適用于老高考舊教材2023屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)理專(zhuān)題三立體幾何課件

專(zhuān)題三立體幾何上篇內(nèi)容索引010203高考小題突破4空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積高考小題突破5空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系培優(yōu)拓展?巧設(shè)變量速求立體幾何中的動(dòng)態(tài)、最值問(wèn)題04培優(yōu)拓展?巧用公共點(diǎn)速定立體幾何中的截面、交線問(wèn)題05◎高考保分大題三立體幾何中的證明與計(jì)算考情分析1.題型、題量穩(wěn)定:高考對(duì)該部分的考查一般為“2小1大”,分值約22分,多為中檔題.2.重點(diǎn)突出:(1)客觀題重點(diǎn)考查空間幾何體的表面積與體積的求解、幾何體中的線面關(guān)系等判斷以及幾何體與球的切、接等;(2)主觀題主要考查空間平行與垂直關(guān)系的證明、空間角特別是線面角與二面角的求解,多為中檔解答題.3.核心素養(yǎng):直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算.備考策略1.夯實(shí)基礎(chǔ):空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及空間線面關(guān)系是立體幾何的根本,平面圖形中的平行與垂直關(guān)系是空間線面關(guān)系邏輯證明的起點(diǎn)、突破口.2.掌握技巧:空間線面關(guān)系的證明,要熟練掌握相關(guān)定理,抓住平面圖形的結(jié)構(gòu)特征;空間角與距離的求解,要熟練掌握空間向量方法.3.強(qiáng)化轉(zhuǎn)化:平面化思想是解決線面關(guān)系的基礎(chǔ),轉(zhuǎn)化為向量的運(yùn)算是求解空間角問(wèn)題的基礎(chǔ),也是命題的重點(diǎn).真題感悟1.(2021·全國(guó)甲·理6)在一個(gè)正方體中,過(guò)頂點(diǎn)A的三條棱的中點(diǎn)分別為E,F,G.該正方體截去三棱錐A-EFG后,所得多面體的三視圖中,正視圖如圖所示,則相應(yīng)的側(cè)視圖是(

)正視圖

答案D

解析

由題意還原該正方體的直觀圖如圖所示,該多面體的三視圖中,相應(yīng)的側(cè)視圖為D.答案C

解析

如圖,甲、乙兩個(gè)圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖剛好拼成一個(gè)圓,設(shè)圓的半徑(即圓錐的母線長(zhǎng))為3,則圓的周長(zhǎng)為6π,甲、乙兩個(gè)圓錐的底面半徑分別為r1,r2,高分別為h1,h2,則2πr1=4π,2πr2=2π,則r1=2,r2=1,由勾股定理得,3.(2022·全國(guó)甲·理7)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°,則(

)A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°答案D

解析連接BD.B1D與平面ABCD所成的角為∠B1DB,B1D與平面AA1B1B所成的角為∠DB1A,則∠B1DB=∠DB1A=30°,設(shè)B1D=2,則AD=B1B=1.由B1D2=AD2+CD2+B1B2,過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AB1,垂足為點(diǎn)E,因?yàn)锳D⊥平面AA1B1B,所以AD⊥BE,又AD∩AB1=A,所以BE⊥平面AB1C1D,所以AE為AB在平面AB1C1D內(nèi)的射影,則AB與平面AB1C1D所成的角為∠B1AB,4.(2022·全國(guó)乙·理9)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí),其高為(

)答案C

5.(2021·全國(guó)乙·理16)以圖①為正視圖,在圖②③④⑤中選兩個(gè)分別作為側(cè)視圖和俯視圖,組成某個(gè)三棱錐的三視圖,則所選側(cè)視圖和俯視圖的編號(hào)依次為

(寫(xiě)出符合要求的一組答案即可).

圖①

圖②

圖③

圖④

圖⑤

答案

②⑤或③④

解析

根據(jù)“長(zhǎng)對(duì)正、高平齊、寬相等”及圖中數(shù)據(jù),側(cè)視圖只能是②或③.若側(cè)視圖為②,如圖(1),平面PBC⊥平面ABC,△ABC為等腰三角形(BC為底邊),俯視圖為⑤;(1)(2)若側(cè)視圖為③,如圖(2),PB⊥平面ABC,AB=BC,俯視圖為④.6.(2021·全國(guó)甲·理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點(diǎn),D為棱A1B1上的點(diǎn),BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當(dāng)B1D為何值時(shí),平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小?證明

(1)如圖,連接A1E,取BC中點(diǎn)M,連接B1M,EM.∵E,M分別為AC,BC中點(diǎn),∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,則點(diǎn)A1,B1,M,E四點(diǎn)共面,故DE?平面A1B1ME.又在側(cè)面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1?平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.(2)∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,則AB⊥BC.如圖,以B為原點(diǎn),BC,BA,BB1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).設(shè)DB1=t,則D(0,t,2),0≤t≤2.則平面BB1C1C的法向量為m=(0,1,0),設(shè)平面DEF的法向量為n=(x,y,z),知識(shí)精要1.空間幾何體的表面積與體積

表面積=側(cè)面積+底面積

誤區(qū)警示

2.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)

(1)線面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b.(3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質(zhì)定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b.

易漏掉線在面內(nèi)這個(gè)條件

3.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)定理:a⊥α,b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質(zhì)定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.漏掉此處條件,a⊥β還成立嗎?誤區(qū)警示上述八個(gè)定理成立的條件,每一個(gè)條件都缺一不可.4.空間角的求法(1)定義法求空間角求空間角的大小,一般是根據(jù)相關(guān)角(異面直線所成的角、直線和平面所成的角、二面角)的定義,把空間角轉(zhuǎn)化為平面角來(lái)求解.(2)向量法求空間角①線線夾角的計(jì)算:設(shè)直線l,m的方向向量分別為a,b,且它們的夾角為

兩異面直線的夾角為銳角或直角

②線面夾角的計(jì)算:設(shè)平面α的法向量為n,直線AB與平面α所成的角為θ,如

③面面夾角的計(jì)算:設(shè)平面α,β的法向量分別為n1,n2,α與β的夾角為θ,如圖,特別提醒二面角可能是兩法向量的夾角,也可能是兩法向量的夾角的補(bǔ)角,要注意從圖中分析.5.空間中點(diǎn)到平面的距離的求法(1)定義法:過(guò)點(diǎn)向平面作垂線,點(diǎn)與垂足的距離.(2)“等積法”:求解點(diǎn)到平面的距離常轉(zhuǎn)化為錐體的高,利用棱錐體積公式求點(diǎn)到平面的距離.(3)“向量法”:求解點(diǎn)到平面的距離常轉(zhuǎn)化為已知點(diǎn)與平面內(nèi)一點(diǎn)構(gòu)成的向量在平面的法向量方向上的投影向量的模.常用結(jié)論高考小題突破4考點(diǎn)一空間幾何體的三視圖典例突破1(1)(2022·浙江二模)將長(zhǎng)方體截去一個(gè)四棱錐,得到的幾何體如圖所示,則該幾何體的側(cè)視圖是(

)(2)(2022·寧夏六盤(pán)山二模)如圖,網(wǎng)格紙中小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫(huà)出的是某幾何體的三視圖,則該幾何體中最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為(

)答案

(1)C

(2)C

解析

(1)將幾何體各頂點(diǎn)字母標(biāo)記如圖,從左側(cè)觀察,得到如圖所示的側(cè)視圖,其中,對(duì)角線DE被幾何體左側(cè)面遮擋,應(yīng)當(dāng)為虛線,故選C.(2)該幾何體為三棱錐A-BCD,三棱錐A-BCD是由以下四棱錐A-BCDE截去三棱錐A-BDE所剩下的部分,由于AE=DE=BC=2,EB=DC=4,解題技巧解決三視圖問(wèn)題的解題思路由直觀圖確定三視圖(1)要根據(jù)三視圖的含義及畫(huà)法和擺放規(guī)則確認(rèn).(2)要熟悉常見(jiàn)幾何體的三視圖由三視圖還原到直觀圖(1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面.(2)根據(jù)正視圖或側(cè)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征,調(diào)整實(shí)線和虛線所對(duì)應(yīng)的棱、面的位置.(3)確定幾何體的直觀圖形狀對(duì)點(diǎn)練1(1)(2022·甘肅蘭州模擬)如圖所示,在網(wǎng)格上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗實(shí)線畫(huà)出的是某多面體的三視圖,若此多面體的所有頂點(diǎn)均可以放置在一個(gè)正方體的各面內(nèi),則此正方體的對(duì)角線長(zhǎng)為(

)(2)在三棱錐P-ABC中,底面ABC是銳角三角形,PC垂直于平面ABC,若取垂直于平面PAC的方向?yàn)檎晥D的方向,其三視圖中正視圖和側(cè)視圖如圖所示,則棱PB的長(zhǎng)為

.

解析

(1)如圖所示,由已知三視圖可以看出,直觀圖中各個(gè)頂點(diǎn)在正方體的面的中心位置,其中AB為正視圖中兩個(gè)小正方形的邊長(zhǎng),即AB=2,所以可以得到正方體的棱長(zhǎng)為2,所以正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為(2)根據(jù)正視圖可知,PC=4,B點(diǎn)在AC的投影位于AC的中點(diǎn),不妨設(shè)其為H,可得AH=HC=2,考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積考向1空間幾何體的側(cè)面積和表面積典例突破2(1)(2022·安徽宣城二模)劉徽是我國(guó)古代杰出的數(shù)學(xué)家.他將底面是直角三角形的直三棱柱稱(chēng)為“塹堵”,將底面為矩形且一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱(chēng)為“陽(yáng)馬”.已知某“塹堵”與某“陽(yáng)馬”組合而成的幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積是(

)(2)(2022·安徽巢湖一中模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(

)A.168+6π B.132+6πC.168+24π D.132+24π答案

(1)B

(2)A解析

(1)由三視圖還原幾何體如圖所示.由題意易知,四邊形ABED為正方形,四邊形BCFE為矩形,且(2)

由三視圖知該幾何體為長(zhǎng)方體中去掉一個(gè)圓錐體,如右圖所示,所以圓錐底面半徑為3,母線長(zhǎng)為5,側(cè)面積為5×3×π=15π,底面積為9π,則幾何體的表面積為2×6×6+4×6×4+15π-9π=168+6π.故選A.解題技巧求幾何體表面積的方法基本思路將立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面圖形問(wèn)題,即空間圖形平面化分割法求不規(guī)則幾何體的表面積時(shí),通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺(tái)體、球,先求這些柱、錐、臺(tái)體、球的表面積,再通過(guò)求和或作差求得所給幾何體的表面積對(duì)點(diǎn)練2(1)(2022·安徽滁州二模)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(

)(2)(2022·江西臨川一中模擬)將一個(gè)邊長(zhǎng)為4的正三角形以其中一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的表面積為

.

解析

(1)由三視圖可知,該幾何體為如下圖的四棱錐S-ABCD,設(shè)E,F分別是BC,AD的中點(diǎn),根據(jù)三視圖的知識(shí)可知EF⊥FS,EF=6,FS=4,則考向2空間幾何體的體積典例突破3(1)(2022·全國(guó)甲·理4)如圖,網(wǎng)格紙上繪制的是一個(gè)多面體的三視圖,網(wǎng)格小正方形的邊長(zhǎng)為1,則該多面體的體積為(

)A.8 B.12 C.16 D.20(2)(2022·山東濰坊模擬)某品牌暖水瓶的內(nèi)膽規(guī)格如圖所示,分為①②③④四個(gè)部分(水瓶?jī)?nèi)膽壁厚不計(jì)),它們分別為一個(gè)半球、一個(gè)大圓柱、一個(gè)圓臺(tái)和一個(gè)小圓柱.若其中圓臺(tái)部分的體積為52π

cm3,且水瓶灌滿水后蓋上瓶塞時(shí)水溢出

cm3,則蓋上瓶塞后水瓶的最大盛水量為(

)答案

(1)B

(2)A

解析

(1)該多面體的直觀圖如圖所示,多面體是一個(gè)正方體和一個(gè)三棱柱解題技巧求空間幾何體的體積的常用方法公式法對(duì)于規(guī)則的幾何體的體積,可直接利用體積公式求解等積法等積法也稱(chēng)等積轉(zhuǎn)化或等積變形,通過(guò)選擇合適的底面來(lái)求幾何體體積的一種方法,多用來(lái)解決錐體的體積,特別是三棱錐的體積割補(bǔ)法求不規(guī)則幾何體的體積,常用分割或補(bǔ)形的思想,將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體,以易于求解對(duì)點(diǎn)練3(1)(2022·河南焦作二模)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(

)A.18 B.24 C.48 D.60(2)(2022·寧夏銀川一中二模)如圖所示的五面體ABCDEF,其中AB∥DC∥EF,AB=3,CD=2,EF=1,EF到平面ABCD的距離是2,AB與CD之間的距離是1,∠EAB,∠FBA,∠EDC,∠FCD均為銳角,則此五面體的體積為(

)A.2 B.3

答案

(1)C

(2)A

解析

(1)

由三視圖知,該幾何體是一個(gè)三棱錐A1-BCD,如圖,底面△BCD的(2)

如圖,過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥AB,EP⊥CD,垂足分別為Q,P.過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB,FM⊥CD,垂足分別為N,M.連接PQ,MN.則將幾何體分為四棱錐E-AQPD,三棱柱EPQ-FMN,四棱錐F-BCMN三部分.考點(diǎn)三球與幾何體的切、接問(wèn)題考向1外接球典例突破4(1)(2022·遼寧東北育才學(xué)校模擬)2020年迪拜世博會(huì)中國(guó)館建筑外觀模仿中國(guó)傳統(tǒng)燈籠,寓意希望和光明.它的形狀可視為內(nèi)外兩個(gè)同軸圓柱,某愛(ài)好者制作了一個(gè)中國(guó)館的實(shí)心模型,已知模型內(nèi)層底面圓的直徑為12cm,外層底面圓的直徑為16cm,且內(nèi)外層圓柱的底面圓周都在一個(gè)直徑為20cm的球面上,則此模型的體積為(

)A.304πcm3 B.840πcm3

C.912πcm3 D.984πcm3(2)(2022·新高考Ⅱ·7)已知正三棱臺(tái)的高為1,上下底面的邊長(zhǎng)分別為

,其頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為(

)A.100π

B.128π C.144π

D.192π答案

(1)C

(2)A

(2)設(shè)外接球的半徑為R,由題意得,上底面所在平面截球所得圓的半徑是3,下底面所在平面截球所得圓的半徑是4,解題技巧求多面體的外接球半徑的技巧解題依據(jù)球的性質(zhì):任何直角所對(duì)的棱必然是球的直徑補(bǔ)形法側(cè)面為直角三角形,或正四面體,或?qū)庀嗟?或線面垂直的模型,可以還原到正方體或長(zhǎng)方體模型中去求解定義法到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心,方法是先確定有特殊底面的外接圓的圓心,再過(guò)圓心作垂直此面的垂線,則球心一定在此垂線上,最后根據(jù)其他頂點(diǎn)確定球心的準(zhǔn)確位置,列關(guān)系式求解對(duì)點(diǎn)練4(2022·云南二模)三棱錐P-ABC的頂點(diǎn)都在以PC為直徑的球M的球面上,PA⊥BC.若球M的表面積為100π,PA=8,則三棱錐P-ABC的體積的最大值為(

)答案

A

解析

因?yàn)槿忮FP-ABC的頂點(diǎn)都在以PC為直徑的球M的球面上,所以PA⊥AC,PB⊥BC,又PA⊥BC,AC∩BC=C,故PA⊥平面ABC.因?yàn)镻A∩PB=P,故BC⊥平面PAB,又AB?平面PAB,故BC⊥AB.因?yàn)榍騇的表面積為100π,設(shè)球的半徑為R,則4πR2=100π,解得R=5,即PC=10,考向2內(nèi)切球典例突破5

粽子古稱(chēng)“角黍”,是中國(guó)傳統(tǒng)的節(jié)慶食品,由粽葉包裹糯米等食材蒸制而成.因各地風(fēng)俗不同,粽子的形狀和味道也不同,某地流行的“五角粽子”,其形狀可以看作所有棱長(zhǎng)均為4cm的正四棱錐,現(xiàn)在需要在粽子內(nèi)部放入一顆咸蛋黃,蛋黃的形狀近似地看成球,則當(dāng)這個(gè)蛋黃的體積最大時(shí),蛋黃的半徑為(

)答案

B

解題技巧解決內(nèi)切問(wèn)題的思路基本步驟(1)抓切點(diǎn):要認(rèn)真分析圖形,明確切點(diǎn)的位置;(2)做截面:作出合適的截面圖;(3)定關(guān)系:確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系組合體問(wèn)題(1)球與旋轉(zhuǎn)體的組合,通常作它們的軸截面解題;(2)球與多面體的組合,通過(guò)多面體的一條側(cè)棱和球心(或“切點(diǎn)”“接點(diǎn)”)作出截面圖對(duì)點(diǎn)練5(2022·遼寧沈陽(yáng)二模)現(xiàn)有一個(gè)側(cè)面展開(kāi)圖為半圓形的圓錐,其內(nèi)部放有一個(gè)小球,當(dāng)小球體積最大時(shí),該圓錐與小球的體積之比是(

)A.9∶4 B.9∶5 C.3∶2 D.3∶1答案

A

解析

由圓錐側(cè)面展開(kāi)圖為半圓,設(shè)圓錐母線為l,底面半徑為R,則2πR=πl(wèi),所以l=2R,可知圓錐軸截面為正三角形,圓錐高為

R,又由當(dāng)小球是圓錐的內(nèi)切球時(shí),小球體積最大,軸截面如圖所示:設(shè)此時(shí)小球半徑為r,高考小題突破5考點(diǎn)空間直線、平面位置關(guān)系的判斷典例突破(1)(2022·全國(guó)乙·理7)在正方體ABCD

-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn),則(

)A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D(2)(2020·全國(guó)Ⅱ·理16)設(shè)有下列四個(gè)命題:p1:兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi).p2:過(guò)空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面.p3:若空間兩條直線不相交,則這兩條直線平行.p4:若直線l?平面α,直線m⊥平面α,則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號(hào)是

.

①p1∧p4

②p1∧p2

③(?p2)∨p3④(?p3)∨(?p4)答案

(1)A

(2)①③④

解析

(1)如圖,對(duì)于A,∵E,F分別為AB,BC的中點(diǎn),∴EF∥AC.在正方體ABCD

-A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC,又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.又EF?平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正確.對(duì)于B,連接AC1,易證AC1⊥平面A1BD.假設(shè)平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1?平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.又AC∥EF,AC?平面B1EF,EF?平面B1EF,∴AC∥平面B1EF.又AC1∩AC=A,∴平面AA1C1C∥平面B1EF.又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,∴AA1∥B1E,顯然不成立,∴假設(shè)不成立,即平面B1EF與平面A1BD不垂直.故B錯(cuò)誤.對(duì)于C,由題意知,直線AA1與B1E必相交,故平面B1EF與平面A1AC必相交.故C錯(cuò)誤.對(duì)于D,連接AB1,CB1,易證平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF與平面AB1C相交,∴平面B1EF與平面A1C1D不平行.故D錯(cuò)誤.(2)∵p1,p4為真命題,p2,p3為假命題,∴?p2,

?p3為真命題,∴p1∧p4為真命題,p1∧p2為假命題,(?p2)∨p3為真命題,(?p3)∨(?p4)為真命題.故填①③④.解題技巧判斷空間位置關(guān)系的三種方法定理法借助空間直線、平面平行與垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行邏輯推理判斷反證法當(dāng)從正面入手較難時(shí),可用反證法,推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題,進(jìn)而做出判斷模型法借助空間幾何體模型,如借助長(zhǎng)方體、正四面體等幾何體模型觀察線面關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理進(jìn)行肯定或否定對(duì)點(diǎn)練(1)(2022·廣西南寧二模)在正方形ABCD中,E為AB的中點(diǎn),H為AD的中點(diǎn),F,G分別為BC,CD上的點(diǎn),CF=2FB,CG=2GD,將△ABD沿著B(niǎo)D折起得到空間四邊形A1BCD,則在翻折過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的是(

)A.EF∥GH

B.EF與GH相交C.EF與GH異面 D.EH與FG異面(2)(2022·黑龍江哈九中三模)已知α,β是兩個(gè)不同的平面,m,n是兩條不同的直線,則以下命題一定正確的序號(hào)是(

)①如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β②如果m?α,α∥β,那么m∥β③如果α∩β=l,m∥α,那么m∥l④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βA.①②

B.①②③ C.②③④ D.③④答案

(1)B

(2)A解析

(1)由CF=2FB,CG=2GD,則FG∥BD且FG=BD,由E為AB的中點(diǎn),H為AD的中點(diǎn),則EH∥BD且EH=BD,所以EH∥FG且EH≠FG,則四邊形EFGH為梯形.梯形EFGH的兩腰FE,GH延長(zhǎng)必交于一點(diǎn),所以EF,GH相交,EH與FG平行.故選項(xiàng)ACD不正確,選項(xiàng)B正確.故選B.(2)①如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β,命題正確;②如果m?α,α∥β,直線m與平面β無(wú)公共點(diǎn),那么m∥β,命題正確;③如果α∩β=l,m∥α,m與l可平行也可異面,命題錯(cuò)誤;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,α與β可能平行,可能相交,相交時(shí)也可能垂直,命題錯(cuò)誤.故選A.培優(yōu)拓展?巧設(shè)變量速求立體幾何中的動(dòng)態(tài)、最值問(wèn)題立體幾何中的“動(dòng)態(tài)問(wèn)題”是指空間中的某些點(diǎn)、線、面的位置是不確定的或可變的一類(lèi)開(kāi)放性問(wèn)題,解決這類(lèi)問(wèn)題應(yīng)該動(dòng)靜結(jié)合、化動(dòng)為靜,找到相應(yīng)的幾何關(guān)系,對(duì)于探究存在問(wèn)題或動(dòng)態(tài)范圍(最值)問(wèn)題,用定性分析比較難或繁時(shí),可以引進(jìn)參數(shù),把動(dòng)態(tài)問(wèn)題劃歸為靜態(tài)問(wèn)題.具體地,可通過(guò)構(gòu)建方程、函數(shù)或不等式等進(jìn)行定量計(jì)算,以算促證.具體可以有以下幾種解決方法:(1)函數(shù)法:某些點(diǎn)、線、面的運(yùn)動(dòng),必然導(dǎo)致某些位置關(guān)系或一些變量的變化.變量變化時(shí)會(huì)引發(fā)其他變量的變化,從而建立函數(shù)關(guān)系,將立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題來(lái)解決.(2)等價(jià)轉(zhuǎn)換法:動(dòng)和靜是相對(duì)的,在運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中,要善于尋找或構(gòu)造與之相關(guān)的一些不變因素,將一些變化的點(diǎn)、線、面進(jìn)行合理轉(zhuǎn)換,實(shí)現(xiàn)變量與不變量的結(jié)合.(3)解析法:我們常利用空間直角坐標(biāo)系解決立體幾何問(wèn)題,即實(shí)現(xiàn)幾何問(wèn)題代數(shù)化.因此利用空間坐標(biāo)系將空間圖形中的若干元素坐標(biāo)化后,借助向量進(jìn)行運(yùn)算和分析是解決這類(lèi)問(wèn)題的常用方法.【例1】

(2022·貴州模擬)設(shè)矩形ABCD(AB>BC)的周長(zhǎng)為20,把△ABC沿AC向△ADC折疊,AB折疊后交DC于點(diǎn)P,點(diǎn)B落在點(diǎn)E處,則線段AP的長(zhǎng)度最小值為(

)答案

D

解析

∵四邊形ABCD是矩形,且△ABC沿AC向△ADC折疊,∴AD=EC,∠ADP=∠CEP=90°,∠APD=∠CPE,∴△ADP≌△CEP,∴AP=CP.設(shè)AB=x,DP=y,∴AP=CP=x-y.又∵矩形ABCD(AB>BC)的周長(zhǎng)為20,∴AD=10-x.由勾股定理,可得(10-x)2+y2=(x-y)2,∵AB>BC,∴0<10-x<x,評(píng)析

該題通過(guò)建立目標(biāo)y關(guān)于x的解析式,根據(jù)解析式的結(jié)構(gòu)特征選用基本不等式求最值.【例2】如圖所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2.動(dòng)點(diǎn)P,Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQ長(zhǎng)度的最小值是(

)答案

B

解析

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2),設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,λ,2λ),λ∈[0,1],點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],評(píng)析

該題涉及兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),所以需要引入兩個(gè)變量,建立目標(biāo)函數(shù)之后通過(guò)配方法可以直接判斷并求出最值.【例3】

已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1,點(diǎn)M為BC的中點(diǎn),點(diǎn)N為平面DCC1D1上的動(dòng)點(diǎn),若MN⊥A1C,則三棱錐N-AA1D的體積最大值為

.

解析

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以DA,DC,DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,評(píng)析

該題中“點(diǎn)N為平面DCC1D1上的動(dòng)點(diǎn)”,雖然只涉及一個(gè)動(dòng)點(diǎn),但需要兩個(gè)變量才能確定點(diǎn)的位置,在解題過(guò)程中首先建立目標(biāo)函數(shù),然后利用“MN⊥A1C”建立兩個(gè)坐標(biāo)參數(shù)之間的關(guān)系,確定兩個(gè)參數(shù)最終的取值范圍或代入目標(biāo)函數(shù)進(jìn)行消元,從而求得最值.【例4】如圖所示,菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2,∠ABC=60°,把△ABC沿對(duì)角線AC折疊成三棱錐B'-ACD,點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處,使得二面角B'-AC-D為60°,設(shè)點(diǎn)E為B'C的中點(diǎn),點(diǎn)F為三棱錐B'-ACD表面上一動(dòng)點(diǎn),且總滿足AC⊥EF,則點(diǎn)F軌跡的長(zhǎng)度為(

)答案

D

解析

連接BD,交AC于點(diǎn)O,連接OB',因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,∠ABC=60°,所以AC⊥BD,OB'⊥AC,△ABC,△ACD,△AB'C均為正三角形,所以∠B'OD為二面角B'-AC-D的平面角,于是∠B'OD=60°,又因?yàn)镺B'=OD,取OC的中點(diǎn)P,取CD的中點(diǎn)Q,連接EP,EQ,PQ,所以PQ∥OD,EP∥OB',所以AC⊥EP,AC⊥PQ,所以AC⊥平面EPQ,所以在三棱錐B'-ACD的表面上,滿足AC⊥EF的點(diǎn)F軌跡是△EPQ,故選D.評(píng)析

確定點(diǎn)F的軌跡,就是把已知條件“AC⊥EF”轉(zhuǎn)化為過(guò)點(diǎn)E與直線AC垂直的平面與三棱錐B'-ACD表面的交線,進(jìn)而確定軌跡的形狀進(jìn)行求解.探尋變化過(guò)程中的不變關(guān)系,是解決動(dòng)態(tài)問(wèn)題的常用手段.對(duì)于翻折或投影問(wèn)題,若能抓住相關(guān)線或面的垂面,化空間為平面,則容易找到問(wèn)題的核心.培優(yōu)拓展?巧用公共點(diǎn)速定立體幾何中的截面、交線問(wèn)題在處理空間幾何問(wèn)題時(shí),常遇到用一個(gè)平面去截幾何體,判斷截面的形狀或求截面的周長(zhǎng)、面積等問(wèn)題.很多同學(xué)空間想象力不強(qiáng),確定平面的公理運(yùn)用不夠熟練,遇到此類(lèi)問(wèn)題往往束手無(wú)策,為此,有必要總結(jié)一下畫(huà)截面的方法,幫助學(xué)生又快又準(zhǔn)地找出截面,順利解決截面問(wèn)題.畫(huà)一個(gè)平面截多面體的截面,關(guān)鍵是確定交線,常用的方法有:方法1.直接連接法:當(dāng)有兩點(diǎn)在幾何體的同一個(gè)面上時(shí),連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線.方法2.作平行線法:過(guò)直線與直線外一點(diǎn)作截面,常用到面面平行、線面平行的性質(zhì),通過(guò)該點(diǎn)找直線的平行線,即找到幾何體與截面的交線.方法3.作延長(zhǎng)線找交點(diǎn)法:觀察在同一個(gè)平面上的兩點(diǎn),連接并延長(zhǎng)至另一個(gè)點(diǎn)所在平面,同一個(gè)平面有兩點(diǎn)則可連線,需要注意長(zhǎng)度的運(yùn)算、比例關(guān)系,否則難以確定位置關(guān)系.名師點(diǎn)析確定截面的主要依據(jù)有:(1)平面的四個(gè)公理及推論;(2)直線和平面平行的判定和性質(zhì);(3)兩個(gè)平面平行的性質(zhì);(4)球的截面的性質(zhì).【例1】

(2022·山東臨沂一模)已知正三棱臺(tái)ABC-A1B1C1的上下底面邊長(zhǎng)分別為2和5,側(cè)棱長(zhǎng)為3,則以下底面的一個(gè)頂點(diǎn)為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺(tái)的表面的交線長(zhǎng)為

.

答案

2π

解析不妨設(shè)以下底面的頂點(diǎn)A為球心作球面.由題意,得△ABC是邊長(zhǎng)為5的等邊三角形,正三棱臺(tái)的側(cè)面均為全等的等腰梯形,如圖所示,在四邊形ABB1A1中,AB=5,A1B1=2,AA1=BB1=3,在棱AB上取BF=2,連接A1F,易知△AA1F為等邊三角形,即∠A1AB=60°.同理,∠A1AC=60°.則以下底面的頂點(diǎn)A為球心,半徑為2的球面與此正三棱臺(tái)評(píng)析

該題是球面與棱臺(tái)表面的交線,需要將其轉(zhuǎn)化為球的截面的性質(zhì),每段弧線的圓心角就是正三棱臺(tái)側(cè)面等腰梯形的底角或下底面正三角形的內(nèi)角,所以問(wèn)題的關(guān)鍵就是求出該扇形的圓心角.答案

A

解析

由正四面體的棱長(zhǎng)為2可求得它的外接球半徑是3,因?yàn)?>,所以正四面體的一個(gè)平面與球相交的截面如圖所示,△BMN是正四面體的一個(gè)面,點(diǎn)O1是正四面體一個(gè)平面截球面所得截面圓的圓心.O1D⊥BM,點(diǎn)A是BM與圓O1的交點(diǎn).則正四面體表面與球面的交線的總長(zhǎng)度為π×4=4π.評(píng)析

該題是球面與棱錐表面的交線,需要將其轉(zhuǎn)化為球的截面的性質(zhì),問(wèn)題的關(guān)鍵就是準(zhǔn)確求出截面圓的半徑,然后利用弧長(zhǎng)公式和幾何體的對(duì)稱(chēng)性求得最后結(jié)果.【例3】

如圖所示,正八面體PABCDQ的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)E,F,H分別是PA,PB,BC的中點(diǎn),則過(guò)E,F,H三點(diǎn)的平面α截該正八面體所得截面的面積等于

.

解析

∵點(diǎn)E,F,H分別是PA,PB,BC的中點(diǎn),∴EF∥AB,又EF?平面ABQ,AB?平面ABQ,∴EF∥平面ABQ.同理得FH∥平面PCD.又平面ABQ∥平面PCD,FH?平面ABQ,∴FH∥平面ABQ.又EF∩FH=F,EF,FH?平面α,∴平面α∥平面ABQ∥平面CDP.設(shè)平面α與CQ相交于點(diǎn)M,則HM∥BQ,故M為CQ的中點(diǎn).同理得平面α也過(guò)DQ,AD的中點(diǎn),結(jié)合正八面體的對(duì)稱(chēng)性,得截面是邊長(zhǎng)為1的正六邊形,評(píng)析

該題是平面與幾何體的截面問(wèn)題,確定該截面與幾何體各棱的交點(diǎn)是確定截面形狀的關(guān)鍵.【例4】如圖所示,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)M,N分別是A1D1,A1B1的中點(diǎn),過(guò)直線BD的平面α∥平面AMN,則平面α截該正方體所得截面的面積為(

)答案

B

解析

如圖所示,取B1C1的中點(diǎn)E,C1D1的中點(diǎn)F,連接EF,BE,DF,B1D1,則EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故EF,BD在同一平面內(nèi),連接ME,因?yàn)镸,E分別為A1D1,B1C1的中點(diǎn),所以ME∥AB,且ME=AB,所以四邊形ABEM是平行四邊形,所以AM∥BE,又因?yàn)锽E?平面BDFE,AM?平面BDFE,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE,因?yàn)锳M∩AN=A,AM,AN?平面AMN,所以平面AMN∥平面BDFE,即等腰梯形BDFE就是所求的截面.評(píng)析

根據(jù)面面平行的判定定理,準(zhǔn)確確定平面α的位置,進(jìn)而確定交線,確定截面的形狀,即可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面圖形中的計(jì)算問(wèn)題.【例5】

(2021·江西模擬預(yù)測(cè))已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,AA1⊥底面ABCD,AA1=6,AB=8,∠BCD=60°,點(diǎn)M是線段BC上靠近C的四等分點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)N在四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面,且MN⊥BD1,則動(dòng)點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為

.

解析

因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D1的底面為菱形,AA1⊥底面ABCD,所以BB1⊥AC,BD⊥AC,又因?yàn)锽B1∩BD=B,所以AC⊥平面BDD1B1,所以BD1⊥AC,故在AB上取點(diǎn)F,使得BF=3FA,連接MF,則MF∥AC,BD1⊥MF.在BB1上取點(diǎn)G,使得BG=2GB1,設(shè)MF與BD的交點(diǎn)為O,連接GO,在△D1DB中,DD1=6,BD=8,DD1⊥BD,所以△D1DB∽△OBG,故∠D1BD=∠OGB,所以BD1⊥OG,又BD1⊥MF,OG∩MF=O,OG,MF?平面MFG,所以BD1⊥平面MFG.故△MFG的邊即為點(diǎn)N的軌跡.高考保分大題三考點(diǎn)一空間位置關(guān)系的證明與求線面角保分一

空間向量與空間角、距離

典例突破1(2022·全國(guó)甲·理18)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.(1)證明:BD⊥PA;(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值.(1)證明

∵PD⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB的中點(diǎn)E,連接DE.∵CD=1,BE=AB=1,CD∥BE,∴四邊形CDEB是平行四邊形,∴DE=CB=1.∵DE=AB,∴△ABD為直角三角形,AB為斜邊,∴BD⊥AD.∵PD?平面PAD,AD?平面PAD,且PD∩AD=D,∴BD⊥平面PAD.又PA?平面PAD,∴BD⊥PA.規(guī)律方法利用向量求直線和平面所成的角的思路

利用斜線的射影向量分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)利用平面的法向量求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角對(duì)點(diǎn)練1(2022·福建三明模擬預(yù)測(cè))如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1為矩形,且側(cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1,點(diǎn)D為B1C1的中點(diǎn),AB=AC=2,AA1=B1C=2.(1)證明:AC1∥平面A1BD;(2)求直線BC與平面A1BD所成角的正弦值.(1)證明

如圖所示,連接AB1與BA1交于點(diǎn)O,連接OD,因?yàn)辄c(diǎn)O是AB1的中點(diǎn),點(diǎn)D是B1C1的中點(diǎn),所以AC1∥OD,又AC1?平面A1BD,OD?平面A1BD,所以AC1∥平面A1BD.(2)解

因?yàn)閭?cè)面ACC1A1為矩形,且側(cè)面ACC1A1⊥側(cè)面ABB1A1,所以AC⊥側(cè)面ABB1A1,則AC⊥AB1,AC⊥AB.則以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),以AB,AB1,AC分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,考點(diǎn)二求二面角典例突破2(12分)(2021·全國(guó)乙·理18)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M為BC的中點(diǎn),且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.【評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)—找回丟分】解:(1)連接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM?底面ABCD,∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,【教師講評(píng)—觸類(lèi)旁通】分析1:(1)問(wèn)的關(guān)鍵是需要把異面直線PB,AM的垂直,通過(guò)線面垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩條相交直線BD,AM的垂直,進(jìn)而利用等量代換證明三角形相似,列方程求解;分析2:利用空間向量求解二面角,關(guān)鍵是法向量的求解,通常是“一求一找”,“一求”就是賦值法,即利用法向量與平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量的數(shù)量積為0,列出方程組求解;“一找”即根據(jù)已知直接確定平面的垂線,該垂線的方向向量即為平面的法向量,如該題中也可以直接取PC的中點(diǎn)H,根據(jù)已知可得DH⊥PC,顯然DH就是平面PBM的垂線.對(duì)點(diǎn)練2(2022·黑龍江大慶三模)如圖所示,點(diǎn)C在以AB為直徑的圓O上,PA垂直于圓O所在平面,G為△AOC的重心.(1)求證:平面OPG⊥平面PAC;(2)若PA=AB=2AC=2,求二面角A-OP-G的余弦值.(1)證明

如圖,延長(zhǎng)OG交AC于點(diǎn)M.因?yàn)镚為△AOC的重心,所以M為AC的中點(diǎn).因?yàn)镺為AB的中點(diǎn),所以O(shè)M∥BC.因?yàn)锳B是圓的直徑,所以BC⊥AC,所以O(shè)M⊥AC.因?yàn)镻A⊥平面ABC,OM?平面ABC,所以PA⊥OM.又PA?平面PAC,AC?平面PAC,PA∩AC=A,所以O(shè)M⊥平面PAC,即OG⊥平面PAC.又OG?平面OPG,所以平面OPG⊥平面PAC.考點(diǎn)三求點(diǎn)面距典例突破3(2022·陜西二模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,(1)證明:BC1⊥CM;(2)若E為A1C1的中點(diǎn),求點(diǎn)A1到平面BCE的距離.(1)證明

因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,所以AB⊥BC1.因?yàn)锳B∩BC=B,AB,BC?平面ABC,所以BC1⊥平面ABC.因?yàn)镃M?平面ABC,所以BC1⊥CM.(2)解

由(1)知,AB⊥BC1,BC⊥BC1,AB⊥BC,以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,BC1,BA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz.規(guī)律方法點(diǎn)到平面距離的求法等體積法通過(guò)轉(zhuǎn)換棱錐的頂點(diǎn),表示出不同頂點(diǎn)下棱錐的高與底面積,再根據(jù)體積相等列出方程求解向量法轉(zhuǎn)化為已知點(diǎn)與平面內(nèi)一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的向量在平面單位法向量方向上的投影向量的模求解對(duì)點(diǎn)練3(2022·遼寧沈陽(yáng)模擬預(yù)測(cè))如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,∠ABC=45°,CF⊥BC,CF=BC=2,PA=PB,平面PAB⊥平面ABCD,E,F分別是PD,AB的中點(diǎn).(1)求證:EF∥平面PBC;(2)若CE與平面PCF所成角θ為30°,求點(diǎn)B到平面CEF的距離d.(1)證明

取PC的中點(diǎn)G,連接EG,BG,因?yàn)辄c(diǎn)E是PD的中點(diǎn),所以EG是

又因?yàn)辄c(diǎn)F是AB的中點(diǎn),四邊形ABCD是平行四邊形,故EG∥BF,EG=BF,所以四邊形BFEG是平行四邊形,所以EF∥BG,因?yàn)镋F?平面PBC,BG?平面PBC,所以EF∥平面PBC.(2)解

因?yàn)镻A=PB,點(diǎn)F是AB的中點(diǎn),所以PF⊥AB,因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD,交線為AB,所以PF⊥平面ABCD.因?yàn)镃F⊥BC,所以以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn),FC所在直線為x軸,過(guò)點(diǎn)F平行于BC的直線為y軸,FP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)镃F=BC=2,∠ABC=45°,所以F(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),D(-2,4,0),設(shè)P(0,0,m)(m>0),其中平面PCF的法向量設(shè)為n=(0,1,0),考點(diǎn)一空間直線、平面位置關(guān)系的證明保分二

立體幾何中的位置關(guān)系證明、翻折及探索性問(wèn)題

考向1幾何法證明空間平行與垂直關(guān)系典例突破1如圖所示,在直四棱柱ABCD-EHGF中,上、下底面為等腰梯形,AD∥BC,∠ADC=60°,AE=AD=2CD=2,M為線段EF的中點(diǎn).(1)證明:平面ECD⊥平面ACE;(2)設(shè)O為線段AD上一點(diǎn),試確定點(diǎn)O的位置,使平面BOE∥平面MCD.(1)證明

因?yàn)樗睦庵鵄BCD-EHGF為直四棱柱,則EA⊥平面ABCD,而CD?平面ABCD,于是得EA⊥CD.在△ADC中,CD=1,AD=2,∠ADC=60°,由余弦定理得,因此,AC2+CD2=AD2,即CD⊥AC,又EA∩AC=A,EA,AC?平面ACE,則CD⊥平面ACE,又CD?平面ECD,所以平面ECD⊥平面ACE.(2)解

當(dāng)點(diǎn)O為AD的中點(diǎn)時(shí),平面BOE∥平面MCD.連接EO,BO,如圖所示,在等腰梯形ABCD中,BC=AD-2CDcos∠ADC=2-2×1×cos

60°=1,即BC=OD=1,而AD∥BC,則四邊形BODC為平行四邊形,即有BO∥CD,因?yàn)锽O?平面MCD,CD?平面MCD,則有BO∥平面MCD,因?yàn)镺D=EM=1,EF∥AD,則四邊形EODM為平行四邊形,有EO∥MD,而EO?平面MCD,MD?平面MCD,因此EO∥平面MCD,又EO∩BO=O,所以平面BOE∥平面MCD.解題技巧用幾何法證明空間中的平行與垂直關(guān)系,關(guān)鍵是靈活運(yùn)用各種平行(垂直)關(guān)系的轉(zhuǎn)化:對(duì)點(diǎn)練1如圖所示,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,E,F分別為AD,AA1的中點(diǎn),Q是BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),且BQ=λQC(λ>0).(1)當(dāng)λ=1時(shí),求證:平面BEF∥平面A1DQ;(2)是否存在λ,使得BD⊥FQ?若存在,請(qǐng)求出λ的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明

當(dāng)λ=1時(shí),Q為BC的中點(diǎn),因?yàn)镋是AD的中點(diǎn),所以ED=BQ,ED∥BQ,則四邊形BEDQ是平行四邊形,所以BE∥QD.又BE?平面A1DQ,DQ?平面A1DQ,所以BE∥平面A1DQ.因?yàn)镋,F分別是AD,A1A的中點(diǎn),所以EF∥A1D.因?yàn)镋F?平面A1DQ,A1D?平面A1DQ,所以EF∥平面A1DQ.因?yàn)锽E∩EF=E,EF?平面BEF,BE?平面BEF,所以平面BEF∥平面A1DQ.(2)解

如圖所示,連接AQ.因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1A⊥BD.若BD⊥FQ,又A1A,FQ?平面A1AQ,且A1A∩FQ=F,所以BD⊥平面A1AQ.因?yàn)锳Q?平面A1AQ,所以AQ⊥BD.在矩形ABCD中,由AQ⊥BD,得△AQB∽△DBA,考向2向量法證明空間平行與垂直關(guān)系典例突破2如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱BC的中點(diǎn),F為棱CD的中點(diǎn).(1)求證:D1F∥平面A1EC1;(2)棱DD1的中點(diǎn)為M,求證:平面CMB1⊥平面A1EC1.證明

(1)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA1分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2).因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn),F為棱CD的中點(diǎn),所以E(2,1,0),F(1,2,0),因?yàn)镈1F?平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.令z2=2,則x2=1,y2=2.所以n=(1,2,2).顯然m·n=2×1+(-2)×2+1×2=0,即m⊥n,所以平面CMB1⊥平面A1EC1.解題技巧向量法證明空間平行與垂直關(guān)系時(shí),是以計(jì)算為手段,尋求直線方向的向量和平面的基向量的關(guān)系,關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系(或找空間一組基底)及尋找平面的法向量.對(duì)點(diǎn)練2如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E為PC上一點(diǎn),且PE=PC.求證:(1)AE⊥平面PBC;(2)PA∥平面BDE.證明

(1)因?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB.又AD⊥AB,所以如圖所示,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以

的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2).因?yàn)镻C∩BC=C,所以AE⊥平面PBC.(2)設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量為u=(x,y,z),因?yàn)镻A?平面BDE,所以PA∥平面BDE.考點(diǎn)二翻折問(wèn)題考向1翻折問(wèn)題中空間關(guān)系的證明典例突破3(2022·安徽蕪湖一中三模)如圖所示,在矩形ATCD中,AD=8,DC=3,B為T(mén)C的中點(diǎn),△TAB沿AB翻折,使得點(diǎn)T到達(dá)點(diǎn)P的位置.連接PD,PC,得到四棱錐P-ABCD,點(diǎn)M為PD的中點(diǎn).(1)求線段CM的長(zhǎng)度;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱錐P-ABD的體積.解

(1)取PA的中點(diǎn)N,連接MN,BN,所以MN∥BC,且MN=BC,所以四邊形BCMN為平行四邊形,所以CM=BN,(2)

取AD的中點(diǎn)O,連接BO,PO,則BO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BO⊥平面PAD,則BO⊥OP,誤區(qū)警示翻折問(wèn)題中的誤區(qū)平面圖形翻折后成為空間圖形,翻折后還在同一個(gè)平面上的線線關(guān)系不發(fā)生變化,不在同一個(gè)平面上的可能發(fā)生變化.解決這類(lèi)問(wèn)題就是要根據(jù)這些變與不變,去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類(lèi)幾何量的度量值.對(duì)點(diǎn)練3(2022·四川攀枝花二模)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,點(diǎn)E為BC的中點(diǎn),點(diǎn)F在AD上,EF∥AB,BC=EF=DF=4,將四邊形CDFE沿EF邊折起,如圖2.(1)證明:圖2中的AE∥平面BCD;(2)在圖2中,若AD=2,求該幾何體的體積.圖1圖2(1)證明

取DF的中點(diǎn)G,連接AG,EG,CG.因?yàn)镃E∥GF,CE=GF,所以四邊形CEFG是平行四邊形,所以CG∥EF∥AB且CG=EF=AB,所以四邊形ABCG是平行四邊形,所以AG∥BC.因?yàn)锳G?平面BCD,且BC?平面BCD,所以AG∥平面BCD.同理可知,四邊形CEGD是平行四邊形,所以GE∥DC,同理證得GE∥平面BCD,因?yàn)锳G,GE?平面AGE,且AG∩GE=G,所以平面AGE∥平面BCD,因?yàn)锳E?平面AGE,所以AE∥平面BCD.(2)解

因?yàn)锳F=2,DF=4,則DF2=AD2+AF2,故AD⊥AF,又AB⊥AD,AF⊥AB,AD∩AF=A,所以AB⊥平面ADF.連接DE,該幾何體被分割為四棱錐D-ABEF和三棱錐D-BCE,考向2求翻折問(wèn)題中的空間角典例突破4(2022·四川遂寧三模)如圖1所示,在梯形CDMN中,CD∥MN,BC∥AD,E為AD的中點(diǎn),DE=DC=1,MA=MD=,現(xiàn)將△AMD沿AD折起,△BCN沿BC折起,使平面AMD⊥平面ABCD,且M,N重合為點(diǎn)P(如圖2所示).圖1圖2(1)證明:平面PBE⊥平面PBC;(2)求二面角C-PA-D的余弦值.所以△PAD是等腰三角形,又點(diǎn)E是AD的中點(diǎn),所以ME⊥AD,即PE⊥AD.又因?yàn)槠矫鍭PD⊥平面ABCD,且平面APD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,又BC?平面ABCD,所以PE⊥BC.又因?yàn)镃D∥MN,且ME⊥AD,所以四邊形NCDE為直角梯形,且DE=DC=1,所以四邊形BCDE是正方形,所以BC⊥EB,又因?yàn)镻E∩EB=E,所以BC⊥平面PBE,又因?yàn)锽C?平面PBC,所以平面PBE⊥平面PBC.(2)解

由(1)知PE,EB,AD兩兩垂直,以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn),EA,EB,EP分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.疑難突破平面圖形翻折后成為空間圖形,翻折后還在同一個(gè)平面上的線線關(guān)系不發(fā)生變化,不在同一個(gè)平面上的可能發(fā)生變化.解決這類(lèi)問(wèn)題就是要根據(jù)這些變與不變,去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類(lèi)幾何量的度量值.對(duì)點(diǎn)練4(2022·河南洛陽(yáng)模擬預(yù)測(cè))已知邊長(zhǎng)為6的等邊三角形ABC中,點(diǎn)M,N分別是邊AB,AC的三等分點(diǎn),且AM=AB,CN=CA,沿MN將△AMN折起到△A'MN的位置,使∠A'MB=90°.(1)求證:A'M⊥平面MBCN;(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)D,使直線A'D與平面A'MB所成角為60°?若存在,求BD的長(zhǎng)度;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)證明

因?yàn)椤螦'MB=90°,所以A'M⊥MB.因?yàn)镸N∩MB=M,MB,MN?平面MBCN,所以A'M⊥平面MBCN.(2)解

由第(1)問(wèn)可知A'M,BM,MN兩兩垂直,故以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn),MB,MN,MA'所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A'(0,0,2),假設(shè)存在點(diǎn)D,BD=m(0≤m≤6