高考数学核心突破《专题五　立体几何》(含往年真题分析)

1.以三视图为载体考查空间几何体的表面积、体积的计算问题大致分为判断真假、证明、空间角的计算问题.题3.引进空间向量解决空间线线关系、线面关系或面面关系的证明，以及空间角和距离的计1.抓住图：加强识图和画图的训练.2.抓住理：熟悉公理、判定定理和性质定理.3.抓住算：熟练掌握空间几何体的表面积和体积的运算公式，强化空间角的运算和方法训练.4.抓住化：当空间图形较复杂时，可采取把其中一部分拿出来处理，或者通过“补形”的方法来处理.第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积2年考情回顾设问例](2017·全国卷I,7)(2016·全国卷I,6)审题要点①分析给定三视图中的相关特征，弄清几何体是什么.②关注题设条件中的数据，挖掘出几何体之间的关系.①由三视图求几何体的表面积或体积：分析三视图画出直观图建立关系式求解②求给定组合体的表面积或体积：分析几何体的特征选择适当的方法，如公式法、分割、补形、等积变换利用公式求解题型一空间几何体的三视图高考中常从以下角度命题：(1)由三视图还原空间几何体；(2)由空间几何体或空间的部分视图判断其他视图.均为选择、填空题，难度较小.小点拨由三视图还原到直观图的思路：(1)根据俯视图确定几何体的底面；(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置；(3)确定几何体的直观形状.1.如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长的棱和最短的棱长度之和为(C)由几何体的三视图画出直观图，根据直观图的特点判断和计算，解析如图，由三视图还原的几何体是三棱锥C'-BCD,是长方体的一部分，且长方体的底面是边长为2的正方形，高为4,∴三棱锥C'-BCD中，最长的棱为BC′=DC′=2√5,最短的棱长为BC=CD=2.∴最长的棱和最短的棱长度之和为2√5+2.助作用),则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)(B)3按三视图的定义，依次判断即可.解析正视图应该是相邻两边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①;侧视图应该是相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②;俯视图应该是相邻两边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③,故选B.题型二空间几何体的表面积与体积高考中常从以下角度命题：(1)由三视图求空间几何体的表面积：(2)由三视图求空间几何体的体积多为选择、填空题，偶尔也出现于解答题中，难度不大.点拨求解几何体的表面积及体积的技巧：(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在.求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上；(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补体的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.C.C突破点拨根据三视图确定几何体中的各棱长，再求外接球的半径，进而求解.解析由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，△SCA是等腰直角三角形，且SC⊥底面ABC.设三棱锥S-ABC的外接球半径为R,O为外接球的球心，O'为△ABC外接圆的2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(A)侧视图突破点拨先由几何体的三视图画出该几何体的直观图，再根据几何体的体积公式求解即可，解析由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的，由图中数据可得三棱锥的体积,半圆柱的体积,所以.故选.由几何体的三视图求表面积与体积的步骤考向预测构建多面体与球相外接或内切，求球的有关量或多面体的相关量，(1)抓住切、接两种几何体几何元素间的数量关系.(2)运用对应的公式进行相关计算.(3)注意作出辅助截面，并加以应用.失分防范(1)防止弄错两种切、接几何体中的数量关系.(2)认真分析图形，明确接、切点.【预测】已知矩形ABCD的周长为18,把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六本题关键在于确定正六棱柱，将六棱柱的体积转化规范解答设正六棱柱的底面六边形的边长为x,高为y,则∵正六棱柱的外接球的球心是其上、下底面中心连线的中点，则其外接球的半径为,则在Rt△OB₁G中，OBf=G₁Bf+OG²,I以球的半径,所以球的表面积.故选D.对点规范演练,解得,所1.(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(D)解析由题中三视图知该几何体是底面半径为1,高为2的半个圆柱，故其表面积2.(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其解析由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱，V三棱u=.在俯视图中，设内切圆半径为r,则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可,解得∴几何体的体积故选A.与剩余部分体积的比值为(D)解析如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D-ABC.设正方体的棱长为a,则截去部分的体积3,剩余部分的体积为3.4.(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(B)解析正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r=,球的体积.故选D.6.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积,那,得R=2.7.(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD-A₁B₁G₁D₁中，E,F分别在C₁D₁与C₁B₁上，且CE=4,C₁F=3,连接EF,FB,BD,DE,DF,则几何体EFC₁DBC的体积为(A)解析如图，连接DCi,那么几何体EFC₁-DBC被分割成三棱锥D-EFC₁及四棱锥D-CBFCi,那么几何体EFC₁DBC的体积为54=66.故所求几何体EFC₁DBC的体积为66.8.(2017.湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为41π,解析由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD,将该三棱锥放在棱长为4的理得,则,则外接球的表面积圆柱的底面半径均为1,圆锥的高均为1,圆柱的高为2.因此该几何体的体积为正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁,求图中四分之一的圆柱体BB₁C₁-AA₁D₁和四分之一圆柱体逐题对点特训解析先观察俯视图，由俯视图可知B项和D项中的一个正确，由正视图和侧视图可知D项正确.正视图侧视图解析由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，该长方体的长、宽、解析该几何体还原后是一个四棱锥，其中底面是以1,2为上、下底边长，高为2的直角梯形，该棱锥的高为2,所以其体积为正视图5.(2017.湖北襄阳质检)如图，网格纸上正方形小格的边长为1,图中实线画出的是某几解析由几何体的三视图可知该几何体为四棱锥P-ABCD,将其放在正方体中，如图所示，由于正方体的棱长为2,且△PBC为直角三角形，其面积为.连接BD,而点D到平面PBC的距离为2.因此.故6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(A)半径为1,母线长为2,则圆柱的体积Va=π×I²×2=2π,挖去的两个半球的半径均为1,7.(2017·山西太原质检)已知球O是棱长为6的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的内切球，则平面BDC₁截球O所得的截面面积为6π解析设BD,DCi,BC₁的中点分别为I,I₂,I3,它们也是球O与正方体的三个切点.根8.如图①,已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=2,将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥D-ABC,如图②,当三棱锥D-ABC的体积取最大值时，其外接球的体积)图①图②解析当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积取最大值。此时易知BC⊥平面=OB=OC=OD=1,故O为所求外接球的球心，故半径r=1,体积9.表面积为60π的球面上有四点S,A,B,C,且△ABC是等边三角形，球心O到平解析设球O的半径为R,则有4πR²=60π,解得R=√15.由于平面SAB⊥平面ABC,所以点S在平面ABC上的射影D在AB上，如图，当球心O在三棱锥S-ABC中，且D为AB的中点时，SD最大，三棱锥S-ABC的体积最大.设O'为等边三角形ABC的中心，则OO'则DO′=√3,则△ABC是边长为6的等边三角形，则△ABC的面积为=27.俯视图解析如图所示，该几何体是一个斜四棱柱与一个四棱锥的组合体，四棱柱底面的面积为2,高为2,四棱锥底面的面积为2√5,高为解析设三棱锥V-ABC的底面边长为a,侧面VAC边AC上的高为h,则,其侧视面积;;12.已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示.③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面.解析(1)由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥，如图所示，所以该四棱锥的体积(2)由图可知PQ⊥平面ABCD,则有PQ⊥AB,又AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC,于是直角三角形，故②正确；由图易判断平面PAB与平面PAD不垂直，故③正确.综上知①②③均正确.逐题对点特训折起到△PBD的位置，使PC=PD,连接PC,得到三棱锥P-BCD,若该三棱锥的所有顶点=D,所以BD⊥平面PCD.设三棱锥P-BCD外接球的球心为O,△PCD外接圆的圆心为O,则OO₁⊥平面PCD,所以四边形OO₁DB为直角梯形(其中O₁O//BD,O₁D⊥DB).由BD=DC=√3,=1及OB=OD,可得,即外接球的半径,则其表面积为7π.2.(2017.山东济南二模)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为，9万件.件解析如图所示，设场地一边长为xm,则另一边长因此新墙总长度x∵L在(0,+)上只有一个极小值点，∴它必是最小值点，∵x=16,∴.故当堆料场的宽为16m,长为32m时，可使砌墙所用的材料最省.4.(2017·江西南昌调考)要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm,要使体积最大，则其高应为m.面两邻边边长之比为1:2,则它的长为6cm、宽为3cm、高为4cm时，可使表面积最小.解析设底面的长为2xcm,宽为xcm,则高,表面+)时，S′>0,∴x=3时，S最小，此时，长为6cm,宽为3cm,高为4cm.一点，由点P到四个顶点的距离组成的集合记为M,如果集合M中有且只有2个元素，那解析分以下两种情况讨论：①点P到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离也相等，且这两个距离不相等，此时点P位于正四面体各棱的中点，符合条件的共有6个点；②点P到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其他三点的距离不相等，此时点P位于正四面体各侧面的中心，符合条件的有4个点，故共有6+4=10个点.心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于,所以IGF 解析根据题意，画出图形，如图所示.因为长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=BC=2,AA₁=1,所以长方体的体对角线BD₁=3.设BD₁的中点为O,因为E,F是BD₁的三等分点，所以,且长方体的高为1.现以EF为直径作一个球，这个球与长方体的上下两个面相切于面的中心(即该球与长方体的表面仅有两个公共点),因此，当G位于这两个公共点处时，∠EGF最大，此时EF为直径，所以∠EGF=90°.若G在长方体表面的其他位置时，则G必在该球的外部，∠EGF必小于90°,所以∠EGF的最大值为90°.9.(2017.河北石家庄模拟)在三棱锥P-ABC中，底面△ABC为正三角形，且PA=PB=PC,G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线AC与PB,若截面是边长为2的正方形，则三棱锥的体积解析如图所示，连接PG并延长，交AC于点D,过G作MN//AC,交PA于点M,交PC于点N,过M作MQ//PB交AB于点Q,过N作NF//PB交BC于点FQF10.如图所示，边长为2的正方形ABCD中，E,F分别是边AB,BC的中点，△AED,△EBF,△FCD分别沿DE,EF,FD折起，使A,B,C三点重合于点A′,若四面体A′-EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为11.已知某几何体由正方体和直三棱柱组成，其三视图和直观图如图所示.记直观图中从点B出发沿棱柱的侧面到达PD₁的中点R的最短距离为d,则侧视图解析将由正方体与直三棱柱构成的五棱柱沿侧棱BB₁剪开并展平，如图所示.由图易知BR为从点B出发沿棱柱的侧面到达PD₁的中点R的最短距离，即d=BR.由三视图知A;B₁=12.艾萨克·牛顿(1643年1月4日～1727年3月21日)英国皇家学会会长，英国著名物出一个数列{xn}满足,我们把该数列叫做牛顿数列。如果函axbx+c(a>0)有两个零点1,2,数列{xn}为牛顿数列，设,已知a₁=2,xn>2,则{an}设问[例](2017.天津卷，17(1))(2017.全国卷Ⅱ,19(1))例](2017.全国卷I,设问[例](2017.天津卷，17(1))(2017.全国卷Ⅱ,19(1))例](2017.全国卷I,②证明垂直关系审题要点①理解已知条件各项要素的含义.②剖析图形中各种条件条件与图形结合，寻找切入点.④分析结论，探求解题思路.①用平移法求异面直线所成角的“三步曲”一作：根据定义作出异面直线所成的角二证：证明作出的角是异面直线所成的角角的三角形②空间中平行与垂直问题：结合直观图形根据条件寻找图形中的平行、垂直关系寻找与要证结论相关的垂直、平行关系热点题型突破则是以2为公比的等比数列.,且a1=2,x>2,∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an=2.2"-¹=2".①证明空间平行关系题型一空间平行问题高考中常从以下角度来命题：(1)线面平行的判定及性质的应用；(2)线面、面面、线线关系的证明.多为解答题，偶有选择、填空题呈现，难度一般中等.点拨(1)证明线线平行的常用方法：①利用平行公理；②利用平行四边形进行转换；③利用三角形中位线定理证明；④利用线面平行、面面平行的性质定理证明.(2)证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理.(3)证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.1.如图所示，在多面体DCBAAAADDAjABCDE为B₁D₁的中点，过A,D,E的平面交CD₁于F.(2)因为四边形AA₁B₁B,ADDA₁,ABCD均为正方形，所以AA₁⊥AB,AA₁⊥AD,AB⊥由此同理可得n₂=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A₁D-B₁的余弦值为2.如图，在多面体ABC-A₁B₁C₁中，四边形ABB₁A₁是正方形，三角形A₁CB是等边三角(2)若点M是边AB的一个动点(包括A,B两端点),试确定点M的位置，使得平面A₁C₁C与平面MA₁C₁夹角的余弦值突破点拨解析(1)取BC的中点E,连结AE,C₁E,B₁E,∴四边形CEB₁C₁为平行四边形，从而B₁E//C;C.又C₁CC平面A₁C₁C,B₁E4平面A₁C₁C,∴AE//A₁Cj.又A₁C₁C平面A₁C₁C,AE4平根据①②,结合AE∩B₁E=E可得，平面B₁AE//平面A₁C₁C.又AB₁C平面B₁AE,故AB₁//平面A₁CiC.∴经过点A的三条直线AAi,AC,AB两两垂直.设平面A₁C₁C的法向量为n₁=(x,y,z),即设平面MA₁C₁的法向量为n₂=(m,n,k),则即,又0≤t≤1,∴t=1.故当点M与点B重合时，平面A₁C₁C与平面MA₁C₁夹角的余弦值题型二空间垂直问题高考中常从以下角度命题：(1)线、面垂直的判定及性质的应用(2)线面、面面、线线垂直关系的证明，多为解答题中的一问，常与求角、求体积等综合考查，偶有选择、填空题出现，难度中等.点拨(1)证明线线垂直的常用方法：①利用特殊平面图形的性质，如直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；②利用勾股定理逆定理；③利用线面垂直的性质.(2)证明线面垂直的常用方法：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理；③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等.(3)证明面面垂直的方法：常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线来解决.ABCD为菱形，∠BAD=120°,AB=AA₁=2A;B₁=2.(2)求直线DD₁与平面A₁BD所成角的正弦值.突破点拨(2)可用等体积方法求点D₁到平面A;BD的距离，或用空间向量方法求解.解析(1)证明：连接AC.在菱形ABCD中，,BD=(-3,√3,0),A,B=(2,0,-2).设平面A;BD的法向量为n=(x,y,z),则设直线DD₁与平面A₁BD所成角为θ,则突破点拨,解得t=3.考向预测图形"翻折"中的平行与垂直关系的证明.(1)剖析清楚翻折前后几何量的变化及依存关系.(2)注意从图形中挖掘隐含关系.EE失分防范(1)防止翻折前后的不变量和变化量出错.(2)不仅要分析“翻折”前的图形，还要分析“翻折”后的图形，防止关系的乱用.思维导航①从平面图形入手：由题设知△ACP为等边三角形，从而可设CP的中点为O,连OA,②由①可知建立空间直角坐标系，用向量方法求解.(1)如图(1),取CP的中点O,连接AO并延长交BC于点E.在△ABC中，因为AC=2,OB.在△OCB中，由余弦定理得OB²=Il²+(2√3)²-2×1×2√3cos30°=7,所以AO²+0B²=10=AB²,所以AO⊥OB.又因为AO⊥CP,CPNOB=O,所以AO⊥平面PCB.又因为AOC平面ACP,所以平面ACP⊥平面CPB.0(0,0,0),C(1,0,0),A(0,0,√3),ABAC设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z).故二面角C-AB-P的正弦值【变式考法】(2017.河南郑州二模)已知△PDQ中，A,BPQ(2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2,求二面角B-CD-E的大小.解析(1)证明：因为A,B是PQ的三等分点又因为M是AB的中点，所以CM⊥AB.所以DB⊥平面ABC.因为CMC平面ABC,所以CM⊥EA.与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Mxyz.故B(0,1,0),C(√3,0.0),D(0,1,2),E(0,-1,1).得,所以对点规范演练2.(高考改编)如图，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M,N分别是BC₁,CD₁的中点，则下列说法错误的是(D)A.MN与CC₁垂直B.MN与AC垂直C.MN与BD平行D.MN与A₁B₁平行解析如图，连接C₁D,BD,AC,在△C₁DB中，易知MN//BD,故C项正确；∵CCi⊥平面ABCD,∴CCi⊥BD,∴MN与CC₁垂直，故A项正确；∵AC⊥BD,MN//BD,∴MN与AC垂直，故B正确；BDMNBDMN项错误.3.(高考改编)关于直线m,n与平面a,β,有以下四个命题：①若m//a,n//β②若m//a,n⊥β其中真命题有(且a//β,则m//n;且a⊥β,则m//n;且a//β,则m⊥n;且a⊥β,则m⊥n.解析①中，两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中，两直线可以平行、相交或异面，故不正确；③中，由条件可得m⊥β,进而有m⊥n,故正确；④中，由条件可得m与β平行或m在β内，故有m⊥n.综上可知③④正确，故选B.4.已知m,n是两条不同的直线，a,β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(D)A.若a,β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m,n平行于同一平面，则m与n平行C.若a,β不平行，则在a内不存在与β平行的直线解析若a,β垂直于同一个平面y,则a,β可以都过y的同一条设多面体外接球球心坐标为M(x,y,z),解故外接球的表面积为,故④正确综上，①②③④正确.6.(教材回归)如图，△PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直.证明(1)因为四边形ABCD为长方形，所以BC//AD.又BC4平面PDA,ADC平面PDA.所以BC//平面PDA.因为PDC平面PDC,所以BC⊥PD.(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN//平面BEC.证明(1)因为AB=AD=2,AB⊥AD,M为线段BD的中点，所以,AM因为AE⊥平面ABD,MC//AE,所以MC⊥平面ABD,因为AMC平面ABD.所以四边形AMCE为平行四边形，所以EC//AM,所以EC⊥平面CBD,因为ECC平面CDE,所以MN//BE.又因为BEC平面BEC,MN4平面BEC,所以MN//平面BEC.所以平面AMN//平面BEC.为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖膈。在如图所示的阳马P-ABCD中，侧棱PD工底面ABCD,且PD=CD,点E是PC的中点，连接DE,BD,BE.(2)记阳马P-ABCD的体积为Vi,四面体EBCD的体积为V₂,求的值.解析(1)证明：因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形，有BC⊥而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PDC.因为DEC平面PCD,所以BC⊥DE.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.其四个面的直角分别是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB.BC,CCi的中点.(2)若直线A₁C与平面A,ABB₁所成的角为45°,求三棱锥F-AEC的体积.解析(1)证明：因为三棱柱ABC-A₁B₁C₁是直三棱柱，所以BB₁⊥底面ABC,所以AE⊥又E是正△ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC.而AEC平面AEF,所以平面AEF⊥平面B₁BCCi.(2)设AB的中点为D,连接A;D,CD.因此CD⊥平面A₁ABB|,于是CAABB解析(1)证明：设AB的中点为F,连接DF,CF,CD.因为平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩ABDABDFABDFABC又因为EC⊥平面ABC,所以DF//CE,从而点E在平面CFD内，所以DEC平面CFD,(2)如图，以F为坐标原点建立空间直角坐标系，则有B(1,0,0),1,D(0,0.设平面ABE的法向量为μ=(xj,yi,zi),平面DBE的法向量为v=(x₂,y₂,z₂).故取μ=(0,1,-2),故二面角D-BE-A的余弦值逐题对点特训B.必要而不充分条件解析因为l⊥m时，可能是ICa,也可能是l//a,但是I//a时，I⊥m,所以是必要而不2.已知a,b,m,n是四条不同的直线，其中a,b是异面直线，则下列命题正确的个解析①正确.②中m,n可能异面，可能相交，所以②不正确。③中m,n可能异面，可能相交，所以③不正确.故选B.3.已知l,m,n是空间中的三条直线，命题p:若m⊥l,n⊥l,则m//n;命题q:若线l,m,n两两相交，则直线l,m,n共面，则下列命题为真命题的是(C)一定共面，所以命题q也为假命题，所以绨p和绨q都为真命题，故pV(绨q)为真命题。故选C.其中正确命题的个数是(A)解析对于①,可能ICβ;对于②,可能ICβ;对于④,I//β,ICβ,I与β相交都有可能，综上可知，①②④为假命题，由面面平行的性质定5.如图，正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E是棱B₁Ci的中点，动点P在底面ABCD内，且PA₁=A₁E,则点P运动形成的图形是(B)A.线段面ABCD内，所以点P的轨迹是底面ABCD与球面形成的交线，所以为圆弧，故选B.6.如图所示，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M,N,P,Q分别是AA,ACCjBC的中点，给出以下四个结论：①A₁C⊥MN;②A₁C//平NMPQPMNC与PM异面.其中不正确的结论是(B)解析作出过M,N,P,Q四点的截面交C₁D₁于点S,交AB于点R,如图中的六边形MNSPQR,显然点Ai,C分别位于这个平面的两侧，故A₁C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确，故选B.A.直线AB上B.直线BC上C.直线AC上解析∵∠BAC=90°,∴AB⊥AC.∴平面ABC⊥平面ABCi.又平面ABC∩平面ABC₁=AB,∴点C₁在平面ABC上的投影H必在两平面的交线AB上，故选A.①存在一个平面y,y⊥a,y//β;②存在一条直线a,a⊥β;③存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥a.其中，所有能成为“a⊥β”的充要条件的序号是(D)解析对于①,存在一个平面y,y⊥a,y//β,则a⊥β,反之也成立，即“存在一个平面y,y⊥a,y//β”是“a⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B项和C项.对于③,存在两条垂直的直线a,b,则直线a,b所成的角为90°,因为a⊥β,b⊥a,所以a,β所成的角为90°,即a⊥β,反之也成立，即“存在两条垂直的直线a,b,a⊥β,b⊥a”是“a⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A项，故选D.沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中，下列命题正确的是(D)A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABCCD.又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,又ABC平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC,故选D.10.已知平面a,β,y,则下列命题中正确的是(D)解析A项中，缺少条件bCβ,错误；B项中，a,β,y的关系可参考教室墙角处三个平面的关系，易知错误；C项中的a,b也可能平行或斜交；由两平面平行的性质可知D项正确.确11.在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA=SB=SC=15,DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H,而D,E分别是AB,BC的中点，如果直线SB//平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为A.HF续DE,所以DEFHACSBSBHDDEACC.存在某个位置，使DE⊥A₁CD.存在某个位置，使MB//平面A₁DE解析延长CB至F,使CB=BF,连接A₁F,可知MB为△A₁FC的中位线，即运动，点M运动的轨迹与点A₁相似，也是圆周运动，所以点M在某个圆上运动；由题意知且A₁F在平面A₁DE内，所以存在某个位置使得MB//平面A₁DE.故选C.2年考情回顾设问关系例](2017.天津卷，17(1))(2016.全国卷I,(2016.全国卷Ⅱ,19(1))②利用空间向量求空间角(2016.全国卷I,18(2))(2016.全国卷Ⅱ审题要点①仔细剖析题设条件，寻求突破口.②剖析结论要求，探求解题思路.③分析图形特点，为选择适当的空间坐标系作准备.(2)求出直线的方向向量或半平面的法向量m,n.(3)根据所求进行向量运算.①若求异面直线所成角α,则n为异面直线的方向向量).②若求直线与平面所成角θ,则为直线的方向向量，m为平面的法向量)③若求二面角a,则先求cosm,n为两半平面的法向量),再根据图形确定cosa.④若证明平行或垂直，则进行向量的相关运算.高考中常从以下角度命题：以直棱柱、棱锥或其组合体等易建立空间直角坐标系的几何体为载体，利用空间向量证明平行、垂直.多为解答题中的一问，难度一般，为中档题.点拨利用空间向量证明平行与垂直的步骤：(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题.F为CD的中点.突破点拨以A点为原点，分别以AC,AB所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求解.证明设AD=DE=2AB=2a,建立如图Aryza),C(2a,0,0),D(a,√3a,0),E(a,√3a,2因为F为CD的中点，所以又AF4平面BCE,所以AF//平面BCE.突破点拨n₁=(x,y,z)是平面PQD的法向量，则又平面AQD的一个法向量是n₂=(0,0,1),而二面角P-QD-A的余弦值由此得点P(0,6-3),62),所以PO=(6,3-2,-62).且平面ABB₁A₁的一个法向量是n₃=(0,1,0),于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.高考中常从以下角度命题：(1)利用空间向量求线线角、线面角、二面角；(2)由空间角的大小求参数值或线段长.多为解答题中的一问，偶有选择、填空题出现，难度中等.点拨(1)运用空间向量求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论.(2)求空间角要注意：;②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.(1)证明：直线CE//平面PAB;(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.值突破点拨(1)利用线面平行的判定定理证明.(2)先建立空间直角坐标系，再分别求两平面的法向量，利用向量的数量积求解.解析(1)证明：取PA的中点为F,连接EF,BF,CE.∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE//BF.(2)以AD的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=BC=1,则O(0,0,0),M在底面ABCD上的投影为M′,则MM'⊥BM'∴△MBM'为等腰直角三角形，33,AB=(1,0,0).设平面ABM的法向量为m=(0,yi,zi),∴可取m=(0,-√6,2).而平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴二面角M-AB-D的余弦值2.如图，三棱柱ABC-A;B₁C₁中，侧面BB₁C₁C为菱形，AB⊥B₁C突破点拨解析(1)证明：连接BGi,交B₁C于点O,连接AO.因为侧面BB₁C₁C为菱形，所以B₁C⊥BCi,且O为B₁C及BC的中点，又AB⊥B₁C,AB∩BO=B,所以B₁C⊥平面ABO.由于AOC平面ABO,故B₁C⊥AO.又B₁O=CO,故AC=AB₁.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.,设n=(x,y,z)是平面AA₁B₁的法向量，即所以可取n=(1,√3,√3),同理可取m=(1,-√3,√3).所以二面角A-A₁B₁-Ci的余弦值(2)求直线CC₁与平面A₁B₁C₁所成角的正弦值.所以异面直线AB₁和CC₁所成角的余弦值(2)因的法向量分别是m,n,两个平面所成的锐二面角的大小为θ,则在一般的二面角大小计算中要根据这个二面角的实际大小确定其余弦热点题源预测考向预测(1)探求在线段上是否存在符合要求的点(2)探求线段的长度或长度之比.(1)推证出构建空间坐标系的条件.(2)设出法向量并建立方程组。失分防范(1)注意计算的准确性.AE⊥A₁B₁,D为棱A₁B₁上的点.(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由.思维导航(1)审题路线图(审图形)平面DEF的②的法向量n→错误!→错误!错误!错误!①空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.②解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为"点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解"等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.规范解答A₁B₁//AB,所以AB⊥AE,所以AB⊥AC.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),,1Bi(1,0,1).所以DF⊥AE.(2)假设存在，设平面DEF的法向量为nxiyizi由题可知平面ABC的一个法向量m=(0,0,1).因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值所以当点D为A₁B₁的中点时，满足要求.【变式考法】(2)是否存在实数，使得二面角P-DE-B的余弦值若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由.解析(1)证明：取PB的中点N,连接MN,AN(图略),因为M是PC的中点，N是PB的中点，所以MN//BC,又因为BC//AD,所以MN//AD,MN=AD,所以四边形ADMN为平行四边因为AP=AB,所以AN⊥PB,所以AN⊥平面PBC,因为ANC平面ADM,所以平面ADM⊥平面PBC.设E(2,t,0),从而PD=(0,2,-2),DE=(2,t-2,0),则平面PDE的一个法向量为n₁=(2-t,2,2),又平面DEB即为平面xAy,其一个法向量为n₂=(0,0,1),解得t=3或t=1,故λ=3或对点规范演练1.如图，已知△ABC,D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角为a,则(B)交于BC于E,连结A′O,则∠A′OE为二面角A′-CD-B的平面角，即∠A′OE=a,AD和BC的中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是解析连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N,M,H均为中点，知c|os∠HMC]即为所求，因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,NADBCCM4.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E,F分别为AB,BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为解析如图，建立空间直角坐标系Aryz,则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)AF则5.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，(1)OM//平面BCF;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),1且OM4平面BCF,所以OM//平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n₁=(x₁,yi,z1),n₂=(x₂,y₂,z₂).因为n₁·n₂=0,所以平面MDF⊥平面EFCD,6.(教材回归)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD,AB//因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,又PD∩BD=D,所以BC⊥平面PBD,所以平面PBD⊥平面PBC.,所以PB=√3,PD=1.直角坐标系.设平面HPB的法向量为n=(xi,yi,zi),即设平面PBC的法向量为m=(x₂,y₂,z₂),则故观察图形知二面角H-PB-C的余弦值7.(母题营养)如图，在四棱柱ABCD-A;B₁G₁D₁中ABCDABAC(3)设E为棱A₁B₁上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值,求线段A₁E的长.长解析如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A;(0,0,2),B₁(0,1,2),C;(2,0,2),D₁(1,-2,2).又因为M,N分别为B₁C和D₁D的中点，得,N(1,-2.1)所以MN//平面ABCD.不妨设z₁=1,可得n₁=(0,1,1).不妨设z₂=1,可得n₂=(0,-2,1).所以二面角D₁-AC-B₁的正弦值则E(0,A,2),从而NE=(-1,i+2,由已知，得c,整理得x²+42-3=0,解析如图，在平面SCD中，过点D作DC的垂线交SC于E,以D为原点，DA,DC,故SC与