【步步高】（广东专用）2015届高考数学二轮复习 专题五 立体几何课件（打包3套）理
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【步步高】（广东专用）2015届高考数学二轮复习 专题五 立体几何课件（打包3套）理,步步高,广东,专用,高考,数学,二轮,复习,温习,专题,立体几何,课件,打包
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专题五 立体几何 第 1讲 空间几何体 主 干 知 识 梳 理 热 点 分 类 突 破 真 题 与 押 题 3 考查空间几何体面积 、 体积的计算 . 考 情 解 读 主干知识梳理 直四棱柱 、 正四棱柱 、 正方体 、 平行六面体 、直平行六面体 、 长方体之间的关系 (1)三视图的正 (主 )视图 、 侧 (左 )视图 、 俯视图分别是从物体的正前方 、 正左方 、 正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形 . (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面 ， 长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面 ， 高度和正视图一样 ，宽度与俯视图一样 . (3)画三视图的基本要求：正俯一样长 ， 俯侧一样宽 ， 正侧一样高 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画 ， 其规则： (1)原图形中 直观图中 ， x 轴 、y 轴的夹角为 45 (或 135 )， z 轴与 x 轴和 y 轴所在平面垂直 . (2)原图形中平行于坐标轴的线段 ， 直观图中仍分别平行于坐标轴 平行于 (1)柱体 、 锥体 、 台体的侧面积公式： ch( ； ( h 为斜高 )； (c c )h (c ， 下底面的周长 ， h 为斜高 )； 4为球的半径 ). 12 12 ( 2 ) 柱体 、 锥体和球的体积公式 ： S 为底面面积 ， h 为高 ) ； 3 S 为底面面积 ， h 为高 ) ； 3( S S ) h ( 不要求记忆 ) ； 3 热点一 三视图与直观图 热点二 几何体的表面积与体积 热点三 多面体与球 热点分类突破 例 1 某空间几何体的三视图如图所示 ， 则该几何体的体积为 ( ) 热点一 三视图与直观图 思维启迪 根据三视图确定几何体的直观图； B . 8 D . 1 6 解析 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱 ， 如图： 则该几何体的体积 V 2 2 4 8. 12 答案 B (2)(2013四川 )一个几何体的三视图如图所示 ， 则该几何体的直观图可以是 ( ) 思维启迪 分析几何体的特征 ， 从俯视图突破 . 解析 由俯视图易知答案为 D. D 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面 、 左面 、 上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图 ， 因此在分析空间几何体的三视图问题时 ， 先根据俯视图确定几何体的底面 ， 然后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 ， 再确定几何体的形状 ， 即可得到结果 . 思 维 升 华 变式训练 1 (1)(2013课标全国 )一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O 1,0,1)， (1,1,0)， (0,1,1)，(0,0,0)， 画该四面体三视图中的正视图时 ， 以 则得到的正视图可以为 ( ) 解析 根据已知条件作出图形：四面体 出各个点的坐标如图 (1)所示 ， 可以看出正视图为正方形 ， 如图 (2)所示 . 答案 A (2)将长方体截去一个四棱锥 ， 得到的几何体如图所示 ，则该几何体的侧视图为 ( ) 解析 如图所示 ， 点 为 点 ， 点 投影为 B， 故选 D. D 例 2 (1)一个几何体的三视图如图所示 ， 则该几何体的体积为 _ 热点二 几何体的表面积与体积 思维启迪 由三视图确定几何体形状； 解析 由三视图可知 ， 该几何体是一个半圆锥 ， 底面半圆半径是 1， 半圆锥的高为 1. 由圆锥的体积公式，可以得该半圆锥的体积 V 1213 121 6. 答案 6(2)如图 ， 在棱长为 6的正方体 E， 11 ， 且 4， 3， 连接 则几何体 积为 ( ) 维启迪 对几何体进行分割 . 解析 如图 ， 连接 那么几何体 锥 D 那么几何体 D B C 的体积为 V 1312 3 4 6 1312 (3 6) 6 6 12 54 6 6 . 故所求几何体 6. 答案 A (1)利用三视图求解几何体的表面积 、 体积 ，关键是确定几何体的相关数据 ， 掌握应用三视图的 “ 长对正 、 高平齐 、 宽相等 ” ； (2)求不规则几何体的体积 ， 常用 “ 割补 ” 的思想 . 思 维 升 华 变式训练 2 多面体 其正视图和侧视图如图 ， 其中正视图为等腰梯形 ， 侧视图为等腰三角形 ， 则该多面体的体积是 ( ) 33 6 33 解析 过 M， 将多面体分割成一个三棱柱和两个四棱锥 ， 由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形 ， 面积为 2 2 2， 高为 2， 所以体积为 4， 12 两个四棱锥为全等四棱锥 ， 棱锥的体积为 2 2 1 2 ， 13 83 所以多面体的体积为 V 83 4 203 ，选 D. 答案 D 例 3 如图所示 ， 平面四边形 1， ， 将其沿对角线 使平面 平面 若四面体 则该球的体积为 ( ) 热点三 多面体与球 2 B . 3 D . 2 思维启迪 要求出球的体积就要求出球的半径 ， 需要根据已知数据和空间位置关系确定球心的位置 ， 由于 根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等 ,只要再证明这个点到点 ， C， 进而求出球的半径 ， 根据体积公式求解即可 . 解析 如图 ， 取 ， 中点 O， 连接 由题意 ， 知 所以 由于平面 平面 所以 平面 因为 1 ， 2 ， 所以 22， 12. 所以 32. 在 B ， 1232， 所以四面体 外接球的球心为 O ， 半径为32. 所以该球的体积 V 43 (32)332 . 故选 A. 答案 A 多面体与球接 、 切问题求解策略 (1)涉及球与棱柱 、 棱锥的切 、 接问题时 ， 一般过球心及多面体中的特殊点 (一般为接 、 切点 )或线作截面 ， 把空间问题转化为平面问题 ， 再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系 ，或只画内切 、 外接的几何体的直观图 ， 确定球心的位置 ， 弄清球的半径 (直径 )与该几何体已知量的关系 ， 列方程 (组 )求解 . 思 维 升 华 (2)若球面上四点 P， A， B， 且 a， b，c， 一般把有关元素 “ 补形 ” 成为一个球内接长方体 ， 则 4 思 维 升 华 变式训练 3 (1)(2014湖南 )一块石材表示的几何 体的三视图如图所示 打磨 ， 加工成球 ， 则能得到的最大 球的半径等于 ( ) 析 由三视图可知该几何体是一个直 三棱柱 ， 如图所示 . 由题意知 ， 当打磨成的球的大圆恰好与 三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时 ， 该球的半径最大 ， 故其半径 r (6 8 10) . 12 答案 B (2)一个几何体的三视图如图所示 ， 其 中正视图和侧视图是腰长为 1的两个全 等的等腰直角三角形 ， 则该几何体的体 积是 _；若该几何体的所有顶点 在同一球面上 ， 则球的表面积是 _. 解析 由三视图可知 ， 该几何体是四棱锥 P 图 )， 其中底面 的正方形 ， 底面 且 1， 该四棱锥的体积为 V 13 1 1 1 13 . 又 其外接球的直径， 2 R 3 ， 则球的表面积为 S 43. 答案 13 3 表面积就是全面积 ， 是一个空间几何体中 “ 暴露 ” 在外的所有面的面积 ， 在计算时要注意区分是 “ 侧面积还是表面积 ” 旋转体的表面积除了球之外 ， 都是其侧面积和底面面积之和 . 本讲规律总结 高 ” 这个几何量 (球除外 )， 因此体积计算中的关键一环就是求出这个量 特征图 ” 和旋转体中的轴截面 . 求其体积多采用分割或补形的方法 ， 从而转化为规则的几何体 ， 而补形又分为对称补形 (即某些不规则的几何体 ， 若存在对称性 ， 则可考虑用对称的方法进行补形 )、 还原补形 (即还台为锥 )和联系补形 (某些空间几何体虽然也是规则几何体 ， 不过几何量不易求解 ， 可根据其所具有的特征 ， 联系其他常见几何体 ， 作为这个规则几何体的一部分来求解 ). 4 . 长方体的外接球 ( 1 ) 长、宽、高分别为 a 、 b 、 c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即 2 R ； ( 2 ) 棱长为 a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即 3 a 2 R . 真题感悟 押题精练 真题与押题 1 2 真题感悟 1 . (2014北京 )在空间直角坐标系 已知A(2,0,0)， B(2,2,0)， C(0,2,0)， D(1,1， )1， 3分别是三棱锥 D 则 ( ) 2 3 3 1 2 真题感悟 解析 如图所示 ， 平面 所以 2 2 2. 12 三棱锥在坐标平面 ， A， 全等 ， 所以 S 2 12 2 2 2 . 1 2 真题感悟 三棱锥在坐标平面 ， B， 全等 ， 所以 S 3 12 2 2 2 . 所以 1 . 答案 D 真题感悟 2 1 2 . ( 2 0 1 4 江苏 ) 设甲、乙两个圆柱的底面积分 别为 S 1 ， S 2 ，体积分别为 V 1 ， V 2 . 若它们的侧面积相等，且S 1S 294，则V 1V 2的值是 _ _ _ _ _ _ _ _ . 解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为 r 2 和 h 1 ， h 2 ，由S 1S 294， 得 r 21 r 22 94 ，则r 1r 2 32 . 真题感悟 2 1 由圆柱的侧面积相等 ， 得 22 即 r 1 h 1 r 2 h 2 ，则h 1h 223， 所以V 1V 2 r 21 h 1 r 22 h 232. 答案 32押题精练 1 2 的正方形 连接 到三棱锥 C 其正视图 、 俯视图均为全等的等腰直角三角形 (如图所示 )， 则其侧视图的面积为 ( ) 2 1 1 2 解析 在三棱锥 C ， 正方形边长为 ， 1， 2 侧视图的面积为 S A O C 12 1 1 12. 答案 B 押题精练 1 2 2. 在三棱锥 A ，侧棱 两垂直， 面积分别为22，32，62，则三棱锥 A B C D 的外接球体积为 ( ) A. 6 B . 2 6 C . 3 6 D . 4 6 押题精练 1 2 解析 如图 ， 以 锥扩充成长方体 ， 则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球 ， 三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长 . 据题意 2 ， 3 ， 6 ，解得 2 ， 1 ， 3 ，押题精练 1 2 长方体的体对角线长为 6 ， 三棱锥外接球的半径为62. 三棱锥外接球的体积为 V 43 (62)3 6 . 答案 A 专题五 立体几何 第 2讲 空间中的平行与垂直 主 干 知 识 梳 理 热 点 分 类 突 破 真 题 与 押 题 3 填空题的形式考查 ， 主要利用平面的基本性质及线线 、 线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断 ， 属基础题 . 主要是对线线 、 线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题 ， 且多以棱柱 、 棱锥 、 棱台或其简单组合体为载体进行考查 ， 难度中等 考 情 解 读 主干知识梳理 性质定理 线面平行的判定定理 线面平行的性质定理 a a a a a b a b 线面垂直的判定定理 线面垂直的性质定理 a ， b a b a ， l b l a b a b 性质定理 面面垂直的判定定理 面面垂直的性质定理 a a a c a 面面平行的判定定理 面面平行的性质定理 a b a b ， b b a b 提醒 使用有关平行 、 垂直的判定定理时 ， 要注意其具备的条件 ， 缺一不可 . 热点一 空间线面位置关系的判定 热点二 平行、垂直关系的证明 热点三 图形的折叠问题 热点分类突破 例 1 (1)设 a， ， ， 表示不同的平面 ，则下列命题中正确的是 ( ) A.若 a 且 a b， 则 b 且 ， 则 C.若 a 且 a ， 则 且 ， 则 热点一 空间线面位置关系的判定 思维启迪 判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定 . 解析 A：应该是 b 或 b； B：如果是墙角出发的三个面就不符合题意； C： m， 若 a 满足 a ， a ， 但是 不正确 ， 所以选 D. 答案 D (2)平面 平面 的一个充分条件是 ( ) a， a ， a a， a， a a， b， a， b， a ， b a， b， a， b， a ， b 解析 若 l， a l， a， a， 则 a ，a ， 故排除 A. 若 l， a， a l， 则 a ， 故排除 B. 若 l， a， a l， b， b l， 则 a ，b ， 故排除 . 答案 D 解决空间点 、 线 、 面位置关系的组合判断题 ， 主要是根据平面的基本性质 、 空间位置关系的各种情况 ， 以及空间线面垂直 、 平行关系的判定定理和性质定理进行判断 ， 必要时可以利用正方体 、长方体 、 棱锥等几何模型辅助判断 ， 同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中 . 思 维 升 华 变式训练 1 对于平面 ， ， 和直线 a， b， m， n， 下列命题中真命题是 ( ) A.若 a m， a n， m， n， 则 a ， a， b， 则 a b C.若 a b， b， 则 a D.若 a， b， a ， b ， 则 解析 线面垂直的判定定理知 ， 还需 m与 a ， 故 线面平行的判定定理 ， 还需知 a， 故 面面平行的判定定理知 ， 还需 a与 ， 故 所以选 B. 答案 B 例 2 如图 ， 在四棱锥 P 2平 面 底面 求证： (1)底面 热点二 平行、垂直关系的证明 (1)底面 思维启迪 利用平面 底面 得线面垂直； 证明 因为平面 底面 且 D， 所以 底面 (2)平面 思维启迪 证明 因为 2 所以 且 所以四边形 所以 又因为 面 面 所以 平面 (3)平面 平面 思维启迪 证明 因为 而且 所以 由 (1)知 底面 所以 所以 平面 所以 因为 分别是 所以 D 所以 平面 又 面 所以平面 平面 垂直 、 平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型 . (1)证明线面 、 面面平行 ， 需转化为证明线线平行 . (2)证明线面垂直 ， 需转化为证明线线垂直 . (3)证明线线垂直 ， 需转化为证明线面垂直 . (4)证明面面垂直 ， 需转化为证明线面垂直 ， 进而转化为证明线线垂直 . 思 维 升 华 变式训练 2 如图所示 ， 已知 平面 平面 2 求证： (1)平面 证明 如图 ， 取 ， 连接 F 12 平面 平面 又 12 四边形 则 面 面 平面 (2)平面 平面 证明 平面 面 又 D， 平面 平面 面 平面 平面 例 3 如图 (1)， 在 C 90 ， D， C， 点 将 使 图 (2). 热点三 图形的折叠问题 (1)求证： 平面 思维启迪 折叠问题要注意在折叠过程中 ， 哪些量变化了 ， 哪些量没有变化 1)问证明线面平行 ， 可以证明 证明 因为 D， C， 所以 又因为 面 面 所以 平面 (2)求证： 思维启迪 第 (2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直 ， 即证明平面 证明 由题图 (1)得 E 所以 E 所以 平面 1F平面 所以 1F 所以 平面 又 面 所以 (3)线段 ， 使 平面 说明理由 . 思维启迪 第 (3)问取 ， 再证明 平面 解 线段 ， 使 平面 如图 ， 分别取 ， Q， 则 又因为 所以 所以平面 由 (2)知 ， 平面 所以 又因为 1 所以 1C 平面 从而 平面 故线段 ， 使得 平面 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量 折线同一侧线段的长度是不变量 ， 而位置关系往往会发生变化 ，抓住不变量是解决问题的突破口 . (2)在解决问题时 ， 要综合考虑折叠前后的图形 ，既要分析折叠后的图形 ， 也要分析折叠前的图形. 思 维 升 华 变式训练 3 如图 (1)， 已知梯形 ，24， E， B， 使平面平面 图 (2)所示 )， 2 (1)当 x 2时 ， 求证： 证明 作 垂足为 H， 连接 因为平面 平面 交 线为 面 所以 平面 又 面 故 因为 2， 2， 90 ， 12 所以四边形 故 又 面 且 H， 故 平面 又 面 故 (2)当 求三棱锥 D f(x)的函数式. 解 因为 平面 平面 交线为 面 所以 平面 由 (1)知 ， 平面 故 所以四边形 故以 B， F， C， x. 又 S 12 12 4 (4 x ) 8 2 x ， 所以三棱锥 D 体积 f ( x ) 13S 13S 13(8 2 x ) x 23x 2 83x ( 0 x 4 ) . (1)利用平行公理 ， 即证明两直线同时和第三条直线平行； (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 . 本讲规律总结 (1)利用线面平行的判定定理 ， 把证明线面平行转化为证线线平行； (2)利用面面平行的性质定理 ， 把证明线面平行转化为证面面平行 . 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 ， 从而将证面面平行转化为证线面平行 ， 再转化为证线线平行 . (1)利用特殊平面图形的性质 ， 如利用直角三角形 、 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 ， 即要证线线垂直 ， 只需证明一线垂直于另一线所在平面即可 . (1)利用线面垂直的判定定理 ， 把线面垂直的判定转化为证明线线垂直； (2)利用面面垂直的性质定理 ， 把证明线面垂直转化为证面面垂直； (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 . 证明面面垂直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 、 高线或添加辅助线解决 . 真题感悟 押题精练 真题与押题 1 2 真题感悟 1.(2014辽宁 )已知 m， 表示平面 ) A.若 m ， n ， 则 m n B.若 m ， n， 则 m n C.若 m ， m n， 则 n D.若 m ， m n， 则 n 1 2 真题感悟 解析 方法一 若 m ， n ， 则 m， 相交或异面 ， 若 m ， n， 则 m n， 因为直线与平面垂直时 ，它垂直于平面内任一直线 ， 若 m ， m n， 则 n 或 n， 若 m ， m n， 则 可能相交 ， 可能平行 ， 也可能 n， 1 2 真题感悟 方法二 如图 ， 在正方体 A B C D 中 ， 用平面 . 若 B ， C ， 满足 m ， n ， 但 m与 故 m ， n， m n， 这是线面垂直的性质 ， 故 1 2 真题感悟 若 A ， B， 满足 m ， m n， 但 n， 故 若 B ， C ， 满足 m ， m n， 但 n ， 故 答案 B 真题感悟 2 1 2.(2014辽宁 )如图 ， 在平面互相垂直 ， 且 2， 120 ， E， F， C， 真题感悟 2 1 (1)求证： 平面 证明 由已知得 因此 又 所以 同理 又 G， 因此 平面 又 所以 平面 真题感悟 2 1 (2)求三棱锥 D 附：锥体的体积公式 V 其中 13 解 在平面 作 交 由平面 平面 知 平面 又 因此 真题感悟 2 1 在 A O B 中， s i n 6 0 3 ， 所以 V D V G 13 S D B C h 1312s i n 1 2 0 3212. 押题精练 1 2 1. 如图 ， 的直径 ， 点 异 于点 A， B)， 直线 所在的平面 ， 点 有以下四个命题： 平面 平面 平面 平面 平面 其中正确的命题是 _(填上所有正确命题的序号 ). 押题精练 1 2 解析 错误 ， 面 正确； 错误 ， 否则 ， 有 这与 正确 ， 因为 平面 答案 押题精练 1 2 在正方体 ， (1)证明：平面 平面 证明 如图 ， 因为 所以 面 因为 所以 押题精练 1 2 又因为 所以 面 因为 所以平面 平面 押题精练 1 2 (2)在棱 ， 使 平面 证明你的结论 . 解 当点 1 可使 平面 证明如下： 取 ， 连接 知： 且 12 押题精练 1 2 设 O， 连接 则 1O 12 所以 F 所以四边形 所以 又因为 所以 面 专题五 立体几何 第 3讲 立体几何中的向量方法 主 干 知 识 梳 理 热 点 分 类 突 破 真 题 与 押 题 3 特别是棱柱 、 棱锥或其组合体 )为载体 ， 考查空间中平行与垂直的证明 ， 常出现在解答题的第 (1)问中 ， 考查空间想象能力 ， 推理论证能力及计算能力 ， 属低中档问题 . 特别是棱柱 、 棱锥或其组合体 )为载体 ， 考查空间角 (主要是线面角和二面角 )的计算 ， 是高考的必考内容 ， 属中档题 . 或是否存在问题 )的探索性问题 ， 考查逻辑推理能力 、 空间想象能力以及探索能力 ， 是近几年高考命题的新亮点 ， 属中高档问题 考 情 解 读 主干知识梳理 平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 a (平面 、 的法向量分别为 ( v (以下相同 ). (1)线面平行 l a a 00. (2)线面垂直 l a a k(3)面面平行 v v(4)面面垂直 vv 00. 直线与平面 、 平面与平面的夹角计算 设直线 l， a ( b(平面 、 的法向量分别为 (v (以下相同 ). (1)线线夹角 设 l ， m 的夹角为 (0 2) ，则 c o s | a b | a | b | a 1 a 2 b 1 b 2 c 1 c 2 | (2)线面夹角 设直线 l 与平面 的夹角为 (0 2) ， 则 s i n | a | a | | | c o s a ， |. (3)面面夹角 设半平面 、 的夹角为 (0 )， 则 | c o s | | v | | v | | c o s ， v |. 提醒 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 . 直线到平面的距离 ， 两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离 ， 点 的距离： d (其中 的法向量 ， 内任一点 ). |n |n | 热点一 利用向量证明平行与垂直 热点二 利用向量求空间角 热点三 利用空间向量求解探索性问题 热点分类突破 例 1 如图 ， 在直三棱柱 ， 面 且互相垂直 ， 运用向量方法证明： (1)平面 热点一 利用向量证明平行与垂直 思维启迪 从 可建立空间直角坐标系 . 证明 方法一 由题意 ， 得 两垂直 ， 以 间直角坐标系 . 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 ) ， M12， 0 ， 0 ， O12，12，12. ( 1 ) 0 ，12 ，12 ， ( 1 , 0 , 0 ) ， 0 , . 棱柱 平面 是平面 面 平面 (2)平面 平面 证明 设平面 ( ( (1 ， 1 , 1 ) ， 12， 1 ， 0 ， ( 1 , 0 , 0 ) ， 由 n 1 n 1 0 ， 得x 1 y 1 z 1 0 ，12x 1 y 1 0 ，解得y 1 12x 1 ，z 1 12x 1 ，令 x 1 1 ，则 n 1 1 ，12，12. 同理可得 (0,1,1). n10， 平面 平面 方法二 ( 1 ) 12 1212( 1212121212( 12121212 又 面 平面 向量 向量 面， (2)由题意知 ， 1212 0 ， 1212( 122122 0. 又 C， 平面 又 面 平面 平面 (1)要证明线面平行 ， 只需证明向量 与平面 一个思路则是根据共面向量定理证明向量 与 ， 共面 . (2)要证明面面垂直 ， 只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线即证 从而转化为证明向量 与 向量 、 垂直 . 思 维 升 华 C D 变式训练 1 如图 ， 在四棱锥 P 平 面 底面 2， 60 ， (1)求证：直线 平面 证明 设 O. 因为 60 ， 2， 底面 所以 1， ， 3如图 ， 以 以 在直线分别为 过点 于 建立空间直角坐标 系 O 则 P (0 ， 3 ， 2) ， A (0 ， 3 ， 0) ， B ( 1 , 0 , 0 ) ， C (0 ，3 ， 0) ， D ( 1 , 0 , 0 ) ， E (0 ， 3 ， 1) . (1)设平面 ( 因为 ( 1 ， 3 ， 1) ， ( 2 , 0 , 0 ) ， 由n 1 0 ，n 1 0 ，得 2 x 1 0 ， x 1 3 y 1 z 1 0 ，令 z 1 3 ，得 y 1 1 ，所以 n 1 ( 0 , 1 ， 3 ) . 又 ( 0 , 2 3 ， 2) ，所以 n 1 0 2 3 2 3 0 ， 即 n 1 ，又 平面 ， 所以 平面 证明 因为 ( 0 , 2 3 ， 2) ， ( 2 , 0 , 0 ) ， 所以 0. 故 (2)求证： 例 2 如图 ， 五面体中 ， 四边形 矩形 ， 平面 且 1， 2， 2 ， P、 E、 (1)求证： 平面 热点二 利用向量求空间角 思维启迪 易知 122证明 连接 四边形 且 又在 平面 (2)求二面角 A 思维启迪 根据 平面 解 如图 ， 取 ， 则 以 以 线分别为 x， y， 则 A(0,0,0)， D(0,0,1)， M(2,0,0)， F(0,2,0). 可得 ( 2 , 0 , 0 ) ， ( 2 , 2 , 0 ) ， ( 0 , 2 ， 1) . 设平面 D E F 的法向量为 n ( x ， y ， z ) ，则n 0n 0. 故 2 x 2 y 02 y z 0，即x y 02 y z 0. 令 x 1， 则 y 1， z 2， 故 n (1,1,2)是平面 面 A D F ， 平面 A D F 的一个法向量 . n ， n n | | 2 1 0 1 0 26 266. 由图可知所求二面角为锐角 ， 二面角 A E 的余弦值为66. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤： 建立恰当的空间直角坐标系； 求出相关点的坐标； 写出向量坐标； 结合公式进行论证 、 计算； 转化为几何结论 . 思 维 升 华 (2)求空间角注意： 两条异面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角 ， 即 |. 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 . 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值 ， 即注意函数名称的变化 . 思 维 升 华 变式训练 2 如图 ， 已知三棱锥 O A， 且 1， 2， (1)求 解 以 分别为 x、 y、 如图 . 则有 A(0,0,1)、 B(2,0,0)、 C(0,2,0)、 E(0,1,0). 设平面 (x， y， z)， 则由 n 1 ： n 1 2 x z 0 ； 由 n 1 ： n 1 2 y z 0. 取 (1,1,2)， 则点 O 到面 距离为 d | n 1 | n 1 |21 1 463. (2)求二面角 E 解 因为 ( 2 ， 1 , 0 ) ， ( 2 , 0 ， 1 ) . 设平面 n (x， y， z)， 则由 n ： n 2 x z 0 ； 由 n ： n 2 x y 0. 取 n (1,2,2). 由 (1)知平面 (1,1,2). 则 co s n ， n 1 n n 1| n | n 1 |1 2 49 673 67 618. 结合图形可知，二面角 E C 的正弦值是3018. 例 3 如图 ， 在直三棱柱 2 90 ， C 的中点 . (1)求证： 平面 热点三 利用空间向量求解探索性问题 由 得四边形 1 证明 连接 交 ， 连接 又 所以 所以 因为 面 面 所以 平面 (2)求二面角 解 由 且 90 ， 得 以 x， y， 建立如图所示的空间直角坐标系 B 设 2， 则 B(0,0,0)， C(2,0,0)， A(0,2,0)， ,0,1)， D(1,0,0)， 所以 (1 ， 2 , 0 ) ， 1 (2 ， 2 , 1 ) . 设平面 A D C 1 的法向量为 n ( x ， y ， z ) ， 则有n 0 ，n x 2 y 0 ，2 x 2 y z 0.取 y 1 ，得 n ( 2 , 1 ， 2) . 易知平面 v (0,0,1). 所以 c o s n ， v n v| n | |v |23. 因为二面角 所以二面角 . 23(3)试问线段 ， 使 0角 ？ 若存在 ， 确定 不存在 ， 说明理由 . 解 假设存在满足条件的点 E. 因为点 1 ,2,1)， ,0,1)， 故可设 E(0， ， 1)， 其中 0 2. 所以 (0 ， 2 , 1 ) ， ( 1 , 0 , 1 ) . 因为 0 角 ， 所以 | c o s | | | |12， 即1 2 2 1 212，解得 1 或 3( 舍去 ) . 所以当点 1 0 角. 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题 ， 它无需进行复杂的作图 、 论证 、 推理 ，只需通过坐标运算进行判断 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 . 思 维 升 华 变式训练 3 如图 ， 在三棱锥 P 2， 90 ， 点 (1)求二面角 A 解 又 C， 平面 且 故以 分别以 在直线为 x， y， 则 C(0,0,0)， A(0,2,0)， D(1,0,0)， P(0,0,2)， (1 ， 2 , 0 ) ， ( 1 , 0 ， 2) ， 设平面 n (x， y， z)， n 0n 0， 取 n ( 2 , 1 , 1 ) ， 平面 P 一个法向量为 ( 0 , 2 , 0 ) ， c o s n ， 66， 设二面角 A ， 且 为钝角 ， c o s 66， 二面角 A B 的余弦值为66. (2)在直线 ， 使得 ， 若存在 ， 求出点 不存在 ， 说明理由 . 16 解 方法一 存在 ， 是 设 M ( x, 2 x, 0 ) ( x R) ， ( x, 2 x ， 2) ， | c o s ， n | x |x 2 2 x 2 4 616 ， 解得 x 1或 x 2， M(1,1,0)或 M( 2,4,0)， 在直线 ， 且当 是 使得 . 16 方法二 存在 ， 是 设 ， 则 (2 ， 2 , 0 ) (2 ， 2 ， 0 ) ( R) ， (2 ， 2 2 ， 2) ， | c o s n |2 | 2 2 2 2 2 4 616. 解得 12或 1. 是 在直线 ， 且当 是 使得 . 16 空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性 ， 能把“ 非运算 ” 问题 “ 运算 ” 化 ， 即通过直线的方向向量和平面的法向量 ， 把立体几何中的平行 、 垂直关系 ，各类角 、 距离以向量的方式表达出来 ， 把立体几何问题转
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