一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备，高中教师在教学前就要准备好教案，做好充分的准备。教案可以保证学生们在上课时能够更好的听课，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。你知道怎么写具体的高中教案内容吗？以下是小编为大家收集的“立体几何备考指导”希望能对您有所帮助，请收藏。

立体几何备考指导
立体几何是高考的重点内容之一.从近几年高考试卷来看，题量最少的也要有一大一小两道题.一道大题是整套试卷得分高低的关键，一般考查线面的平行与垂直，角度和距离的计算.本文就通过对六例高考题的分析，对立体几何的备考谈一些粗浅的建议，供大家参考.
一、线线，线面，面面位置关系问题
立体几何知识建立在四个公理的体系之上，因此，在复习时应先整理归纳，把空间线面位置关系一体化，理解和掌握线线，线面，面面平行和垂直的判定与性质，形成熟练的转化推理能力.具体来说，可分为四大块：①平面的基本性质（四个公理）；②线线，线面，面面的平行与垂直；③夹角；④常见的几何体和球.根据每部分内容，先理解记熟，明确条件和结论，掌握用法和用途，再通过典型例题总结解题方法，并进行强化训练.高*考*资+源-网
例1（天津文）是空间两条不同直线，是空间两个不同平面，下面有四个命题：
①；
②；
③；
④.
其中真命题的编号是_____.（写出所有真命题的编号）

解：如图1，，过A在平面内作，
∵，从而m⊥n，故①对.
②错，如图1，n可能会平移至内.
③错，如图2，n可能会在内.
④对，两条平行直线中的一条垂直两平行平面的一个，则另一条也垂直于另一个平面.
其中真命题的编号是①④.
点评：线线，线面，面面垂直与平行的判定和性质定理，是解决此类问题的依据，实物的演示，构造特例法是常用方法！
二、空间角与空间距离问题
空间角与距离问题，难度可大可小，主观，客观题都有，是高考的必考内容，复习过程中要多加训练，熟练掌握，达到炉火纯青的程度.
例2（安徽文）平行四边形的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，已知其中有两个顶点到的距离分别为1和2，那么剩下的一个顶点到平面的距离可能是：①1；②2；③3；④4.
以上结论正确的为_____.（写出所有正确结论的编号）
（安徽理）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相
邻的.如图3，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在
的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为
1，2和4.Ｐ是正方体的其余四个顶点的一个，则Ｐ到平面的
距离可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上结论正确的为_____.（写出所有正确结论的编号）
解：（文）①③.如果已知两点与顶点A相邻，则剩下的一个顶点（平行四边形的与A在一条对角线上的顶点）到平面的距离必定是3；如果已知两点有一个与顶点A不相邻，则剩下的一个顶点到平面的距离只能是1.
（理）①③④⑤.在2－A－1，1－A－4，2－A－4分别对应距离为3，5，6，在3－A－4中对应距离是7，所以选①③④⑤.
点评：从上面解答看，文科试题涉及两类问题（借用理科试题中的定义，与顶点A相邻或不相邻），需要分类讨论，如果已知两顶点与顶点A相邻时，平行四边形的两条对角线都不与平面平行，所求距离必定是3；如果已知两顶点有一个与顶点A不相邻，则平行四边形的一条对角线与平面平行，所求距离只能是1.解决了文科试题将平行四边形特殊化为正方形，再分别使已知两顶点与顶点A相邻，可得到2－A－1，1－A－4，2－A－4，3－A－4组合，对应距离可轻而易举地写出来.
三、简单几何体的组合问题
高考题中，常出现将两种简单几何体组合起来进行考查的题型.如正方体，长方体或棱锥内接于一个球；一个球内切于正方体，正四面体；几个球堆垒在一起等.解答这类题，有时直观图是很难画的，我们可以通过思考加工后画出对我们解题有帮助的，容易画出来的立体图或者截面图即可.
例3（湖南卷）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图4所示，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）.
（A）（B）（C）（D）

解：先画出立体图形如图5所示，注意到截面有两点在大圆上，所以截面过四面体的一条棱（不妨设为AB），又截面过球心，于是，截面过棱CD的中点.从而可知，截面为等腰三角形，该三角形底边是四面体的棱，长为2，两腰是四面体表面三角形的高，长为.故答案为（C）.
点评：本题以截面形式考查空间能力.求解关键是要理清截面图形与原几何体的位置关系，然后利用面积公式求解.如果没有抓住图形特征，一味地设法求球的半径容易陷入困境.
四、折叠与展开问题
平面图形的折叠问题是高考的老话题，解答这类题应抓住折叠前后两个图形中相关元素之间的大小或者位置关系.对折叠前后未发生变化的量应放在折叠前的图形中进行计算，这样做显得直观易懂.求解空间几何体两个或几个侧面上的折线长之和的最小值，其方法是将侧面展开成平面图形.
1.折叠问题
例4（山东卷）如图6，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，则三棱锥
P－DCE的外接球的体积为（）.
（A）（B）（C）（D）
解：折叠后形成棱长为1的正四面体，将正四面体的棱作为正方体的面对角线，则该正四面体的外接球就是正方体的外接球，正方体的棱长为，其体对角线长为，外接球的半径为，体积是，选（C）.

点评：折叠以后成为正四面体需要足够的想象能力和推理能力，再把正四面体转化到正方体内，从外接球处理，则是“奇思妙想”！计算自然简单，“转化”功不可没！
2.展开问题
例5（江西卷）如图8，已知正三棱柱
的底面边长为1，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面
绕行两周到达点的最短路线的长为_____.
解：将正三棱柱的两个底面剪开，把侧面沿侧棱剪开，
将侧面展开成平面图形，如图9所示.质点绕侧面两周的行程应是
折线与的长度之和，欲求与的长度之和的最小值，可在展开图的右边补一个与之全等的展开图，如图10所示.由对称性可知，当处在对角线位置的两条折线与在同一条直线上时，折线与的长度之和最小.最小值为.

点评：本题考查空间中求最短路线问题，解这类问题的关键是化空间问题为平面问题.
五，定义型问题
例6（江西文）如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是（）.
（A）等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
（B）等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
（C）等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
（D）等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解：由等腰四棱锥的定义可知，（A），（C），（D）正确，而等腰四棱锥的底面未确定，所以侧面底边上的高不能确定，从而侧面与底面所成的角不能确定.故选（B）.
点评：本题考查四棱锥的概念.读懂题中提供的信息，即“等腰四棱锥”的定义是解题的关键.

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空间向量与立体几何

3.1.3空间向量的数量积运算
教学设计
教学目标：
知识与技能目标：
知识：1.掌握空间向量夹角和模的概念及表示方法；
2．掌握两个向量的数量积的计算方法，并能利用两个向量的数量积解决立体几何中的一些简单问题.
技能：将立体几何问题转化为向量的计算问题
过程与方法目标：
1.培养类比等探索性思维，提高学生的创新能力.
2.培养学生把空间立体几何问题转化为向量的计算问题的思想.
情感与态度目标：
1.获得成功的体验,激发学生学习数学的热情；
2.学习向量在空间立体几何中的应用,感受到数学的无穷魅力.
教学重点：两个向量的数量积的计算方法及其应用.
教学难点：将立体几何问题转化为向量的计算问题.
教辅工具：多媒体课件
教学程序设计：
程序教师活动学生活动设计意图
类比学习
类比平面向量夹角的定义,理解空间向量的夹角.对于思考题,主要是让学生理解夹角的概念,
类比学习
类比平面向量数量积的定义.学生集体回答出空间向量的数量积定义及几何意义等.
理解空间向量数量积的定义和几何意义.特别要理解投影的概念.

对于几个重要的结论,主要是让学生理解几个重要的结论,特别是长度和夹角的计算公式.
对于练习1、2和3,学生独立完成后,同桌间交流.
对于练习1，2和3,主要是让学生熟悉向量数量积公式,理解数量积的概念。

例题1的目的是让学生理解用向量的方法求异面直线所成的角。

例题2的目的是让学生理解用向量的方法求线段的长度。

例题3的目的是让学生理解用向量的方法证明垂直问题。
练习巩固
学生动手自行解决问题，讲解巩固用向量的方法求异面直线所成的角。

巩固用向量的方法求线段的长度。
巩固用向量的方法证明垂直问题。
小结
师生共同完成。
作业教材习题3.1A组：第3题，第5题.

2012届高考数学备考立体几何复习教案

专题四：立体几何
阶段质量评估（四）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，总分60分）
1．如右图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为的正方形，俯视图是一个直径为的圆，那么这个几何体的全面积为（）
A．B．
C．D．
2．下列四个几何体中，每个几何体的三视图
有且仅有两个视图相同的是（）

A．①②B．①③C．①④D．②④
3．如图，设平面，垂足分别为，若增加一个条件，就能推出.
现有①②与所成的角相等;
③与在内的射影在同一条直线上;④∥.
那么上述几个条件中能成为增加条件的个数是（）
个个个个
4．已知直线和平面，则下列命题正确的是()
AB
CD
5．空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（）
A．B．C．D．
6．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和另一个平面垂直；
③若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线一定平行于另一个平面；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中，为真命题的是（）
A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④
7．如图，正四棱柱中，，则异面直线所成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
8．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，则下列结论正确的是()
A.B.
C.直线∥D.直线所成的角为45°
9．正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为（）
（A）1：1(B)1：2(C)2：1(D)3：2
10．如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，错误的为（）
..∥截面
..异面直线与所成的角为
11．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的余弦值为（）
A.B.
C.D.
12．如图，为正方体，下面结论错误的是（）
（A）平面
（B）
（C）平面
（D）异面直线与所成的角为

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，总分16分）
13．图2中实线围成的部分是长方体（图1）的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是，则此长方体的体积是。
14．已知一圆锥的底面半径与一球的半径相等，且全面积也相等，则圆锥的母线与底面所成角的大小为．(结果用反三角函数值表示)
15．如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点．现将沿折起，使平面平面．在平面内过点，作，为垂足．设，则的取值范围是．
16．已知点O在二面角α－AB－β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°．若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α－AB－β的取值范围是_________．

三、解答题（本大题共6小题，总分74分）
17．如图，在长方体，点E在棱AB上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C1，所爬的最短路程为.
（1）求证：D1E⊥A1D；
（2）求AB的长度；
（3）在线段AB上是否存在点E，使得二面角
。若存在，确定
点E的位置；若不存在，请说明理由.

18．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点.
（Ⅰ）证明PA//平面BDE；
（Ⅱ）求二面角B—DE—C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱PB上是否存在点F，使PB⊥平面DEF？证明你的结论.

19．如图所示的长方体中，底面是边长为的正方形，为与的交点，，
是线段的中点。
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小。

20．如图，已知三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足
（I）证明：
（II）当取何值时，直线PN与平面ABC
所成的角最大？并求该角最大值的正切值；
（II）若平面PMN与平面ABC所成的二面角
为45°，试确定点P的位置。

21．（本小题满分12分）
如图，四面体中，是的中点，和均为等边三角形，．
（I）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．

22．如图，在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在斜边上．
（I）求证：平面平面；
（II）当为的中点时，求异面直线与所成角的大小；
（III）求与平面所成角的最大值．

参考答案
一、选择题
1.【解析】选A.。
2.【解析】选D.①三个都相同，②正视图和侧视图相同，③三个视图均不同，④正视图和侧视图相同。
3.C
4.【解析】选B.对A，，
对C画出图形可知，对D，缺少条件。
5.C
6.D
7.D
8.D
9.【解析】选C.由于G是PB的中点,故P－GAC的体积等于B－GAC的体积
在底面正六边形ABCDER中
BH＝ABtan30°＝AB
而BD＝AB
故DH＝2BH
于是VD－GAC＝2VB－GAC＝2VP－GAC

10.【解析】选.由∥，∥，⊥可得⊥，故正确；由∥可得∥截面，故正确；异面直线与所成的角等于与所成的角，故正确；综上是错误的.

11.【解析】选D.连与交于O点,再连BO,则为BC1与平面BB1D1D所成的角.
，，
.

12.【解析】选D．显然异面直线与所成的角为。
二、填空题
13.【解析】向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是，设长方体的高为x，则，所以，所以长方体的体积为3。
答案：3

14.
15.【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，，随着F点到C点时，因平面，即有，对于，又，因此有，则有，因此的取值范围是.
答案：

16.【解析】若二面角α－AB－β的大小为锐角，则过点P向平面作垂线,设垂足为H.
过H作AB的垂线交于C,连PC、CH、OH，则就是所求二面角
的平面角.根据题意得，由于对于β内异于O的任意一点
Q，都有∠POQ≥45°，∴，设PO=，则
又∵∠POB＝45°，∴OC=PC=，∵PC≤PH而在中应有
PCPH,∴显然矛盾，故二面角α－AB－β的大小不可能为锐角。
即二面角的范围是。
若二面角α－AB－β的大小为直角或钝角，则由于∠POB＝45°，结合图形容易判断对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°。
即二面角的范围是。
答案：

三、解答题
17.【解析】（1）证明：连结AD1，由长方体的性质可知：
AE⊥平面AD1，∴AD1是ED1在
平面AD1内的射影。又∵AD=AA1=1，
∴AD1⊥A1D
∴D1E⊥A1D1（三垂线定理）
（2）设AB=x，
点C1可能有两种途径，如图甲的最短路程为
如图乙的最短路程为
（3）假设存在，平面DEC的法向量，
设平面D1EC的法向量，则
由题意得：
解得（舍去）

18.【解析】（Ⅰ）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、
y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PD=DC=2，则A（2，0，0），
P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），
设是平面BDE的一个法向量，
则由
∵
（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面BDE的一个法向量，
又是平面DEC的一个法向量.
设二面角B—DE—C的平面角为，由图可知
∴
故二面角B—DE—C的余弦值为
（Ⅲ）∵∴
假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，
则，
由
∴
即在棱PB上存在点F，PB，使得PB⊥平面DEF

19.【解析】（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系．连接，则点、，
∴又点，，∴
∴，且与不共线，∴．
又平面，平面，∴平面．
（Ⅱ）∵，，∴平面，
∴为平面的法向量．
∵，，
∴为平面的法向量．
∴，
∴与的夹角为，即二面角的大小为．

20.解：（I）如图，以AB，AC，AA1分别为轴，建立空间直角坐标系
则2分
从而
所以…………3分
（II）平面ABC的一个法向量为
则
（※）…………5分
而
由（※）式，当…………6分
（III）平面ABC的一个法向量为
设平面PMN的一个法向量为
由（I）得
由…………7分
解得…………9分
平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，
解得11分
故点P在B1A1的延长线上，且…………12分

21.解法一：（I）证明：连结，为等边三角形，为的中点，
，和为等边三角形，为的中点，，
。
在中，，
，即．
，面．
（Ⅱ）过作于连结，
平面，在平面上的射影为
为二面角的平角。
在中，
二面角的余弦值为
（Ⅲ）解：设点到平面的距离为，
，
在中，，
而
点到平面的距离为．
解法二：（I）同解法一．

（Ⅱ）解：以为原点，如图建立空间直角坐标系，
则
平面，平面的法向量
设平面的法向量，
由
设与夹角为，则
∴二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：设平面的法向量为又
设与夹角为，则
设到平面的距离为，
到平面的距离为．

22.【解析】解法一：
（I）由题意，，，
是二面角的平面角，
又二面角是直二面角，
，又，
平面，
又平面．
平面平面．
（II）作，垂足为，连结（如图），则，
是异面直线与所成的角．
在中，，，
．
又．
在中，．
异面直线与所成角的大小为．
（III）由（I）知，平面，
是与平面所成的角，且．
当最小时，最大，
这时，，垂足为，，，
与平面所成角的最大值为．
解法二：
（I）同解法一．
（II）建立空间直角坐标系，如图，则，，，，
，，
．
异面直线与所成角的大小为．
（III）同解法一

立体几何教案

1、空间一点位于不共线三点、、所确定的平面内的充要条件是存在有序实数组、、、,对于空间任一点,有且(时常表述为:若且,则空间一点位于不共线三点、、所确定的平面内。)
2、若多边形的面积为,它在一个平面上的射影面积为,若多边形所在的平面与这个平面所成的二面角为,则有。(射影面积公式,解答题用此须作简要说明)
3、经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。
4、过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条;过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个。
5、经过两条异面直线中的一条,只有一个平面与另一条直线平行。
6、三个两两垂直的平面的交线两两垂直。
7、对角线相等的平行六面体是长方体。
8、线段垂直平分面内任一点到这条线段两端点的距离相等。
9、经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜射线,设它和已知角两边的夹角为锐角且相等,则这条斜射线在这个平面内的射影是这个角的平分线。(斜射线上任一点在这个平面上的射影在这个角的平分线上)
10、如果一个角所在平面外一点到这个角两边的距离相等,那么这点在平面上的射影,在这个角的平分线上。(解答题用此须作简要证明)
11、若三棱锥的三条侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等,那么顶点在底面上的射影是底面三角形的外心。
(1)当底面三角形为直角三角形时,射影落在斜边中点上。
(2)当底面三角形为锐角三角形时,射影落在底面三角形内。
(3)当底面三角形为钝角三角形时,射影落在底面三角形外。
12、如果三棱锥的三个侧面与底面所成的二面角都相等或三棱锥的顶点到底面三条边距离都相等(顶点在底面上的射影在底面三角形内),那么顶点在底面上的射影是底面三角形的内心。
13、如果三棱锥的三条侧棱两两垂直,或有两组对棱垂直,那么顶点在底面上的射影是底面三角形的垂心。
14、若平面、平面、平面两两互相垂直,那么顶点在平面内的射影是三角形的垂心。
15、棱长为的正四面体的对棱互相垂直,对棱间的距离为。(该间距为小棱切球之直径)
16、设正四面体的棱长为,高为,外接球半径为,内切球半径为,棱切球(与各条棱都相切的球,正四面体中存在两个这样的球)半径为,体积为,则:
,,,或,
17、设正方体的棱长为,正方体的内切球、棱切球(与各条棱都相切的球)、外接球的半径分别为、、,则,,。
18、若二面角的平面角为,其两个面的法向量分别为、,且夹角为,则或()。
19、点到平面的距离:(其中为垂足,为斜足,为平面的法向量)。
20、证明两平面平行:
(1)若平面、的法向量、共线,则;
(2)若平面、有相同的法向量,则。
21、若直线与平面的法向量共线,则可推出。
22、设为空间直角坐标系内一点,平面的方程为:,则点到平面的距离为。
23、证明两平面垂直:
(1)确定两个平面、的法向量、,若,则;
(2)在平面内找出向量,若与的法向量共线,则;
24、向量与轴垂直竖坐标(对轴、轴同理)。
25、等积变换、割形与补形是解决立体几何问题常用方法。有关正四面体中的计算有时可造正方体模型,使正方体的面对角线恰好构成正四面体。
三条侧棱两两垂直的正三棱锥中的有关计算有时可以补成正方体。
题型:四面体ABCD中,共顶点A的三条棱两两相互垂直,且其长分别为1、、3,若四面体的四个顶点同在一个球面上,则这个球的表面积为()。该题型解法:可构造球内接长方体,长方体的体对角线长为球直径。
补充:三棱锥能够构造长方体的几种基本情形
(1)三条侧棱两两垂直的三棱锥可以构造长方体;
(2)三个侧面两两垂直的三棱锥可以构造长方体;
(3)三组对棱两两相等的三棱锥可以构造长方体。

2012届高考数学空间向量与立体几何备考复习教案

一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，教师要准备好教案为之后的教学做准备。教案可以让学生更好的消化课堂内容，帮助教师更好的完成实现教学目标。那么如何写好我们的教案呢？以下是小编为大家精心整理的“2012届高考数学空间向量与立体几何备考复习教案”，希望对您的工作和生活有所帮助。

专题四：立体几何
第三讲空间向量与立体几何

【最新考纲透析】
1．空间向量及其运算
（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。
（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。
（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。
2．空间向量的应用
（1）理解直线的方向向量与平面的法向量。
（2）能用向量语言表述直线与直线，直线与平面，平面与平面的垂直、平行关系。
（3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。
（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

【核心要点突破】
要点考向1：利用空间向量证明空间位置关系
考情聚焦：1．平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。
2．题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新。
考向链接：1．空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。
2．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。
例1：（2010安徽高考理科Ｔ18）如图，在多面体中，四边形是正方形，∥，，，，，为的中点。
(1)求证：∥平面；
(2)求证：平面；
(3)求二面角的大小。
【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。
【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明。
【规范解答】
(1)
(2)
(3)
【方法技巧】1、证明线面平行通常转化为证明直线与平面内的一条直线平行；
2、证明线面垂直通常转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直；
3、确定二面角的大小，可以先构造二面角的平面角，然后转化到一个合适的三角形中进行求解。
4、以上立体几何中的常见问题，也可以采用向量法建立空间直角坐标系，转化为向量问题进行求解证明。应用向量法解题，思路简单，易于操作，推荐使用。
要点考向2：利用空间向量求线线角、线面角
考情聚焦：1．线线角、线面角是高考命题的重点内容，几乎每年都考。
2．在各类题型中均可出现，特别以解答题为主，属于低、中档题。
考向链接：1．利用空间向量求两异面直线所成的角,直线与平面所成的角的方法及公式为:
（1）异面直线所成角
设分别为异面直线的方向向量，则
（2）线面角
设是直线的方向向量，是平面的法向量，则
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：
（1）建立恰当的空间直角坐标。（2）求出相关点的坐标。（3）写出向量坐标。（4）结合公式进行论证、计算。（5）转化为几何结论。
例2：（2010辽宁高考理科Ｔ19）已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
（Ⅰ）证明：CM⊥SN；
（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.
【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。
【思路点拨】建系，写出有关点坐标、向量的坐标，
计算的数量积，写出答案；
求平面CMN的法向量，求线面角的余弦，求线面角，写出答案。
【规范解答】
设PA＝1，以A为原点，射线AB、AC、AP分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图。
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0,)，N(,0,0)，S(1,,0)
（I）
【方法技巧】（1）空间中证明线线，线面垂直，经常用向量法。
（2）求线面角往往转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题来解决。
（3）线面角的范围是0°～90°，因此直线的方向向量与平面法向量的夹角的余弦是非负的，要取绝对值。
要点考向3：利用空间向量求二面角
考情聚焦：1．二面角是高考命题的重点内容，是年年必考的知识点。
2．常以解答题的形式出现，属中档题或高档题。
考向链接：求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。
其计算公式为：设分别为平面的法向量，则与互补或相等，
例3：（2010天津高考理科Ｔ１9）
如图，在长方体中，、分别是棱,
上的点，,
求异面直线与所成角的余弦值；
证明平面
求二面角的正弦值。
【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。
【思路点拨】建立空间直角坐标系或常规方法处理问题。
【规范解答】方法一：以A为坐标原点，AB所在直线为X轴，AD所在直线为Y轴建立空间直角坐标系（如图所示），设,依题意得,,,
易得,，于是，
所以异面直线与所成角的余弦值为。
证明：已知,,
于是=0，=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：设平面的法向量，则,即
不妨令X=1,可得。由（2）可知，为平面的一个法向量。
于是，从而
所以二面角的正弦值为
要点考向4：利用空间向量解决探索性问题
考情聚焦：立体几何中已知结论寻求结论成立的条件（或是否存在问题），能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，是今后考查的重点，也能很好地体现新课标高考的特点。
例4：（2010福建高考理科Ｔ18）如图，圆柱OO1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径。
（I）证明：平面A1ACC1平面B1BCC1；
（II）设AB＝AA1,在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自三棱柱ABC-A1B1C1内的概率为p。
（i）当点C在圆周上运动时，求p的最大值；
（ii）记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为（）。当p取最大值时，求cos的值。
【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。
【思路点拨】第一步先由线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到面面垂直；第二步首先求出长方体的体积，并求解三棱柱的体积的最大值，利用体积比计算出几何概率。立体几何中我们可以利用向量处理角度问题，立体几何中涉及的角：有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量，有，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题。
【规范解答】（I）平面，平面，，又是的直径，，又，平面，而平面，所以平面平面；
（II）（i）设圆柱的底面半径为，则，故圆柱的体积为，设三棱柱ABC-A1B1C1,的体积为，所以，所以当取得最大值时取得最大值。又因为点在圆周上运动，所以当时，的面积最大，进而，三棱柱ABC-A1B1C1,的体积最大，且其最大值为，故的最大值为；
（ii）由（i）知，取最大值时，，于是，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则平面，是平面的一个法向量，设平面的法向量为，由于，，
所以平面的一个法向量为，，。
【方法技巧】立体几何中我们可以利用空间向量处理常见的问题，本题的（II）（i）也可以采用向量法进行证明：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设圆柱的底面半径为，，则，故圆柱的体积为，设三棱柱ABC-A1B1C1,的体积为，所以，所以当取得最大值时取得最大值。，所以当时的的面积最大，进而，三棱柱ABC-A1B1C1,的体积最大，且其最大值为，故的最大值为；

【高考真题探究】
1.（2010广东高考理科Ｔ１0）若向量=（1,1,x）,=(1,2,1),=(1,1,1),满足条件=-2,则=.
【命题立意】本题考察空间向量的坐标运算及向量的数量积运算.
【思路点拨】先算出、，再由向量的数量积列出方程，从而求出
【规范解答】，，由
得，即，解得
【答案】2
2.（2010浙江高考理科Ｔ20）如图，在矩形中，点分别在线段
上，.沿直线将翻折成，使平面.
（Ⅰ）求二面角的余弦值；
（Ⅱ）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。
【命题立意】本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，考查空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。
【思路点拨】方法一利用相应的垂直关系建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题；方法二利用几何法解决求二面角问题和翻折问题。
【规范解答】方法一：（Ⅰ）取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.
如图建立空间直角坐标系A-xyz，则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）.故=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量，所以。
取，则。
又平面的一个法向量，故。
所以二面角的余弦值为
（Ⅱ）设，则，，
因为翻折后，与重合，所以，，
故，，得，，
所以。
3.（2010陕西高考理科Ｔ１8）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=，E，F分别是AD,PC的中点.
（Ⅰ）证明：PC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求平面BEF与平面BAP夹角的大小。
【命题立意】本题考查了空间几何体的的线线、线面垂直、以及二面角的求解问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力以及利用空间向量解决立体几何问题的方法与技巧。
【思路点拨】思路一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；思路二：利用几何法求解.
【规范解答】解法一（Ⅰ）如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.∵AP=AB=2，BC=，四边形ABCD是矩形.
∴A，B，C，D的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,,0)，D(0，，0)，P(0,0,2)
又E，F分别是AD，PC的中点，
∴E(0，，0),F(1，，1).
∴=（2，，-2）=（-1，，1）=（1,0,1），
∴=-2+4-2=0，=2+0-2=0，
∴⊥，⊥，
∴PC⊥BF,PC⊥EF,,
∴PC⊥平面BEF
（II）由（I）知平面BEF的法向量
平面BAP的法向量
设平面BEF与平面BAP的夹角为，
则
∴，∴平面BEF与平面BAP的夹角为
4.（2010重庆高考文科Ｔ20）如题图，四棱锥中，
底面为矩形，，，
点是棱的中点.
（I）证明：；
（II）若，求二面角的平面角的余弦值.
【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，
考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合的思想，考查化归与转化的思想.
【思路点拨】（1）通过证明线线垂直证明结论：线面垂直，（II）作出二面角的平面角，再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值.
【规范解答】（I）以为坐标原点，
射线分别为轴、轴、轴的正半轴，
建立空间直角坐标系.如图所示.
设设，则，，，。于是，，，则，
所以，故.
（II）设平面BEC的法向量为，由（Ⅰ）知，，故可取.设平面DEC的法向量，则，，由，得D，G，
从而，，故，所以，，可取，则，从而.
【方法技巧】（1）用几何法推理证明、计算求解；（2）空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题.
5.（2010江西高考文科Ｔ２０）
如图，与都是边长为2的正三角形，
平面平面，平面，.
（1）求直线与平面所成的角的大小；
（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.
【命题立意】本题主要考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及平行关系，考查空间线面角、二面角的问题以及有关的计算问题，考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、划归转化能力和运算求解能力。
【思路点拨】本题主要有两种方法，法一：几何法（1）直接找出线面角，然后求解；
（2）对二面角的求法思路，一般是分三步①“作”，②“证”，③“求”.其中“作”是关键，“证”
是难点.法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.

【规范解答】取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.
以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.
OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），
（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.
因（0，，），平面
的法向量为.则有
，所以.
（2），.
设平面ACM的法向量为，由得.
解得，，取.又平面BCD的法向量为，
则
设所求二面角为，则.
6.（2010四川高考理科Ｔ18）
已知正方体的棱长为1，点是棱的中点，
点是对角线的中点.
（Ⅰ）求证：为异面直线和的公垂线；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）求三棱锥的体积.
【命题立意】本题主要考查异面直线、直线与平面垂直、
二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力，转化与化归的数学思想.
【思路点拨】方法一：几何法问题（Ⅰ），分别证明，即可.
问题（II）首先利用三垂线定理，作出二面角的平面角，然后通过平面角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题.
问题（Ⅲ）选择便于计算的底面和高，观察图形可知，和都在平面内，且，故，利用三棱锥的体积公式很快求出.
方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.
【规范解答】(方法一)：（I）连结.取的中点，则为的中点，连结.
∵点是棱的中点，点是的中点，
由，得.
∵，∴.
∴.∴.
又∵与异面直线和都相交，
故为异面直线和的公垂线，
（II）取的中点，连结，则，
过点过点作于，连结，则由三垂线
定理得，.
∴为二面角的平面角.
.
在中.
故二面角的大小为.
（III）易知，,且和都在平面内，
点到平面的距离，
∴.
(方法二)：以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
（I）∵点是棱的中点，点是的中点，
∴,，,,.
,,
∴,,
又∵与异面直线和都相交，
故为异面直线和的公垂线，
（II）设平面的一个法向量为，
，.
即
取，则..
取平面的一个法向量.
，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的大小为.
（III）易知，，设平面的一个法向量为，
,,
即
取，则，从而.
点到平面的距离.
.

【跟踪模拟训练】
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.已知点A（-3,1,-4），则点A关于x轴的对称点的坐标为()
(A)（-3,-1,4）
(B)(-3,-1,-4)
(C)(3,1,4)
(D)(3,-1,-4)
2.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为()
(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°
3.设动直线与函数和的图象分别交于、两点，则的最大值为（）
A．B．C．2D．3
4.在直角坐标系中，设，，沿轴把坐标平面折成的二面角后，的长为（）
A．B．C．D．
5.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为（）
A．B．C．D．
6.如图：在平行六面体中，为与的交点。若，，则下列向量中与相等的向量是（）
（A）（B）
（C）（D）
二、填空题（每小题6分，共18分）
7．，，是空间交于同一点的互相垂直的三条直线，点到这三条直线的距离分别为,,，则,则__。
8．平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2，AD=1，且AB、AD、AA1两两之间夹角均为600，则=
9．将正方形沿对角线折成直二面角后，有下列四个结论：
（1）；（2）是等边三角形；
（3）与平面成60°；（4）与所成的角为60°．
其中正确结论的序号为_________（填上所有正确结论的序号）．
三、解答题（共46分）
10.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC与BD相交于点O，,E、F分别是BC、AP的中点．
（1）求证：EF∥平面PCD；
（2）求二面角A—BP—D的余弦值．
11.某组合体由直三棱柱与正三棱锥组成，如图所示，其中，．它的正视图、侧视图、俯视图的面积分别为+1，，+1．
（1）求直线与平面所成角的正弦；
（2）在线段上是否存在点，使平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
12.如图，三棱柱中，面，
,，，为的中点。
(I)求证：面；
(Ⅱ)求二面角的余弦值
参考答案
1．【解析】选A.∵点A关于x轴对称点的规律是在x轴上的坐标不变，在y轴，z轴上的坐标分别变为相反数，∴点A（-3，1，-4）关于x轴的对称点的坐标为（-3,-1,4）.
2．【解析】选B.以A为坐标原点，AC、AA1分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系.设底面边长为2a.侧棱长为2b.
3．D
4．D
5．C
6．A
7．64
8．3
9．（1）（2）（4）
10．解：（1）证明：取PD的中点G，连接FG、CG
∵FG是△PAD的中卫县，∴FG，
在菱形ABCD中，ADBC，又E为BC的中点，
∴CEFG，∴四边形EFGC是平行四边形，
∴EF∥CG
又EF面PCD，CG面PCD，
∴EF∥面PCD
（2）法1：以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为、、轴建立如
图所示的空间直角坐标系。
则0（0，0，0），A（0，，0），B（1，0，0）（0，0，）
=（1，，0）=（0，，）
设面ABP的发向量为，则
，即即
取
又，，
∴OA⊥面PBD，∴为面PBD的发向量，
∴=（0，，0）
.
所以所求二面角的余弦值为
法2：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵OP⊥面ABCD，AC面ABCD，
∴AC⊥OP，OPBD=0，
∴AC⊥面PBD，AC⊥BP，
在面PBD中，过O作ON⊥PB，连AN，PB⊥面AON，则AN⊥PB。
即∠ANO为所求二面角的平面角
AO=ABcos30°=
在Rt△POB中，
，
∴
∴cos∠。
所以所求二面角的余弦值为
11．【解析】
12．解：（1）连接B1C，交BC1于点O，则O为B1C的中点，
∵D为AC中点∴OD∥B1A
又B1A平面BDC1，OD平面BDC1
∴B1A∥平面BDC1
（2）∵AA1⊥面ABC，BC⊥AC，AA1∥CC1
∴CC1⊥面ABC则BC⊥平面AC1，CC1⊥AC
如图以C为坐标原点，CA所在直线为X轴，CB所在直线为Y轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系则C1(0,0,3)B(0,2,0)D(1,0,0)C(0,0,0)
∴设平面的法向量为由得
，取，则
又平面BDC的法向量为
cos
∴二面角C1—BD—C的余弦值为
【备课资源】
1.已知两条异面直线a、b所成的角为40°，直线l与a、b所成的角都等于θ，则θ的取值范围是()
(A)［20°,90°］(B)［20°,90°)
(C)(20°,40°］(D)［70°,90°］
【解析】选A.
取空间任一点O，将直线a,b,l平移到过O点后分别为a′,b′,l′，则l′与a′,b′所成的角即为l与a,b所成的角.当l′与a′,b′共面时θ最小为20°.当l′与a′,b′确定的平面垂直时，θ最大为90°.故θ的取值范围为［20°,90°］.
3.如图甲,直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=,点M、N分别在AB，CD上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC=2，MB=4，现将梯形ABCD沿MN折起，使平面AMND与平面MNCB垂直(如图乙).
(1)求证：AB∥平面DNC；
(2)当DN的长为何值时，二面角D-BC-N的大小为30°？

文章来源：http://m.jab88.com/j/52364.html

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