BC AD ==,所以=1//2BC AD ，所以=//EF BC ．所以四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥． 又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB . (2)以AD 中点O 为原点，如图建立空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，,()010A -，，，()110B -，，,()100C ，，,()010D ，，, (00P .M 在底面ABCD 上的投影为M ',所以M M BM ''⊥．因为45MBM '∠=,所以MBM '△为等腰直角三角形. 因为POC △为直角三角形,OC OP =,所以60PCO ∠=． 设MM a '=，CM '=，1OM '=.所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，. BM a a '===⇒=所以11OM '==.所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，,10M ⎛ ⎝⎭,11AM ⎛=- ⎝⎭，(100)AB =，，. 设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m．110y +=，所以(02)=，m , ()020AD =，，，()100AB =，，．设平面ABD 的法向量为()200z =，，n ， (001)=，，n .所以cos ,⋅==⋅m n m n m n 所以二面角M AB D --． ,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以２、（Ⅰ）证明:因为1A O ⊥BD ⊂平面ABCD ，所以1A O BD ⊥因为ABCD 是菱形,所以CO BD ⊥因为1AO CO O =,所以BD ⊥平面1A CO .因为BD ⊂平面11BB D D ,所以平面11BB D D ⊥平面1A CO .…………………………………………………４分 (Ⅱ）解法一：因为1A O ⊥平面ABCD ,CO BD ⊥，以O 为原点,OB ，OC ,1OA 方向为x ,y ，z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.………………………5分 因为12AB AA ==，60BAD ∠=, 所以1OB OD ==，OA OC ==11OA ==.………………6分则()1,0,0B ，()C ,()0,A ,()10,0,1A ，所以()11BB AA ==1,设平面1OBB 的法向量为n 因为()1,0,0OB =,(11,OB =所以0,0.x x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩令1=y ，得(0,1,=n ．…………………………………………………………９分 同理可求得平面1OCB 的法向量为()1,0,1=-m .………………………………10分所以cos ,4<>==n m .…………………………………………………11分 因为二面角1B OB C --的平面角为钝角,所以二面角1B OB C --的余弦值为4-．……………………………………12分解法二:由(Ⅰ)知平面1连接11A C 与11B D 交于点O 连接1CO ,1OO ,因为11AA CC =,11//AA CC 所以11CAAC 因为O ，1O 分别是AC ,11A 所以11OA O C 为平行四边形.且111O C OA ==. 因为平面1ACO 平面11BB D D 1OO =,过点C 作1CH OO ⊥于H ,则CH ⊥平面11BB D D ．过点H 作1HK OB ⊥于K ，连接CK ，则1CK OB ⊥.所以CKH ∠是二面角1B OB C --的平面角的补角．……………………………６分 在1Rt OCO ∆中，11122O C OC CH OO ⨯===.………………………………７分在1OCB ∆中,因为1A O ⊥11A B ,所以1OB == 因为11A B CD =,11//A B CD ， 所以11B C A D ===．因为22211B C OC OB +=,所以1OCB ∆为直角三角形.……………………………8分所以11CB OC CK OB ===⨯…………………………………………9分所以KH =.…………………………………………………10分所以cos 4KH CKH CK∠==．……………………………………………………11分所以二面角1B OB C --的余弦值为4-.……………………………………12分【知识点五:★★★重点考察面面垂直、线面垂直、面面角（含折叠问题）答案】1、 解析(１)证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥． 又因为AB CD ∥,所以PD AB ⊥,又因为PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD 所以AB ⊥平面PAD ,又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD （２）取AD 中点O ,BC 中点E ,联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形,所以OE AB ∥. 由（１）知,AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD , 又PO 、AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =,所以PO AD ⊥，所以PO 、OE 、AD 两两垂直， 所以以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -设2PA =,所以()00D ，,)20B ，,(00P，()20C ，，所以(0PD =-，，(22PB =，，()00BC =-，设()x y z =n ,,为平面PBC 的法向量,由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得20y +=-=⎪⎩.令1y =，则z ,0x=，可得平面PBC 的一个法向量(01=n ,.因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ,PD ⊂平面PAD , 所以PD AB ⊥,又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB , 即PD 是平面PAB 的一个法向量,(0PD =-,,所以cos PD PD PD ⋅===⋅n n n,. 由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为2、 解:（Ⅰ) 因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD 平面BCD BD =,又BD ⊥DC ,所以DC ⊥平面ABD . …………………………………1分因为AB ⊂平面ABD ,所以DC ⊥AB . …………………………………2分又因为折叠前后均有AD ⊥AB ,DC ∩AD D =, …………………………………3分所以AB ⊥平面ADC ． ……………………………………………4分（Ⅱ) 由(Ⅰ)知AB ⊥平面ADC ,所以二面角C AB D --的平面角为∠CAD ． ……5分又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ,所以DC ⊥AD .依题意6tan ==∠ADCDCAD ． ……………………………………………………6分因为1AD =，所以6=CD .设()0AB x x =>,则12+=x BD .依题意△ABD ～△BDC ,所以AB CDAD BD=,即1612+=x x ．………………7分解得x =故3AB BD BC ===. ………………８分法１:如图所示，建立空间直角坐标系D xyz -，则)0,0,0(D ,)0,0,3(B ,)0,6,0(C ,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,33A ⎛ ⎝⎭, 所以3DE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,3DA ⎛=⎝⎭. 由（Ⅰ）知平面BAD 的法向量)0,1,0(=.……………………………………………9分 设平面ADE 的法向量),,(z y x =由0,0,m DE m DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得0,0.x y x z +=+=G F E DCBA 令6=x，得y z ==所以)3,3,6(--=. ………………………………………………10分所以21,cos -=>=<m n . ………………………………………………11分由图可知二面角B AD E --的平面角为锐角, 所以二面角B AD E --的余弦值为12. ……………………………………………12分法2 :因为DC ⊥平面ABD ， 过点E 作EF ／/DC 交BD 于F , 则EF ⊥平面ABD . 因为AD ⊂平面ABD ,所以EF ⊥AD . …… ……………………………………… 9分 过点F 作FG ⊥AD 于G ，连接GE ,所以AD ⊥平面EFG ,因此AD ⊥GE .所以二面角B AD E --的平面角为EGF ∠. ………………………………………１0分由平面几何知识求得2621==CD EF ，2221==AB FG ，所以EG ==所以ｃoｓ∠EGF=21=EG FG . ………………………………………………11分 所以二面角B AD E --的余弦值为12. ………………………………………………1２分【知识点六：线面平行、线面角、线线角答案】１、【答案】解：(I ）由已知得． 取的中点，连接,由为中点知，． 又,故，四边形为平行四边形,于是.因为平面，平面，所以平面．232==AD AM BP T TN AT ,N PC BC TN //221==BC TN BC AD //=TN AM ∥AMNT MN AT ⊂AT PAB ⊄MN PAB //MN PAB（ＩI)取的中点，连结.由得,从而,且. 以为坐标原点,的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知,,，，， ,，. 设为平面的一个法向量,则即 可取． 于是．2、答案C ，提示，转化成三个基底表示，或者建立空间直角坐标系。