立体几何存在性问题
高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版
设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),
则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|
则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3
系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种: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,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“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，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
立体几何之空间向量法
立体几何之空间向量法【知识要点】1. 利用空间向量证明平行问题的方法(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两个平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(2)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.2. 利用空间向量证明垂直问题的方法(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两条直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两个平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.(3)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.3. (1)夹角计算公式①两条异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|. (2)距离公式①点点距离：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距离：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉； ③线线距离：两条平行线间的距离，转化为点线距离；两条异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距离：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝||||MN n n ； ⑤线面距离：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；⑥面面距离：两平行平面间的距离，转化为点面距离．4. (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项①建立空间直角坐标系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量或直线的方向向量；④根据向量运算法则，求出问题的结果．(2)利用空间向量巧解探索性问题空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．一、真题试做1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A ．55B ．53C ．255D ．352．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱P A上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．二、热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例１】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.变式训练1如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：＝90°，且AB＝AA(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量证明垂直问题【例２】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于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.变式训练2如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求P A的长．热点三利用空间向量求角和距离【例３】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.B1所成角的余弦值；(1)求异面直线AC与A(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．变式训练3 已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的 高．热点四 用向量法解决探索性问题【例４】如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．变式训练4 如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值； (3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．三、思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．【典型例题】如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．四、练习巩固 1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若,AB BC BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．4072,4D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )．A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A ．26B ．36C ．13D ．664．在四面体PABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；(2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．。
立体构成设计实验实训存在的问题
立体构成设计实验实训存在的问题立体构成设计实验实训存在的问题涉及多个方面，以下是对这些问题的详细归纳：一、理论与实践的脱节1.理论理解困难：立体构成的理论部分包括数学基础、立体几何和投影原理等，这些内容对于部分学生来说较为抽象和繁多，导致理解困难。
2.实践应用不足：部分学生在掌握理论知识后，缺乏足够的实践机会将理论应用于实际创作中，导致理论与实践的脱节。
二、实践环节中的挑战1.创造力与解决问题能力欠缺：立体构成设计实验实训要求学生具备较强的创造力和解决问题的能力，但部分学生在这方面存在不足，难以完成复杂的设计任务。
2.软件应用能力不足：在现代立体构成设计中，软件的应用至关重要。
然而，部分学生由于技术能力的限制，难以熟练掌握和应用各种设计软件，影响了设计效率和效果。
三、教学方法与手段的问题1.教学方式单一：部分教师在立体构成设计实验实训中采用的教学方式较为单一，缺乏创新性和互动性，难以激发学生的学习兴趣和积极性。
2.教学资源不足：一些学校或机构在立体构成设计实验实训方面的教学资源不足，如缺乏先进的教学设备、材料或实训场地等，限制了教学效果的提升。
四、评价体系的局限性1.评价标准模糊：在立体构成设计实验实训中，部分教师对学生的评价标准较为模糊，缺乏明确的评价标准和依据，导致评价结果的公正性和准确性受到影响。
2.忽视过程评价：部分教师过于注重最终的设计成果，而忽视了学生在设计过程中的表现和努力，这不利于培养学生的创新思维和实践能力。
五、其他问题1.学生基础差异大：由于学生的基础知识和能力存在差异，导致在立体构成设计实验实训中的学习进度和效果参差不齐。
2.缺乏与实际应用的结合：部分立体构成设计实验实训项目缺乏与实际应用的结合，导致学生难以将所学知识应用于实际工作中。
为了解决上述问题，可以采取以下措施：加强理论与实践的结合，通过案例分析、实践操作等方式加深学生对理论知识的理解。
提升学生的创造力和解决问题能力，通过团队合作、项目驱动等方式激发学生的创新思维和实践能力。
高中数学_3.2 空间向量在立体几何中的应用教学设计学情分析教材分析课后反思
专题七 立体几何第2课时 空间关系与空间角命题人: 审核人: 时间：教学班级行政班级 姓名 学号 面批时间课前自学案【考情分析】立体几何是高考的重点内容之一,从近几年高考试题来看,主要是考查线面位置关系的判断与证明;三是考查空间向量的应用,尤其空间向量法求空间角（特别是二面角）是考查的热点之一.主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围； (2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角． 【要点梳理】1．平行关系及垂直关系的转化2．空间角的求解(1)异面直线所成的角：若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ(0＜θ≤π2)，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.(2)线面角：设直线l 与平面α所成的角为θ(0≤θ≤π2)，直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则sin θ＝|cos 〈a ，μ〉|＝|a ·μ||a ||μ|. (3)二面角：设二面角大小为θ(0≤θ≤π)，两个面的法向量分别为μ和v ，则|cos θ|＝|cos 〈μ，v 〉|＝|μ·v ||μ||v |.易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，是线面角的正弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．编号012【课前自测】1.(2013年高考卷理 4）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面积是边长为 3的正三角形，若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为 ( )（A ） 512π （B ）3π （C ） 4π （D ） 6π2.(2009年高考卷理5)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件课内探究案【考点突破】考点一：空间位置关系的判定例1.（1）(2013年高考广东卷理科6)设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A . 若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α变式训练：(1) (2014年高考广东卷理 7）若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥，则下面结论一定正确的是( )A.14l l ⊥B.14//l lC.14,l l 既不垂直也不平行D.14,l l 的位置关系不确定(2)设m 、n 是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β ②若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ③若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α ④若n ⊥α，n ⊥β，则β∥α 其中真命题的序号为( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 考点二：空间位置关系的证明例2.（2013广东卷文）如图4,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图5所示的三图 4GEF ABCD图 5DGBFCAE棱锥A BCF -,其中22BC =.(1) 证明:DE //平面BCF ;(2) 证明:CF ⊥平面ABF ; (3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -.考点三：空间角的求解例3.(12理18）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB=60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB=CD=CF. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面AED ；（Ⅱ）求二面角F -BD -C 的余弦值.【当堂检测】1. 【2014全国2高考理第11题】直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ） A. 110 B. 25C.3010D.22 2． 已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为_____________.3. 【2014高考全国1第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B AB 1⊥.（Ⅰ）证明：1AB AC =;（Ⅱ）若1AC AB ⊥，︒=∠601CBB ,BC AB =,求二面角111C B A A --的余弦值.专题七 立体几何编号第2课时 空间关系与空间角命题人: 审核人: 时间：教学班级 行政班级 姓名 学号 面批时间课后拓展案A 组1. 【2014高考卷第17题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60DAB ∠=，22AB CD ==，M 是线段AB 的中点. （Ⅰ）求证：111//C M A ADD ；（Ⅱ）若1CD 垂直于平面ABCD 且13CD =，求平面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值.2．【2014高考天津第17题】如图，在四棱锥PABCD 中，PA 底面ABCD ，AD AB ，//AB DC ，2AD DC AP ，1AB ，点E 为棱PC 的中点．（Ⅰ）证明：BE DC；（Ⅰ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅰ）若F为棱PC上一点，满足BF AC，求二面角F AB P的余弦值．B组3.（2013年高考北京卷理科17）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面AB C⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；（Ⅱ）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求1BDBC的值.4.【2014高考全国2第18题】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，3求三棱锥E-ACD的体积.反思：这节课不满意的几点：(1) 题量的安排。
高中立体几何空间角的教学反思
高中立体几何空间角的教学反思在高中立体几何的教学中，空间角是一个重要的概念。
通过教学反思，我意识到在教授空间角时存在一些问题，并找到了一些改进的方法。
首先，我发现学生对空间角的定义和性质理解不够深入。
他们往往只停留在记忆角的定义和计算方法上，而缺乏对空间角的内涵和应用的理解。
为了解决这个问题，我采用了一些启发式的教学方法。
比如，在引入空间角的定义时，我通过展示一些日常生活中的实例，让学生能够直观地理解角的概念。
我还组织了一些角的应用实践活动，例如设计立体图形，让学生通过实际操作来巩固对空间角的理解。
其次，学生在解决空间角问题时，往往过于依赖公式和算法，缺乏创新思维。
为了培养学生的创新思维，我进行了一些课堂互动和讨论。
我给学生提供了一些挑战性的问题，引导他们从不同角度思考解题方法，培养他们发现问题的能力。
我还鼓励学生在解决问题时尝试不同的方法，鼓励他们发散思维，激发他们的创造力。
另外，我发现学生在应用空间角解决实际问题时，常常无法将所学的知识和实际问题相结合。
他们对于如何运用空间角来解决实际问题感到困惑。
为了帮助学生培养应用空间角解决实际问题的能力，我设计了一些案例分析和综合性的问题。
通过让学生对案例进行分析和推理，引导他们发现空间角在实际中的应用价值，并激发他们对问题解决的兴趣。
此外，我还发现一些学生在学习过程中缺乏自主学习的能力。
他们习惯于接受老师的讲解，缺乏主动探索和思考的习惯。
为了培养学生的自主学习能力，我鼓励学生进行小组合作学习和独立研究。
我引导学生提出问题和解决问题的思路，并给予他们足够的支持和指导。
通过这样的方式，我希望每个学生都能够充分发挥自己的学习潜力。
总的来说，高中立体几何空间角的教学需要注重培养学生的理解能力、解决问题的创新思维和应用能力。
通过多种教学方法的结合，激发学生的兴趣和动力，提高他们的学习效果。
我将继续反思并改进我的教学方法，以不断提高学生对高中立体几何空间角的理解和应用能力。
2020版 高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题
（四）立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD，M为CD的中点，平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，P A＝2，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD.∵P A＝PD，∴PE⊥AD，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P-DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝12AD＝ED，∴BC ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH ⊥平面P AD ，∴点B 到平面P AD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面P AD 的距离h 等于点B 到平面P AD的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2，∴V 三棱锥P -DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为正方形，且P A ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当P A ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形，∴AB ∥CD ，∵CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD ，∴AB ∥平面PCD .又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝2，AE＝12PD＝52，∵P A⊥平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.在Rt△CDE中，CE＝CD2＋DE2＝3 2.在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝AE2＋CE2－AC22AE·CE＝55，∴sin∠AEC＝255，∴S△ACE＝12·AE·CE·sin∠AEC＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，∴AE＝13AD＝1，∴ED＝2，EC＝ED2＋DC2＝22＋22＝22，OE＝AO2＋AE2＝12＋12＝2，OC＝OB2＋BC2＝12＋32＝10，∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。
高二数学立体几何综合试题答案及解析
高二数学立体几何综合试题答案及解析1.以正方体的任意4个顶点为顶点的几何形体有①空间四边形；②每个面都是等边三角形的四面体；③最多三个面是直角三角形的四面体；④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.【答案】①②④【解析】①只要不在同一平面上的四个点连结而成的四边形都是空间四边形. ②从一个顶点出发与它的三个对角面的顶点连结所成的四棱锥符合条件.最多有四个直角四面体.由一个顶点和又该点出发的两条棱的端点及一个对角面的定点四点即可.所以③不成立. ④显然成立.故选①②④.【考点】1.空间图形的判断.2.空间中线面间的关系.2.下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误的是（）A．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D．水平放置的圆的直观图是椭圆【答案】B【解析】选项.用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形，正确；选项.斜二测画法的规则中，已知图形中平行于轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于轴的线段，长度为原来的一半．平行于轴的线段的平行性和长度都不变．故几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例不相同；选项.水平放置的矩形的直观图是平行四边形，正确；选项.水平放置的圆的直观图是椭圆，正确．故选【考点】斜二测画法画直观图.3.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】（1）设线段的中点为，易得四边形为平行四边形，得，又，,，所以平面平面；（2）因为平面，所以是三棱柱的高，所以三棱柱的体积，通过计算即可得出三棱柱的体积.试题解析：(1) 设线段的中点为.和是棱柱的对应棱同理，和是棱柱的对应棱且且四边形为平行四边形,,平面平面(2)平面是三棱柱的高在正方形中,.在中，，三棱柱的体积.所以，三棱柱的体积.【考点】1.面面平行的判定定理；2.棱柱的体积.4.如图所示，三棱柱A1B1C1—ABC的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，点M是A1B1的中点．(1)求证：B1C∥平面AC1M；(2)求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【答案】 (1)由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°.连结A1C，设A1C∩AC1＝O，连结MO，由题意可知，得到MO∥B1C，进一步得到B1C∥平面AC1M.(2)利用已知得到C1M⊥A1B1，根据平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，得到C1M⊥平面AA1B1B，达到证明目的：平面AC1M⊥平面AA1B1B.【解析】思路分析：首先，由三视图可知三棱柱A1B1C1—ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形。
立体几何50题答案
立体几何50题答案1 ．（新课标理）已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形,为球的直径,且;则此棱锥的体积为 （ A ）A ．BC ．D．2 ．（浙江文）已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是 （ A ）A ．1cm 3B ．2cm3 C ．3cm 3D ．6cm 33 ．（重庆文）设四面体的六条棱的长分别为和且长为的棱异面,则的取值范围是（ C ） A．B ．C ．D ．4 ．（重庆理）设四面体的六条棱的长分别为,且长为的棱与长为的棱异面,则的取值范围是（A ）A ．B ．C ．D ．5 ．（陕西文）将正方形(如图1所示)截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为 （C ）第7题第8题6 ．（课标文）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1,球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为 （ B ） A ．6π B ．43π C ．46π D ．63π7 ．（课标文理）如图,网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则几何体的体积为（B ）.6 .9 .12 .18 8 ．（江西文）若一个几何体的三视图如下左图所示,则此几何体的体积为（ C ）A ．B ．5C ．4D ．9．设是直线,a,β是两个不同的平面（ B ）A ．若∥a,∥β,则a ∥βB ．若∥a,⊥β,则a ⊥βC ．若a ⊥β,⊥a,则⊥βD ．若a ⊥β, ∥a,则⊥β 10．（广东文）(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（ C ）S ABC -O ABC ∆1SC O 2SC =632a a a a a a A B C D 11292l l l l l l l l lA ．B ．C ．D ．11．（福建文）一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是 （ D ）A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱 、12 ．下列命题正确的是 （ C ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 13．（北京文）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（ DB ）A ．B ．C ．D ．14 ．（江西理）如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为B15．（2012湖南理）某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是( D )16．（2012湖北理）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积,求其直径的一个近似公式. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据判断,下列近似公式中最精确的一个是 （D ） A． B．C．D ．17．（湖北理）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为BA ．B ．72π48π30π24π28+30+56+60+V d d ≈π =3.14159 d ≈d ≈d ≈d ≈8π33πA 图1 B C D侧视图正视图俯视图C ．D ．18．（广东理）(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（ C ）A ．B ．C ．D ．19．（福建理）一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是（ D ）A ．球B ．三棱柱C ．正方形D ．圆柱20．（大纲理）已知正四棱柱中,为的中点,则直线 与平面的距离为（ D ） A ．2BCD ．121．已知矩形ABCD ,AB =1,BC .将ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, （ B ）A．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直22．下列命题正确的是（ C ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行23 ．已知空间三条直线若与异面,且与异面,则 （ D ）A ．与异面.B ．与相交.C ．与平行.D ．与异面、相交、平行均有可能.24.（重庆理9的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( C )A B C ．1 D25.（浙江理4）下列命题中错误的是 ( D )A ．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B ．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C ．如果平面，平面，，那么D ．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面26.（四川理3），，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( B )10π36π12π45π57π81π1111ABCD A BC D -12,AB CC E ==1CC 1AC BED ∆.l m n 、、l m l n m n m n m n m n αβ⊥平面αββαβαγ⊥平面βγ⊥平面=l αβ⋂l γ⊥平面αβ⊥平面αβ1l 2l 3l正视图侧视图A ．，B ．，C ．，，共面D ．，，共点，，共面27.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( A )A ．B ．C ．D ．28.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( C ) （A ）48 （B ）（C）（D）80 29.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主） 视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是( A ) A ．3 B ．2 C ．1D ．030.（全国新课标理6）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
Q
M
D
C
A
P
B
存在性问题
1．如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与
的交点为O.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）已知为侧棱上一个动点. 试问对于上
任意一点，平面与平面是否垂直？若垂直，
请加以证明；若不垂直，请说明理由.
（Ⅲ）已知为侧棱上一个动点. 试问对于上
任意一点，平面与平面SDC是否垂直？若垂直，
请加以证明；若不垂直，请说明理由.
2．如图，三棱柱111CBAABC中，1AA⊥面ABC，2,ACBCACBC，13AA，D为
AC
的中点.（Ⅰ）求证：11//BDCAB面；
（Ⅱ）求二面角CBDC1的余弦值；（Ⅲ）在侧棱1AA上是否存在点P，使得
1
BDCCP面
？请证明你的结论.
3．在四棱锥PABCD-中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，90ABC??，
2ABPBPCBCCD====，平面PBC平面ABCD
.
（Ⅰ）求证：AB平面PBC；
（Ⅱ）求平面PAD和平面BCP所成二面角（小于90°）的大小；
（Ⅲ）在棱PB上是否存在点M使得CM∥平面PAD？若存在，
求PMPB的值；若不存在，请说明理由.
4．如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD为菱形，，为的中点，
．
（Ⅰ）求证：AD平面PQB；
（Ⅱ）是否存在点在线段上使平面；
（Ⅲ）若平面，平面平面ABCD， 求二面角的大小．
SABCDABCDAC
BD
SOABCD
E
SCSC
EBDE
SAC
E
SCSC
EBDE
60BAD
Q
AD
2PAPDAD
M
PC//PA
MQB
//PA
MQBPADMBQC
O
S
A
B
C
D
E
C1
A1
C
B1
A
B
D
P
A
B
C
D