高中數(shù)學文檔網（）轉發(fā)，來源于網友分享2019年高三二輪復習講練測之講案【新課標版理科數(shù)學】專題五立體幾何考向一三視圖與幾何體的面積、體積【高考改編☆回顧基礎】1．【數(shù)學文化與三視圖】【2018年全國卷Ⅲ文】中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】觀擦圖形圖可知，俯視圖為故答案為A.2.【三視圖與空間幾何體的體積】【2018年浙江卷改編】某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是.【答案】63.【空間幾何體的體積】【2018年全國卷II文】已知圓錐的頂點為，母線，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓錐的體積為__________．【答案】8π【解析】如下圖所示，又，解得，所以，所以該圓錐的體積為.4.【三視圖與空間幾何體的結構特征】【2018年北京文改編】某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數(shù)為【答案】3【解析】由三視圖可得四棱錐，在四棱錐中，，由勾股定理可知：，則在四棱錐中，直角三角形有：共三個，故選C.【命題預測☆看準方向】1.空間幾何體的三視圖成為近幾年高考的必考點,單獨考查三視圖的逐漸減少,主要考查由三視圖求原幾何體的面積、體積以及幾何體的結構特征,題型以選擇題、填空題的形式考查.2.對柱體、錐體、臺體表面積、體積及球與多面體的切接問題中的有關幾何體的表面積、體積的考查又是高考的一個熱點,難度不大,主要以選擇題、填空題的形式考查.3.2019年應注意抓住考查的主要題目類型進行訓練,重點有四個:一是三視圖中的幾何體的形狀及面積、體積;二是求柱體、錐體、臺體及球的表面積、體積;三是求球與多面體的相切、接問題中的有關幾何體的表面積、體積；四是立體幾何與數(shù)學文化相結合的問題.【典例分析☆提升能力】【例1】17世紀日本數(shù)學家們對于數(shù)學關于體積方法的問題還不了解，他們將體積公式“V＝kD3”中的常數(shù)k稱為“立圓術”或“玉積率”，創(chuàng)用了求“玉積率”的獨特方法“會玉術”，其中，D為直徑，類似地，對于等邊圓柱(軸截面是正方形的圓柱叫做等邊圓柱)、正方體也有類似的體積公式V＝kD3，其中，在等邊圓柱中，D表示底面圓的直徑；在正方體中，D表示棱長．假設運用此“會玉術”，求得的球、等邊圓柱、正方體的“玉積率”分別為k1，k2，k3，那么，k1∶k2∶k3＝()A.∶∶1B.∶∶2C.1∶3∶D.1∶∶【答案】D【解析】球中，；等邊圓柱中，；正方體中，；所以.故選D.【趁熱打鐵】將一個底面半徑為1，高為2的圓錐形工件切割成一個圓柱體，能切割出的圓柱的最大體積為()A.B.C.D.【答案】B【解析】如圖所示，設圓柱的半徑為，高為，體積為，由題意可得，所以，所以圓柱的體積，設，則，由得，在上遞增，在上遞減，所以圓柱的最大體積，故選B.【例2】【2018屆河南省鄭州市第一次模擬】芻薨（），中國古代算術中的一種幾何形體，《九章算術》中記載“芻薨者，下有褒有廣，而上有褒無廣.芻，草也.薨，屋蓋也.”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱，芻薨字面意思為茅草屋頂”，如圖，為一芻薨的三視圖，其中正視圖為等腰梯形，側視圖為等腰三角形，則搭建它（無底面，不考慮厚度）需要的茅草面積至少為（）A.24B.C.64D.【答案】B【趁熱打鐵】【2018屆湖北省穩(wěn)派教育高三上第二次聯(lián)考】已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由三視圖可得，該幾何體為右側的一個半圓錐和左側的一個三棱錐拼接而成.由三視圖中的數(shù)據(jù)可得其體積為.選A.【方法總結☆全面提升】1.三視圖的正視圖、側視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫出的輪廓線.畫三視圖的基本要求:正俯一樣長,俯側一樣寬,正側一樣高.2.空間幾何體的面積有側面積和表面積之分,表面積就是全面積,是一個空間幾何體中“暴露”在外的所有面的面積,在計算時要注意區(qū)分“是求側面積還是求表面積”.多面體的表面積就是其所有面的面積之和,旋轉體的表面積除了球之外,都是其側面積和底面面積之和.3.等體積法也稱等積轉化法或等積變形法,它是通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法,多用來解決與錐體有關的問題,特別是三棱錐的體積.【規(guī)范示例☆避免陷阱】【典例】【2016·全國卷Ⅰ改編】如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，則它的表面積是________．【規(guī)范解答】該幾何體為一個球去掉八分之一，設球的半徑為r，則eq\f(7,8)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(28π,3)，解得r＝2，故該幾何體的表面積為eq\f(7,8)×4π×22＋eq\f(3,4)×π×22＝17π.【反思提高】在由空間幾何體的三視圖確定幾何體的形狀時,先根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面,然后根據(jù)正視圖或側視圖確定幾何體的側棱與側面的特征,調整實線和虛線所對應的棱、面的位置,特別注意由各視圖中觀察者與幾何體的相對位置與圖中的虛實線來確定幾何體的形狀,最后根據(jù)三視圖“長對正、高平齊、寬相等”的關系,確定輪廓線的各個方向的尺寸.【誤區(qū)警示】1.求幾何體體積問題,可以多角度、多方位地考慮問題.在求三棱錐體積的過程中,等體積轉化法是常用的方法,轉換底面的原則是使其高易求,常把底面放在已知幾何體的某一面上.2.求不規(guī)則幾何體的體積,常用分割或補形的思想,將不規(guī)則幾何體變?yōu)橐?guī)則幾何體,易于求解.考向二球與多面體的切接問題【高考改編☆回顧基礎】1.【球與多面體的切接、面積與體積】【2017天津，文11】已知一個正方形的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為.【答案】2．【球與多面體的切接、面積與體積】【2017課標1，文16】已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐S-ABC的體積為9，則球O的表面積為________．【答案】【解析】取的中點，連接因為所以因為平面平面所以平面設所以，所以球的表面積為3.【球與旋轉體的切接、面積與體積】【2017江蘇，6】如圖,在圓柱內有一個球,該球與圓柱的上、下面及母線均相切.記圓柱的體積為,球的體積為,則的值是.OOO1O2(第6題)【答案】【命題預測☆看準方向】球與多面體的切、接問題中的有關幾何體的表面積、體積計算，往往與三視圖結合考查，一般為選擇題或填空題，難度以低、中檔為主.【典例分析☆提升能力】【例1【四川省瀘州市2019屆高三第一次診斷】已知三棱錐的所有頂點都在同一球面上，底面是正三角形且和球心在同一平面內，若此三棱錐的最大體積為，則球的表面積等于__________．【答案】【解析】與球心在同一平面內，是的外心，設球半徑為，則的邊長，，當?shù)剿诿娴木嚯x為球的半徑時，體積最大，，，球表面積為，故答案為.【趁熱打鐵】已知是球上的點，,，,則球的表面積等于________________．【答案】【解析】由已知S,A,B,C是球O表面上的點，所以，又，，所以四面體的外接球半徑等于以長寬高分別以SA,AB,BC三邊長為長方體的外接球的半徑，因為，,所以，所以球的表面積.【例2】【2018屆江西省蓮塘一中、臨川二中高三上學期第一次聯(lián)考】已知三棱錐的各頂點在一個表面積為的球面上，球心在上，平面，,則三棱錐的體積為__________.【答案】【解析】如圖所示,設球的半徑為r,則，解得r=1.∵OC2+OA2=2=AC2，∴OC⊥OA.∵球心O在AB上，SO⊥平面ABC，則三棱錐的底面積：，三棱錐的體積：.故答案為：.【趁熱打鐵】【2018屆貴州省遵義航天高級中學高三第五次模擬】如圖1，在平面ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=,,將其對角線BD折成四面體,如圖2，使平面平面BCD,若四面體的頂點在同一球面上，則該球的體積為____________【答案】【解析】因為BD中點O到距離為，O到距離為，所以，體積為【例3】有人由“追求”聯(lián)想到“錐、球”并構造了一道名為《追求2017》的題目，請你解答此題：球O的球心為點O，球O內切于底面半徑為、高為3的圓錐，三棱錐V﹣ABC內接于球O，已知OA⊥OB，AC⊥BC，則三棱錐V﹣ABC的體積的最大值為_____．【答案】【解析】圓錐的母線長為=2，設球O的半徑為r，則，解得r=1．∵OA⊥OB，OA=OB=1，∴AB=，∵AC⊥BC，∴C在以AB為直徑的圓上，∴平面OAB⊥平面ABC，∴O到平面ABC的距離為，故V到平面ABC的最大距離為．又C到AB的最大距離為，∴三棱錐V﹣ABC的體積的最大值為=．故答案為：．【趁熱打鐵】在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是()A.4π B. C.6π D.【答案】B【解析】由題意知要使球的體積最大,則它與直三棱柱的若干個面相切.設球的半徑為R,易得△ABC的內切圓的半徑為=2,則R≤2.因為2R≤3,即R≤,所以Vmax=,故選B.【方法總結☆全面提升】1.與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑．球的內接長方體、正四棱柱等問題的關鍵是把握球的直徑即棱柱的體對角線長.2.涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點或線作截面，把空間問題化歸為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系．3.球心與截面圓心的連線垂直圓面，其距離為d，常利用直角三角形建立量的關系，R2＝d2＋r2.【規(guī)范示例☆避免陷阱】【典例】如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的六個頂點都在半徑為1的半球面上，AB＝AC，側面BCC1B1是半球底面圓的內接正方形，則側面ABB1A1A．2B．1C.eq\r(2)D.eq\f(\r(2),2)【規(guī)范解答】基本法根據(jù)題中給定條件尋求所求側面邊長與其他量之間關系．由題意知，球心在側面BCC1B1的中心O上，BC為截面圓的直徑，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圓圓心N位于BC的中點，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中點．設正方形BCC1B1邊長為x，Rt△OMC1中，OM＝eq\f(x,2)，MC1＝eq\f(x,2)，OC1＝R＝1(R為球的半徑)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＝1，即x＝eq\r(2)，則AB＝AC＝1，∴S矩形ABB1A1＝eq\r(2)×1＝eq\r(2).速解法根據(jù)大圓的內接正方形尋求球半徑與正方形邊長的關系．正方形BCC1B1所在的是大圓面，∴B1C＝2，B1C2＝2BC2，∴BC＝eq\r(2)，在Rt△ABC中，AB＝AC＝1，∴SABB1A1＝eq\r(2)×1＝eq\r(2).【反思提升】球心與截面圓心的連線垂直圓面，其距離為d，常利用直角三角形建立量的關系，.【誤區(qū)警示】(1)涉及球與棱柱、棱錐的相切、接問題時,一般先過球心及多面體中的特殊點(如接、切點或線)作截面,把空間問題轉化為平面問題,再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系,或畫內切、外接的幾何體的直觀圖,確定球心的位置,弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系,列方程組求解.(2)若球面上四點P,A,B,C構成的三條線段PA,PB,PC兩兩互相垂直,且一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體,根據(jù)求解.考向三空間中的平行與垂直【高考改編☆回顧基礎】1．【兩線垂直的判斷】【2017·全國卷Ⅲ改編】如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD，則AC與BD的位置關系是________．【答案】垂直【解析】取AC的中點O，連接DO，BO.因為AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.2.【兩線平行的判斷】【2017·全國卷Ⅰ改編】如圖，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則直線AB與平面MNQ的位置關系是________．【答案】平行【解析】因為M，Q分別為對應棱的中點，所以有AB∥MQ，又AB不在平面MNQ內，所以AB∥平面MNQ.3.【數(shù)學文化與幾何體的結構特征】【2018年上海卷】《九章算術》中，稱底面為矩形而有一側棱垂直于底面的四棱錐為陽馬，設是正六棱柱的一條側棱，如圖，若陽馬以該正六棱柱的頂點為頂點、以為底面矩形的一邊，則這樣的陽馬的個數(shù)是（）A．4B．8C．12D．16【答案】D4.【平行垂直關系的證明】【2018年北京文】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點.（Ⅰ）求證：PE⊥BC；（Ⅱ）求證：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求證：EF∥平面PCD.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析【解析】（Ⅰ）∵，且為的中點，∴.∵底面為矩形，∴，∴.（Ⅱ）∵底面為矩形，∴.∵平面平面，∴平面.∴.又,∵平面，∴平面平面.（Ⅲ）如圖，取中點，連接.∵分別為和的中點，∴，且.∵四邊形為矩形，且為的中點，∴，∴，且，∴四邊形為平行四邊形，∴.又平面，平面，∴平面.【命題預測☆看準方向】高考對空間點、線、面位置關系的考查主要有兩種形式:一是對命題真假的判斷,通常以選擇題、填空題的形式考查,難度不大,也不是高考的熱點;二是在解答題中考查平行、垂直關系的證明,常以柱體、錐體為載體,難度中檔偏難,是高考的熱點.預計隨著高考對能力要求的不斷加強,今后對空間中平行、垂直關系及體積中的探索性問題的考查會逐漸升溫.【典例分析☆提升能力】【例1】【2017江蘇，15】如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.[求證：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC.((第15題)ADBCEF【答案】（1）見解析（2）見解析【趁熱打鐵】已知四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中點．(Ⅰ)求證：PC∥平面EBD；(Ⅱ)求證：平面PBC⊥平面PCD.【答案】(Ⅰ)見解析(Ⅱ)見解析【解析】試題分析：（1）連，與交于，利用三角形的中位線，可得線線平行，從而可得線面平行；

（2）證明，即可證得平面平面．試題解析：(Ⅰ)連接AC交BD與O，連接EO,∵E、O分別為PA、AC的中點，∴EO∥PC，∵PC?平面EBD，EO?平面EBD∴PC∥平面EBD(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD為正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D,PD、CD?平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【例2】在如圖所示的幾何體中,四邊形CDEF為正方形,四邊形ABCD為等腰梯形,AB∥CD,AC=,AB=2BC=2,AC⊥FB.(1)求證:AC⊥平面FBC;(2)求四面體F-BCD的體積;(3)線段AC上是否存在點M,使EA∥平面FDM?證明你的結論.【答案】(1)證明：見解析.(2)(3)線段AC上存在點M,使得EA∥平面FDM成立.【解析】(1)證明：在△ABC中,因為AC=,AB=2,BC=1,所以AC⊥BC.又因為AC⊥FB,BC∩FB=B,所以AC⊥平面FBC.(2)解：因為AC⊥平面FBC,所以AC⊥FC.因為CD⊥FC,AC∩CD=C,所以FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中,可得CB=DC=1,所以FC=1.所以△BCD的面積為S=所以四面體F-BCD的體積為VF-BCD=S·FC=【趁熱打鐵】如圖,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,CD=2AB=4,AD=,E為CD的中點,將△BCE沿BE折起,使得CO⊥DE,其中點O在線段DE內.(1)求證:CO⊥平面ABED;(2)求∠CEO(記為θ)多大時,三棱錐C-AOE的體積最大?最大值為多少?【答案】(1)證明：見解析.(2)當θ=時,三棱錐C-AOE的體積最大,最大值為.【解析】(1)證明：在直角梯形ABCD中,CD=2AB,E為CD的中點,則AB=DE.又AB∥DE,AD⊥AB,知BE⊥CD.在四棱錐C-ABED中,BE⊥DE,BE⊥CE,CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE,則BE⊥平面CDE.因為CO?平面CDE,所以BE⊥CO.又CO⊥DE,且BE,DE是平面ABED內兩條相交直線,故CO⊥平面ABED.(2)解：由(1)知CO⊥平面ABED,知三棱錐C-AOE的體積V=S△AOE·OC=×OE×AD×OC.由直角梯形ABCD中,CD=2AB=4,AD=,CE=2,得三棱錐C-AOE中,OE=CE·cosθ=2cosθ,OC=CE·sinθ=2sinθ,V=sin2θ≤,當且僅當sin2θ=1,θ∈,即θ=時取等號(此時OE=<DE,O落在線段DE內).故當θ=時,三棱錐C-AOE的體積最大,最大值為.【方法總結☆全面提升】1.要注意線線平行(垂直)、線面平行(垂直)與面面平行(垂直)的相互轉化.在解決線線平行、線面平行問題時,若題目中已出現(xiàn)了中點,可考慮在圖形中再取中點,構成中位線進行證明.2.要證明線面平行,先在平面內找一條直線與已知直線平行,或找一個經過已知直線與已知平面相交的平面,找出交線,證明兩線平行.3.要證明線線平行,可考慮公理4或轉化為證明線面平行.4.要證明線面垂直可轉化為證明線線垂直,應用線面垂直的判定定理與性質定理進行轉化.5..判定面面平行的四個方法:(1)利用定義,即判斷兩個平面沒有公共點;(2)利用面面平行的判定定理;(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行;(4)利用平面平行的傳遞性,即兩個平面同時平行于第三個平面,則這兩個平面平行.6.面面垂直的證明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即證明其中一個平面經過另一個平面的一條垂線;(2)用面面垂直的定義,即證明兩個平面所成的二面角是直二面角.7.從解題方法上說,由于線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)之間可以相互轉化,因此整個解題過程始終沿著線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)的轉化途徑進行.8.對命題條件的探索的三種途徑:(1)先猜想后證明,即先察與嘗試給出條件再證明;(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性;(3)將幾何問題轉化為代數(shù)問題,探索出命題成立的條件.9.對命題結論的探索方法:從條件出發(fā),探索出要求的結論是什么,對于探索結論是否存在,求解時常假設結論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結論.【規(guī)范示例☆避免陷阱】【典例】【2017課標=2\*ROMANII，文18】如圖，四棱錐中，側面為等邊三角形且垂直于底面,（1）證明：直線平面;（2）若△面積為，求四棱錐的體積.【規(guī)范解答】【反思提升】（1）證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行（2）證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直.（3）證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直.（4）證明面面垂直，先由線線垂直證明線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直.（5）先利用線面平行說明點面距為定值，計算點面距時，如直接求不方便，應首先想到轉化，如平行轉化、對稱轉化、比例轉化等，找到方便求值時再計算，可以減少運算量，提高準確度，求點到平面的距離有時能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱錐的高，利用等體積法求出．【誤區(qū)警示】在立體幾何類解答題中，對于證明與計算過程中得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫．考向四立體幾何中的向量方法【高考改編☆回顧基礎】1．【空間向量求異面直線角】【2017·全國卷Ⅱ改編】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為________．【答案】eq\f(\r(10),5)【解析】方法一：建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(2，0，0)，B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，故異面直線AB1與BC1所成角θ的余弦值cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).方法二：如圖，將該直三棱柱補充成直四棱柱，其中CD∥AB且CD＝AB，則可得AB1∥DC1且AB1＝DC1，圖中∠BC1D即為異面直線AB1與BC1所成的角或所成角的補角．在△BC1D中，BC1＝eq\r(2)，DC1＝eq\r(5)，BD＝eq\r(4＋1－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3)，所以cos∠BC1D＝eq\f(2＋5－3,2×\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5).故異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).2.【空間向量的綜合應用】【2018年天津理】如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：；（II）求二面角的正弦值；（III）若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長.【答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依題意，可以建立以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系（如圖），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）．設n0=(x，y，z)為平面CDE的法向量，則即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因為直線MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依題意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．設n=（x，y，z）為平面BCE的法向量，則即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．設m=（x，y，z）為平面BCF的法向量，則即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值為．（Ⅲ）設線段DP的長為h（h∈［0，2］），則點P的坐標為（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）為平面ADGE的一個法向量，故，由題意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以線段的長為.【命題預測☆看準方向】立體幾何問題是高考的必考內容,立體幾何解答題,一般設2至3問,2問的較多,前一問較簡單,最后一問難度較大,而選用向量法可以降低解題難度,但增加了計算量.考查的主要題目類型，一是利用向量知識證明空間的平行與垂直；利用向量知識求線線角、線面角、二面角的大??；圍繞此利用向量知識解決立體幾何中的探索性問題有所升溫.【典例分析☆提升能力】【例1】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,點E在線段BB1上,且EB1=1,D,F,G分別為CC1,C1B1,C1A1的中點.求證:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.【答案】見解析.【解析】證明：(1)以B為坐標原點,BA,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖.則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),設BA=a,則A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),=0,=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD,又BA∩BD=B,因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(0,1,4),則=(0,1,1),=0+2-2=0,=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF,又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF.結合(1)可知平面EGF∥平面ABD.【趁熱打鐵】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D為AB的中點,AC=BC=BB1.(1)求證:BC1⊥AB1;(2)求證:BC1∥平面CA1D.【答案】見解析.【解析】證明：如圖,以C1為原點,C1A1,C1B1,C1C所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.由AC=BC=BB1,設AC=2,則A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).(1)因為=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以=0-4+4=0,因此,故BC1⊥AB1.(2)證法一由于=(2,0,-2),=(1,1,0),若設=x+y,則得解得-2,所以是共面向量,又BC1?平面CA1D,因此BC1∥平面CA1D.證法二設平面CA1D的法向量為n=(x,y,z),則即不妨令x=1,則y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1).=(0,-2,-2),n=1×0+(-2)×(-1)+(-2)×1=0.n.又BC1在平面CA1D外,∴BC1∥平面CA1D.【例2】【2018年全國Ⅲ理】如圖，邊長為2的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．（1）證明：平面平面；（2）當三棱錐體積最大時，求面與面所成二面角的正弦值．【答案】（1）見解析；（2）.【解析】（1）由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點,且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz.當三棱錐M?ABC體積最大時，M為的中點.由題設得，設是平面MAB的法向量,則即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.【趁熱打鐵】【2017課標II，理19】如圖，四棱錐P-ABCD中，側面PAD為等比三角形且垂直于底面ABCD，E是PD的中點.（1）證明：直線平面PAB；（2）點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明略；(2).【解析】試題解析：（1）取的中點，連結，.因為是的中點，所以∥,,由得∥，又,所以.四邊形為平行四邊形，∥.又平面，平面，故平面.（2）由已知得,以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，,，設則，因為BM與底面ABCD所成的角為45°，而是底面ABCD的法向量，所以，，即. ①又M在棱PC上，設,則. ②【方法總結☆全面提升】1.用向量方法證明空間線面位置關系的方法:設直線l1,l2的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為e1,e2,A,B,C分別為平面α內的相異且不共線的三點(其中l(wèi)1與l2不重合,α與β不重合),則(1)l1∥l2?a∥b?存在實數(shù)λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2?a⊥b?a·b=0.(2)l1⊥α?a∥e1?存在實數(shù)λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α?a·e1=0?存在非零實數(shù)λ1,λ2,使a=λ1(3)α∥β?e1∥e2?存在實數(shù)λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β?e1⊥e2?e1·e2=0.2.用向量求空間角的方法:設直線l1,l2的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為n,m.(1)若異面直線l1與l2所成的角為θ,則cosθ=.(2)若直線l1與平面α所成的角為θ,則sinθ=.(3)若平面α與平面β所成的二面角為θ,則|cosθ|=.【規(guī)范示例☆避免陷阱】【典例】【2017·全國卷Ⅰ】如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．【規(guī)范解答】(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，AP∩PO＝P，從而AB⊥平面PAD.3分又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.1分(2)在平面PA