高考数学一轮汇总训练（归纳明确考点+课前自测+教师备选题+误区警示+课后实战题含详解及模拟题）《空间向量在立体几何中的应用》理 新人教A版.doc

备考方向要明了考 什 么怎 么 考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.1.高考中很少考查直线的方向向量，而平面法向量则多渗透在解答题中考查2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如2012年陕西t18，可用向量法证明3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如2012年北京t16，天津t17等.归纳知识整合1两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个(2)平面的法向量直线l平面，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面的法向量显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量探究1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标2空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2.l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmmn0lnmnm平面、的法向量分别为n，m.nmnmnmnm03.两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)4直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.5求二面角的大小(1)如图，ab、cd是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小n1，n2(或n1，n2)探究2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是0，；两异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是0，注意以上各角取值范围的区别6点到平面的距离的向量求法如图，设ab为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点b到平面的距离d.自测牛刀小试1(教材习题改编)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1(1，1,2)，v2(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是()a平行b相交c垂直 d不确定解析：选cv1v210(1)2210，v1v2，从而l1l2.2若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2，0，4)，则()al blcl dl与斜交解析：选ba(1,0,2)，n(2,0，4)n2a，即an.l.3若平面、的法向量分别为n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()a bc、相交但不垂直 d以上均不正确解析：选cn1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，与相交但不垂直4(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为_解析：cosm，n，即m，n45，其补角为135.两平面所成的二面角为45或135.答案：45或1355若平面的一个法向量为n(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a(1,1,1)，则l与所成的角的正弦值为_解析：设直线l与平面所成的角为，则sin |cosn，a|.答案：用向量法证明平行、垂直例1在长方体abcda1b1c1d1中，aa12ab2bc，e、f、e1分别是棱aa1，bb1，a1b1的中点(1)求证：ce平面c1e1f；(2)求证：平面c1e1f平面cef.自主解析以d为原点，da，dc，dd1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设bc1，则c(0,1,0)，e(1,0,1)，c1(0,1,2)，f(1,1,1)，e1.(1)设平面c1e1f的法向量n(x，y，z)，(1,0,1)，即取n(1,2,1)(1，1,1)，n1210，n.又ce平面c1e1f，ce平面c1e1f.(2)设平面efc的法向量为m(a，b，c)，由(0,1,0)，(1,0，1)，即取m(1,0,1)mn1(1)2011110，平面c1e1f平面cef.保持例题条件不变，求证：cf平面c1ef.证明：由例题可知，e(1,0,1)，f(1,1,1)，c(0,1,0)，c1(0,1,2)，(1,0,1)，(1,0，1)，(0,1,0) 11001(1)0，1001100.，.cfc1f，cfef.c1feff，cf平面c1ef.1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线(平行)向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1(2013安徽师大附中模拟)如图，已知ab平面acd，de平面acd，acd为等边三角形，adde2ab，f为cd的中点(1)求证：af平面bce；(2)求证：平面bce平面cde.解：设adde2ab2a，建立如图所示的坐标系axyz，则a(0,0,0)，c(2a,0,0)，b(0,0，a)，d(a，a,0)，e(a，a,2a)f为cd的中点，f.(1)证明：，(a，a，a)，(2a,0，a)，()，af平面bce，af平面bce.(2)证明：，(a，a,0)，(0,0，2a)，0，0，.又cdded，平面cde，即af平面cde.又af平面bce，平面bcd平面cde.利用空间向量求空间角例2如图，在长方体abcda1b1c1d1中，已知ab4，ad3，aa12.e、f分别是线段ab、bc上的点，且ebfb1.(1)求二面角cdec1的正切值；(2)求直线ec1与fd1所成角的余弦值自主解析(1)以a为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则d(0,3,0)、d1(0,3,2)、e(3,0,0)、f(4,1,0)、c1(4,3,2)，于是(3，3,0)，ec1(1,3,2)，fd1(4,2,2)设n(x，y,2)为平面c1de的法向量，则有xy1，n(1，1,2)，向量(0,0,2)与平面cde垂直，n与aa1所成的角为二面角cdec1的平面角或其补角cos ，由图知二面角cdec1的平面角为锐角，tan .(2)设ec1与fd1所成的角为，则cos .求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n(x，y，z)；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x，y，z的方程组(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数(4)赋值确定平面的一个法向量2(2012新课标全国卷)如图所示，直三棱柱abca1b1c1中，acbcaa1，d是棱aa1的中点，dc1bd.(1)证明：dc1bc；(2)求二面角a1bdc1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于d为aa1的中点，故dcdc1.又acaa1，可得dcdc2cc，所以dc1dc.而dc1bd，dcbdd，所以dc1平面bcd.bc平面bcd，故dc1bc.(2)由(1)知bcdc1，且bccc1，则bc平面acc1，所以ca，cb，cc1两两相互垂直以c为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系cxyz.由题意知a1(1,0,2)，b(0,1,0)，d(1,0,1)，c1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设n(x，y，z)是平面a1b1bd的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m是平面c1bd的法向量，则可取m(1,2,1)从而cosn，m.故二面角a1bdc1的大小为30.利用向量法求空间距离例3在三棱锥sabc中，abc是边长为4的正三角形，平面sac平面abc，sasc2，m、n分别为ab、sb的中点，如图所示，求点b到平面cmn的距离自主解答取ac的中点o，连接os、ob.sasc，abbc，acso，acbo.平面sac平面abc，平面sac平面abcac，so平面abc，又bo平面abc，sobo.如图所示，建立空间直角坐标系oxyz，则b(0,2，0)，c(2,0,0)，s(0,0,2)，m(1，0)，n(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)为平面cmn的一个法向量，则取z1，则x，y，n(，1)点b到平面cmn的距离d.求平面外一点p到平面的距离的步骤(1)求平面的法向量n；(2)在平面内取一点a，确定向量的坐标；(3)代入公式d求解3已知正方形abcd的边长为4，e，f分别为ab，ad的中点，gc平面abcd，且gc2.求点b到平面efg的距离解：如图所示，以c为原点，cb、cd、cg所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系oxyz.由题意知b(4,0,0)，e(4,2,0)，f(2,4,0)，g(0,0,2)，(0,2,0)，(4,2，2)，(2,2,0)设平面gef的法向量为n(x，y，z)，则有即令x1，则y1，z3，n(1,1,3)点b到平面gef的距离为d.2种方法用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法线线平行：证明两直线的方向向量共线线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b转化为线面平行、线线平行问题(2)用向量证明垂直的方法线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示3种角利用向量法求三种角的问题在立体几何中，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(1)求两异面直线a、b的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cosa，b|.(2)求直线l与平面所成的角可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角则sin |cosn，a|.(3)求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则n1，n2或n1，n21个易错点利用平面法向量求二面角的易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面、的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点. 答题模板空间向量在立体几何中的应用典例(2012安徽高考满分12分)平面图形abb1a1c1c如图所示，其中bb1c1c是矩形，bc2，bb14，abac，a1b1a1c1，现将该平面图形分别沿bc和b1c1折叠，使abc与a1b1c1所在平面都与平面bb1c1c垂直，再分别连接a1a，a1b，a1c，得到如图所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：aa1bc；(2)求aa1的长；(3)求二面角abca1的余弦值快速规范审题1审条件，挖解题信息观察条件：四边形bb1c1c是矩形，面abc面bb1c1c，面a1b1c1面bb1c1cdd1，b1d1，a1d1两两垂直2审结论，明确解题方向观察结论：(1)证明：aa1bc，(2)求aa1的长，(3)求二面角abca1的余弦值转化为向量运算解决3建联系，找解题突破口d1d，d1b1，d1a1两两垂直，bc2，bb14，abac，a1b1a1c1建立空间直角坐标系(1)证明0，(2)计算aa1|，(3)求平面法向量的夹角得相应结论准确规范答题坐标系建立不当，不能准确地推证ada1d1，导致点a的坐标求错. (1)证明：取bc，b1c1的中点分别为d和d1，连接a1d1，dd1，ad.由bb1c1c为矩形知，dd1b1c1.因为平面bb1c1c平面a1b1c1，所以dd1平面a1b1c1.(1分)又由a1b1a1c1知，a1d1b1c1.(2分)故以d1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系d1xyz.(3分)由题设， 可得a1d12，ad1.由以上可知ad平面bb1c1c，a1d1平面bb1c1c，于是ada1d1.(4分)所以a(0，1,4)，b(1,0,4)，a1(0,2,0)，c(1,0,4)，d(0,0，4)，故(0,3，4)，(2,0,0)，0，(5分)因此，即aa1bc.(6分)求出cosn1，n2后，不判断二面角大小直接得出结论从而失误.(2)因为(0,3，4)，所以|5，即aa15.(8分)(3)设平面a1bc的法向量为n1(x1，y1，z1)，又因为(1，2,4)，(1，2,4)，(9分)所以(10分)即令z11，则n1(0,2,1)又因为平面abcz轴，所以取平面abc的法向量为n2(0,0,1)，不注意条件“z轴平面abc”的应用，增大运算量.则cosn1，n2，(11分)所以二面角abca1的余弦值为.(12分)答题模板速成利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：第一步理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系第二步确定相关点的坐标结合建系过程与图形，准确地写出相关点的坐标第三步确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量第四步转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解第五步问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围)第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1如图，在abc中，abc60，bac90，ad是bc上的高，沿ad把abd折起，使bdc90.(1)证明：平面adb平面bdc；(2)设e为bc的中点，求与夹角的余弦值解：(1)证明：折起前ad是bc边上的高，当abd折起后，addc，addb，又dbdcd，ad平面bdc，ad平面abd，平面abd平面bdc.(2)由bdc90及(1)知da，db，dc两两垂直，不妨设|db|1，以d为坐标原点，以，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得d(0,0,0)，b(1,0,0)，c(0,3,0)，a(0,0，)，e，(1,0,0)，与夹角的余弦值为cos，.2(2013孝感模拟)如图所示，四棱锥pabcd中，底面abcd为正方形，pd平面abcd，pdab2，e、f、g分别为pc、pd、bc的中点(1)求证：paef；(2)求二面角dfge的余弦值解：(1)证明：以d为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz，则d(0,0,0)，a(0,2,0)，c(2,0,0)，p(0,0,2)，e(1,0，1)，f(0,0,1)，g(2,1,0)(1)(0,2，2)，(1,0,0)，0，paef.(2)易知(0,0,1)，(2,1，1)设平面dfg的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x11，得m(1,2,0)是平面dfg的一个法向量同理可得n(0,1,1)是平面efg的一个法向量，cosm，n，由图可知二面角dfge为钝角，二面角dfge的余弦值为.3.如图，在正三棱柱abca1b1c1中，abaa1，点d是a1b1的中点，点e在a1c1上且deae.(1)证明：平面ade平面acc1a1；(2)求直线ad和平面abc1所成角的正弦值解：(1)证明：由正三棱柱abca1b1c1的性质知aa1平面a1b1c1，又de平面a1b1c1，所以deaa1.而deae，aa1aea，所以de平面acc1a1.又de平面ade，故平面ade平面acc1a1.(2)如图所示，设o是ac的中点，以o为原点建立空间直角坐标系不妨设aa1，则ab2，相关各点的坐标分别是a(0，1,0)，b(，0,0)，c1(0,1，)，d.易知(，1,0)，(0,2，)，.设平面abc1的一个法向量为n(x，y，z)，则有解得xy，zy.故可取n(1，)所以，cosn，.由此即知，直线ad和平面abc1所成角的正弦值为.4(2012江西高考)如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，已知abacaa1，bc4，点a1在底面abc的投影是线段bc的中点o.(1)证明在侧棱aa1上存在一点e，使得oe平面bb1c1c，并求出ae的长；(2)求平面a1b1c与平面bb1c1c夹角的余弦值解：(1)证明：连接ao，在aoa1中，作oeaa1于点e，因为aa1bb1，所以oebb1.因为a1o平面abc，所以a1obc.因为abac，oboc，得aobc，所以bc平面aa1o，所以bcoe，所以oe平面bb1c1c，又ao1，aa1，得ae.(2)如图，分别以oa，ob，oa1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则a(1,0,0)，b(0,2,0)，c(0，2,0)，a1(0,0,2)，由得点e的坐标是，由(1)得平面bb1c1c的法向量是，设平面a1b1c的法向量n(x，y，z)，由得令y1，得x2，z1，即n(2,1，1)，所以cos，n，即平面bb1c1c与平面a1b1c的夹角的余弦值是.5如图所示，在多面体abcda1b1c1d1中，上，下两个底面a1b1c1d1和abcd互相平行，且都是正方形，dd1底面abcd，ab2a1b12dd12a.(1)求异面直线ab1与dd1所成角的余弦值；(2)已知f是ad的中点，求证：fb1平面bcc1b1；(3)在(2)的条件下，求二面角fcc1b的余弦值解：以d为坐标原点，da，dc，dd1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则a(2a,0,0)，b(2a,2a,0)，c(0,2a,0)，d1(0,0，a)，f(a,0,0)，b1(a，a，a)，c1(0，a，a)(1)(a，a，a)，(0,0，a)，|cos，|，所以异面直线ab1与dd1所成角的余弦值为.(2)(a，a，a)，(2a,0,0)，(0，a，a)，fb1bb1，fb1bc.bb1bcb，fb1平面bcc1b.(3)由(2)知，为平面bcc1b1的一个法向量设n(x1，y1，z1)为平面fcc1的法向量，(0，a，a)，(a,2a,0)，得令y11，则x12，z11，n(2,1,1)，cos，n，即二面角fcc1b的余弦值为.6(2013聊城模拟)如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd为菱形，bad60，q为ad的中点(1)若papd，求证：平面pqb平面pad；(2)设点m在线段pc上，求证：pa平面mqb；(3)在(2)的条件下，若平面pad平面abcd，且papdad2，求二面角mbqc的大小解：(1)连接bd，四边形abcd菱形，bad60，abd为正三角形，又q为ad中点，adbq.papd，q为ad的中点，adpq，又bqpqq，ad平面pqb，ad平面pad.平面pqb平面pad. (2)连接ac交bq于点n，如图(1)：由aqbc可得，anqcnb，.又，.pamn.mn平面mqb，pa平面mqb， 图(1)pa平面mqb.(3)由papdad2，q为ad的中点，则pqad.又平面pad平面abcd，pq平面abcd.以q为坐标原点，分别以qa、qb、qp所在的直线为x，y，z轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为a(1,0,0)，b(0，0)，q(0,0,0)，p(0,0，)设平面mqb的法向量n(x，y,1)，可得 图(2)pamn，解得n(，0,1)取平面abcd的法向量m(0,0,1)cosm，n.故二面角mbqc的大小为60.7(2012福建高考)如图所示，在长方体abcda1b1c1d1中，aa1ad1，e为cd中点(1)求证：b1ead1；(2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp平面b1ae？若存在，求ap的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角ab1ea1的大小为30，求ab的长解：(1)证明：以a为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设aba，则a(0,0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,1)，e，b1(a，0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，b1ead1.(2)假设在棱aa1上存在一点p(0,0，z0)，使得dp平面b1ae，此时(0，1，z0)又设平面b1ae的法向量n(x，y，z)n平面b1ae，n，n，得取x1，则y，za，得平面b1ae的一个法向量n.要使dp平面b1ae，只要n，有az00，解得z0.又dp平面b1ae，存在点p，满足dp平面b1ae，此时ap.(3)连接a1d，b1c，由长方体abcda1b1c1d1及aa1ad1，得ad1a1d.b1ca1d，ad1b1c.又由(1)知b1ead1，且b1cb1eb1，ad1平面dcb1a1，是平面a1b1e的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角ab1ea1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即ab的长为2.1直三棱柱abcabc中，acbcaa，acb90，d、e分别为ab、bb的中点(1)求证：cead；(2)求异面直线ce与ac所成角的余弦值解：(1)设a，b，c，根据题意，|a|b|c|且abbcca0，bc，cba.c2b20.，即cead.(2)ac，bc，|a|，|a|.(ac)(bc)c2|a|2，cos，.即异面直线ce与ac所成角的余弦值为.2如图，四棱锥pabcd中，底面abcd为平行四边形，dab60，ab2ad，pd底面abcd.(1)证明：pabd；(2)设pdad，求二面角apbc的余弦值解：(1)证明：因为dab60，ab2ad，由余弦定理得bdad.从而bd2ad2ab2，故bdad.又pd底面abcd，可得bdpd.所以bd平面pad.故pabd.(2)如图，以d为坐标原点，ad的长为单位长，射线da为x轴的正半轴建立空间直角坐标系dxyz，则a(1,0,0)，b(0，0)，c(1，0)，p(0,0,1)(1，0)，(0，1)，(1,0,0)设平面pab的法向量为n(x，y，z)，则 即因此可取n(，1，)设平面pbc的法向量为m(x1，y1，z1)，则可取m(0，1，)，cosm，n.故二面角apbc的余弦值为.3(2013武汉模拟)在直三棱柱abca1b1c1中，abac1，bac90.(1)若异面直线a1b与b1c1所成的角为60，求棱柱的高；(2)设d是bb1的中点，dc1与平面a1bc1所成的角为，当棱柱的高变化时，求sin 的最大值解：建立如图所示的空间直角坐标系axyz，设aa1h(h0)，则有b(1,0,0)，b1(1,0，h)，c1(0,1，h)，a1(0,0，h)，(1,1,0)，(0,1,0)，(1,0，h)(1)因为异面直线a1b与b1c1所成的角为60，所以cos 60，即，得，解得h1.(2)由d是bb1的中点，得d，于是.设平面a1bc1的法向量为n(x，y，z)，于是由n，n可得即可取n(h,0,1)，故sin |cos，n|，而|cos，n|.令f(h)，因为h2929，当且仅当h2，即h时，等号成立所以f(h)，故当h时，sin 的最大值为.4如图，棱柱abcda1b1c1d1的所有棱长都等于2，abc60，平面aa1c1c面abcd，a1ac60.(1)证明：bdaa1；(2)求二面角da1ac的平面角的余弦值；(3)在直线cc1上是否存在点p，使bp平面da1g？若存在，求出p的位置，若不存在，说明理由解：连接bd交ac于o，则bdac，连接a1o，在aa1o中，aa12，ao1，a1ao60，a1o2aaao22a1aaocos 603.ao2a1o2a1a2，aoa1o，由于平面aa1c1c平面abcd，a1o平面abcd.以ob，oc，oa所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则a(0，1,0)，b(，0,0)，c(0,1,0)，d(，0,0)，a1(0,0，)(1)由(2，0,0)，(0,1，)，则0(2)1000，bdaa1，(2)由ob面aa1c1c，平面aa1c1c的法向量n1(1,0,0)，设n2面aa1d，则设n2(x，y，z)，得到取n2(1，1)，cosn1，n2.二面角da1ac的平面角的余弦值是.(3)假设在直线cc1上存在点p，使bp面da1c1，设，p(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)得p(0,1，)，(，1，)设n3面da1c1，则设n3(x3，y3，z3)，得到不妨取n3(1,0，1)又面da1c1，n30，0，1.点p在c1c的延长线上且使c1ccp.空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题一、空间几何体的三视图及其表面积、体积柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点(一)高考对三视图的三个考查角度1由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识别解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则例1如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是()解析结合三视图的画法规则可知b正确答案b2由三视图还原几何体，考查对空间几何体的认识及空间想象能力由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和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，确定几何体的形状例2三视图如图所示的几何体是()a三棱锥b四棱锥c四棱台d三棱台解析由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形答案b3借助于三视图研究几何体的表面积、体积解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度例3如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为2a的直角三角形，侧视图是半径为a的半圆，则该几何体的体积是()a.a3b.a3c.a3 d2a3解析由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为2a，底面半径为a，故半圆锥的高为a，几何体的体积va3.答案a(二)求体积的几种方法空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法1公式法：直接根据相关的体积公式计算例4一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为4，则该正方体的表面积为_解析依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为r，则4r3，所以r，于是正方体的体对角线长为2.设正方体的棱长为a，则有2a，于是a2，因此正方体的表面积为6a224.答案242转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等例5如图所示，在正六棱锥pabcdef中，g为pb的中点，则三棱锥dgac与三棱锥pgac体积之比为()a11b12c21d32解析根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决法一：如图所示，由于点g为pb的中点，故点p，b到平面gac的距离相等，故三棱锥pgac的体积等于三棱锥bagc的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥gacd与三棱锥gabc的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即acd与abc的面积之比，这个面积之比是21.法二：如图所示，连接bd交ac于h，则点d，b到平面gac的距离之比等于dhbh，因为ahdchb，故dhbhadbc21，三棱锥dgac与三棱锥bgac底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是21.答案c3割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积例6如图所示，若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为()a. b.c. d.解析如图所示，平面abcd把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，v2.答案b二、破解高考中立体几何的三个难点问题破解难点一：探究与球有关的组合体问题与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图例1四棱锥sabcd的底面边长和各侧棱长都为，点s，a，b，c，d都在同一个球面上，则该球的体积为_解析如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线se上找到一个点o使得oaos，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上在rtsea中，sa，ae1，故se1.设球的半径为r，则oaosr，oe1r.在rtoae中，r2(1r)21，解得r1，即点o为球心，故这个球的体积是.答案破解难点二：平面图形翻折问题的求解将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法例2如图边长为a的等边三角形abc的中线af与中位线de交于点g，已知ade是ade绕de旋转过