高考数学考点总动员考点6善于观察,精妙转化,做好立体几何不再是难事新课标版

1、2012高考数学考点总动员 考点6善于观察，精妙转化，做好立体几何不再是难事新课标版一.专题综述理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三 是立体几何中的向量方法.高考在命制立体几何试题中， 对这三个部分的要求和考查方式是不同的.在空间几何体部分， 主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同， 但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查

2、的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的 计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.二.考纲解读1 .空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图， 通过三视图和直观图判断空间几何体 的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法.2 .空间点、直线、平面的位置关系： 该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系

3、，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质.在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法.3 .空间向量与立体几何： 由于有平面向量的基础， 空间向量部分重点掌握好空间向量基本定 理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题 的方法，并注重运算能力的训练.三.2012年高考命题趋向1 .以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算.对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势， 通过这个试题考查考生的空间想象能力； 空间几何 体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，

4、交汇考查三视图的知识和面积、 体积计算，试题难度中等.2 .以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角.四.高频考点解读考点一三视图的辨别与应用例12011 课标全国卷在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视 图可以为（）【答案】d【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的, 故侧视图选d.正主）视图存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图.其中真命例22011 山东卷右图是长

5、和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:题的个数是（）【解析】对于，可以是放倒的三棱柱；可以是长方体；可以是放倒了的圆柱.故选择a.另解：均是正确的，只需底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧；直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺;圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选a.例m二oil浙江卷若某几何体的三视图如图所示，则这个几何曲的直屈图可以是.比现图 恻现国s息蜀当鲤【答案】b【解析】 由正视图可排除 a, c;由侧视图可判断该该几何体的直观图是b.【解题技巧点睛】 对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向,其次要注意组合体由哪些

6、几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置.考点二求几何体的体积例42011 陕西卷某几何体的三视图如图12所示，则它的体积是（）a. 8-/ b - 8-看 332兀c. 8 2 兀 d.-3【答案】a【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为 1,高为2的圆锥，则对应体积为：v= 2x2x21兀x12x2= 8 2兀.33例5 2011 课标全国卷已知两个圆锥有公共底面,3一个球面上，右圆锥底面面积是这个球面面积的且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为-1【答案】-3【解

7、析】 如图，设球的半径为 r,圆锥底面半径为 锥底面面积为 兀r2,由题意兀,2=而兀r2，所以=所以 oo= a oa =口3r2=2r13所以 so= r+ 2r= 2r11so=r 2r= 2rr,则球面面积为4兀口，圆所以sos3r213r= 3. 万例62011 安徽卷如图，abedfc；多面体，平面 abedf平面acf还直，点o在线段 ad上，oa= 1, od= 2, oab oac ode odftb是正三角形.(1)证明直线bc/ ef;（2）求棱锥f- obed勺体积.【解答】（1）（综合法）证明：设g是线段daw线段eb延长线的交点，由于 oa/odetb是正三角形，o

8、a= 1,1od= 2,所以 o唉2de og= o氏2.一一，1_, 一，同理，设g是线段da与线段fc延长线的交点，有ocm2df, og = od= 2,又由于g和g都在线段da的延长线上，所以 g与g重合.1 1_在gedm4gf计，由o暇de和ocmdf3,可知b, c分别是ge和gf的中点，所以bc是gef勺中位线，故bc/ ef（向量法）过点f作fcl ad,交ad于点q连qe由平面 abed_平面 adfc知fql平面 abed以q为坐标原点，qe x轴正向，q西y轴正向，qf为z轴正向，建立如 图所示空间直角坐标系.由条件知 e（& 0,0） , f（0,0 , b曾，3,

9、0 j co, -2,坐） 则有bc=喙,0,喙ef= （-73，v3）.所以ef= 2配即得bc/ ef3（2）由 ob= 1, oe= 2, /eob= 60 ,知 &eoa专而aoedl边长为2的正三角形，故sa oed=3.所以过点s 四边形 obed= sa eobh- sl oed=为后.2f作fql ad交ad于点 q 由平面 abed_平面 acfdm fq就是四棱锥 f- obed一13的高，且fq= 所以mobe户gfq-s四边形obed=.【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并 不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“害

10、、补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体（柱、锥、台），或化离散为集中，给解题提供便利.（1）几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之.（2）几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等.另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积.（3）有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素.考点三 求几何体的表面积例72011，安徽卷t空间几何际的三视图如图所示，则

11、该几何体的表面积为！jo a正1m税图据左）挽留6a, 4$b, 32+817c, 48+817d, 80【答案】c【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱（如图所示），所以该直四棱柱的表面积为 1s= 2x 2*(2+4) x4+4x4+2x4+2x11+16x4= 48+817.例 82011 陕西卷如图，在abc4 zabc= 45 , zbac= 90。，ad是bc上的高，沿 adfi ab所起， 使/ bdc= 90 .(1)证明：平面adbl平面bdcd- abcw表面积.ad是bc边上的高,adl dc adl db(2)若bd= 1,求三棱锥 【解答

12、】(1)二.折起前当 abd折起后, 又 dm dc= d . adl平面 bdc. ad平面abd平面abdl平面bdc(2)由(1)知，dal db dbl dc dcl dadb= da= dc= 1.ab= bc= ca= 2.从而 sxdab= sadbc= sdca= 2x1x1= 2.1& abc=2x-j2x q2xsin60 .表面积s= 2x3+芋=宁.【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系. 考点四平行与垂直例92011 辽宁卷如图，四棱锥s- abcd勺底面为正方形，面

13、abcd则下列结论中不正确 的是()sdl底a.b.c.d.acl sbab/平面 scdsa与平面sbd所成的角等于sc与平面sbd所成的角ab与sc所成的角等于dc与sa所成的角【答案】d【解析】 由sdl底面abcd彳导sdl ac又由于在正方形所以acl平面sbd故acl sb即a正确.由于 ab/ cd所以ab/平面scd即b正确.设 ac bd交点为q连结abcdlbdl ac sdn bd= d,ab?平面scd cd?平面scd so则由知acl平面sbd则由直线与平面成角定义知sa与平面sbd所成的角为/ aso sc与平面sbd所成的角为/cso由于4ad孳4cds所以sa

14、= sc所以4 sacj等腰三角形，又由于 o是ac的中点， 所以/ aso= / cso即c正确.因为 ad/ cq所以ab与sc所成的角为/ scd dc与sa 所成的角为/ sab /scdw/sab不相等，故 d项不正确.例10 2011 课标全国卷如图，四棱锥 p abc由，底面abc时平行四边形，/ dab=60 , ab= 2ad pdl底面 abcd证明：pal br(2)设pd= ad= 1,求棱锥 d- pbc勺高.【解答】(1)证明：因为/ dab= 60 , ab= 2ad由余弦定理得 bd= 43aq 从而bd+ad= a氏 故bd! ad 又pdl底面 abcd可得

15、bdl pd 所以bdl平面 pad故pah bd (2)如图，作da pb,垂足为e已知pdl底面abcd则pdl bc由(1)知 bdl ad 又 bc/ ad 所以 bcl bd故 bcl平面 pbd bcl de贝u del平面pbc由题设知pd= 1,则bd= pb= 2.根据de- pb= pd-bd得de=坐.即棱锥d- pbc勺高为半例112011 山东卷如图，在四棱台 abcd abcd中, 行四边形，ab= 2ad ad= ab, z bad= 60 .(1)证明：aabd(2)证明：cc/平面abd证明：(1)证法一：因为dd，平面 abcd且bd?平面abcd所以dd

16、bd又因为 ab= 2ad / bad= 60 ,在4ab计，由余弦定理得bd= ad + a百一2ad- abcos60 = 3ad2.所以 ad+bd= ab,所以adl bd又 ada dd= d, 所以bdl平面adda.又aa?平面adda1,所以a/axbd证法二：因为ddl平面 abcd且bd?平面abcd所以bdl dd.取ab的中点g连接dg在 abd43,由 ab= 2ad导 ag= ad又/ bad= 60 ,所以 ad等边三角形.因此gd= gb故/ dbg= / gdb又/agd= 60 ,所以/ gdb= 30 ,故/adb= /adg z gdb= 60 +30

17、= 90 ,所以bdl ad又 ae dd= d,所以bdl平面adda,又aa?平面adda1,所以a/axbd(2)连接 ac ac.设 aca bd= e,连接 ea.因为四边形abcd;平行四边形， ,1所以ec= 2ac由棱台定义及 ab= 2ad= 2ab知，ag/ ec 且 ag=ec所以四边形 aecc为平行四边形.ddl平面 abcd底面 abc比平因此 cc/ ea,又因为ea?平面aibd cc?平面aibd 所以cc/平面aibd【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“

18、中点”，即可出现平 行线，而线线平行是平行关系的根本.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心， 可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直.考点五 与球相关的问题例12 2011 课标全国卷已知矩形abcd勺顶点都在半径为 4的球o的球面上，且ab= 6,bc= 2 则棱锥 o- abcd勺体积为.【答案】8 3【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为则 + r3 2 =48 = 4/3,所以四棱锥的高 | oo| = moa oa2 =16-12 =2,11-所以

19、其体积v= -s 矩形abcd ioo = -x6x2 73x2= 8/3. 33例132011 辽宁卷已知球的直径 sc= 4, a, b是该球球面上的两点， ab= 3, /asc= / bsc= 30 ,则棱锥 s-abc勺体积为()a. 3声 b . 2淄 c. 3 d . 1【答案】c ,【解析】 如图，过a作ad垂直sc于d,连接bd由于sc是球的直径，所以/ sac= / sbc= 90 ,又/ asc= / bsc= 30 ,又sc为公共边, 所以 sa白 sbc由于adl sc,所以bd sc由此得scl平面 abd所以选abc= vs- abd+ v-abd=13s/xab

20、d sc由于在直角三角形 sac/asc= 30 , sc= 4,所以ac= 2, sa= 2小,由于sa-caad=sc通常作它、“接一，sb- cb43.同理在直角三角形 bsc也有bd= a。=/3.sc又ab= 3,所以 abm正三角形，所以 vsabc= ；s/abd, sc= ；x ； x (1)2 sin60 x 4= 3f3,所以选 c. 33 2【解题技巧点睛】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

21、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,们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点” 点”作出截面图考点六异面直线所成的角例142011 天津卷如图所示，在三柱 abc-abc中，h是正方形 aabb 的中心，aa=242, ch!平面 aabb,且gh=/.(1)求异面直线 ac与ab所成角的余弦值；(2)求二面角 a ac b的正弦值；设n为棱bg的中点，点 m在平面 aabb内，且 mnl平面 abc,求线段bm勺长.【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点b为坐标原点.依题意得 a(22, 0,0) ,

22、b(0,0,0) , ag -2,乖),a(2*, 2庐 0) , b(0,2 低 0)c（中,业邓）.（1）易得。（一淄，电 击），蝇=（2+，0,0）一 一ab afecosac aibi = 厂|ac| ab|3x2 2=_j3所以异面直线ac与ab所成角的余弦值为 *.（2）易知 aa=（0,2 淄，0）, ac=（一/，一姆，/）.设平面aac的法向量m= （x, y, z）,m- ac=0,小1ml aa= 0.即j业一胆+ &=012 也y=0.不妨令x=邓,可得m=（木,0,用.同样地，设平面n - ac=0.则 一、n , ab= 0.abc 的法向量 n=(x, y, z)

23、,即*x-a+啊=0 2g =0.不妨令y=*,可得n = （0,邓,2）.m- ncos m n= f(=|m| |n|7- .73 .5从而 sinm, n =所以二面角a ac b的正弦值为375.（3）由n为棱bg的中点，得n22, 呼，乎.设 m(a, b, 0)，则mn=醇a,乎b,阴mn- a/b= 0, 由mn_平面abc,得slmn- ac= 0.偿-a)2/=0,v2+乎 v5= 0.解得2 b= 4 因此b阵曾，斗，01所以线段bm的长|前=#0.方法二：(1)由于ac/ ac.故/ gab是异面直线 ac与ab所成的角.因为cih1平面 aabb 又h为正方形 aabb

24、的中心，aai=22, gh= 邓,可得 ac=bc =3.iac2+ab2bc2 x/2因此的/6-2a1c a1b3.所以异面直线ac与ai b所成角的余弦值为 *.(2)连接 ag,易知 ag= bc.又由于 aa= bai, aic = ac,所以 agaia bca.过点 a作arl ag于点r,连接br,于是br aic.故/ arb为二面角 a- agb的平面角.在 rta1-.连接 ab,在 arb中，ab=4,23 57,从而 sin zarb=-.所以二arb中，br= abi sin / rab=2也 ar+brabar= br, cos / arb= 2ar. br =

25、面角a ac b的正弦值为芈.因为 mn_平面 abc,所以 mnlab,取hb中点d,连接 nd由于n是棱bc中点，所以 nd/ cih且n氏2cih= *.又ch,平面aabb 所以 ndl平面 aabb 故 ndlaib.又 mnp nd= n,所以 aib，平面 mnm接 md。、： 并延长交 ab于点e,则mel aibi.故me/ aa.总,de bie bd 1r22由77=三八=7=:，得de= bie=-,延长emk ab于点f,可得bf= be= *.连接neaa bia dia 422,o- , nd 5 2 一,r2在 rtaenh, ndlme故 nd = de- d

26、m所以 dm= -=.可得 fm=十.de 44连接 bm 在 rtabfm, b阵,fm+bf =乎.【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点 ，常以客观 题出现，也经常在解答题的某一问中出现 ，方法灵活，难度不大.主要通过 平移把空间问题转化为平面问题 ，或通过向量的坐标运算求异面直线所成的角，以此来考查空间想象能力和思维能力，利用几何法或向量法解决 立体几何问题的能力 考点七线面角例152011 天津卷如图，在四b隹p abcdk 底面abc师平行四边形，/ adc-45 , ad= ao 1, o为ac的中点，pol平面 abcd po= 2, m为pd的中点.(1)证明

27、pb/平面acm(2)证明adl平面pac求直线am与平面abcm成角的正切值.【解答】(1)证明：连接bq m0在平行四边形 abc用，因为o为ac的中点，所以o为bd 的中点.又 m为pd的中点，所以 pb/ m0因为pb?平面acm m0平面acm所以pb/平面 acm(2)证明：因为/ ad及45 ,且 ad= ao 1,所以/ da及90 ,即 adl ac又pol平 面abcd ad?平面abcd所以pcol ad而as p0= 0,所以ad1平面pac1 一, 取do中点n,连接mn an因为m为pd的中点，所以 mn pq且mn= -po= 1.由pol平面abcd得mnl平面

28、abcd所以/ man直线am与平面abc所成的角.在rtadao 1515mn 1中，a 1, ao=万，所以 do=勺.从而 an= do=之-.在 rtaanm, tan z man=加乐二 4一，即直线am!平面abc而成角的正切值为1【解题技巧点睛】求线面角 ，解题时要明确线面角的范围，利用转化思想，将其转化为一个平 面内的角，通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线，即从斜线上选取异于斜足的一点作 平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法，借助公式直接求解.考点八二面角(理)/dab= 60 ,理得bd =例162011 课标全国卷如图，四棱锥p- abc珅，底面abc时平行四边

29、形,ab= 2aq pd底面 abcd证明：pal bq(2)若pd- ad求二面角 a- pb- c的余弦值.【解答】(1)因为/ dab= 60 , ab= 2ad由余弦定3ad从而 bd+ ad=a氏 故 bdl ad又pd底面abcd可得bcl pq 所以bd1平面pad故pa! bd(2)如图，以d为坐标原点，ad的长为单位长，da db dp所在直线分别为 x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系 d- xyz,则a(1,0,0) , b(0 ,也 0) , q - 1,小，0) , r0,0,1),ab=(-1, 8 0), pb=(0,小，一1), bc=(-1,0,0)n , a

30、b= 0,设平面pab的法向量为n=(x, y, z),则s 一n - pb= 0,x +j3y=0,即 期n3y-z = 0.因此可取 n = (43, 1,/3).m pb= 0,设平面pbc勺法向量为m则m bc= 0, 小 ，厂、42s可取 mp (0 , - 1,一43) . cosmi n = 故二面角a pb- c的余弦值为一 早.例172011 广东卷如图，在锥体p-abc珅，abcd!边长为1的菱形，且/ dab= 60 ,pa= pa/，pb= 2, e, f分别是 bc pc的中点.证明：ad平面def(2)求二面角p- aa b的余弦值.【解答】 法：(1)证明：设ad

31、中点为g,连接pgbg bd因 pa= pd 有 pgl ad 在 abd中，ab= ad= 1, / dab= 60 ,有 abd为等边三角形, 因此 bgl ad bs pg= g,所以 ad，平面 pbg 所以 adl pb adl gb又 pb/ er 彳导 adl ef,而 de/ gb导 adl de 又 fea de= e,所以 adl平面 def(2)pgl ad bgl ad，/pg斯二面角 p- ad- b的平面角.在 rt pag, pg= pa ag= 7,在 rt abgj, bg= ab- sin60pg+ bg p百 pgb=2pg bg法二：(1)证明：设ad中

32、点为g又 ab= ad / dab= 60 ,所以二 2，7 3二十 二一 4i4 421=-=-2.9半 7因为pa= pd所以pgl adabm等边三角形，因此， bgl ad从而adl平面pbg延长bgij o且使pol ob又pc?平面pbg所以poh ad又 ada ob= g 所以poh平面 abcd以o为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线ob op分别为x轴，z轴，平行于 ad的直线为y轴，建立如图1 2所示的空间直角坐标系.设 p(0,0，* qn, 0,0),则 a|n,12, 0, | gb= | absin60b卜+步 f+乎,2m) ，ab=(0,1,0)0, 0),

33、de=，0, 0fe=2+12，0)dn, 2,e/n+乎 22.-.add- de= 0ab- fe=0. adl de ad fe,又 deh fe= e, ad!平面 def,1(2) -. pa= n,-mi, pb=m2+ n2+=v2n +乎 j+ m= 2,3 解得 m= 1, n= 2 .取平面abd勺法向量 设平面pad勺法向量由 pa- ni2 = 0,由pb- ni2=0,由2 史2n1=(0,0 , 1), n2=(a, b, c),ba-2-c= 0,b 八 a+2c= 0,故取n2= 1,30，2)即二面角p ad- b的余弦值为一a（0,0 ， v3）1x.222

34、2 f1qa qa= ab= 2pd217 .217【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上 ，灵活应用定义法、三垂线定理法、 垂面法等确定二面角的平面角 ，其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带 .有时也可 不用作出二面角而直接求解，如射影面积法、空间向量法等 .考点九空间向量的应用 例 182011 陕西卷如图，在 abc43, / abc= 60 , / bac= 90 , ad是 bc上的高, 沿 adt巴ab所起，使/ bdc= 90 .a(1)证明：平面adbl平面bdc(2)设e为bc的中点，求a&d夹角的余弦值.【解答】(1)二.折起前ad是bc边上的高，. 当

35、4ab所起后，adl dc adl db又d印dc= d,. adl平面 bdc ad 平面 abd 平面abdl平面bdc(2)由/ bdc= 90 及(1)知 da db dcm两垂直,以d为坐标原点，以而女 d所在直线为 的空间直角坐标系，易得d(0,0,0)e1 3 0e 2, 2， 收 g 3,db=（1,0,0） .a由d诙角的余弦值为一一 ae- dbcosae, db =|ae - i db例192011 辽宁卷如图，四边形abc更正方形，pdl平面abcdpd/(1)证明：平面pqc_平面dcq(2)求二面角q- bp- c的余弦值.【解答】如图，以d为坐标原点，线段 da的

36、长为单位长，射线间直角坐标系d- xyz.(1)依题意有 qi,i,o), qo,o,i), p(0,2,o).则降(1,1,0) , dc= (0,0,1) , p (1 , 1,0),，7 _所以pqdo 0, pqdo 0.即 pql dq pql dc故pql平面dcq又pc?平面pqc所以平面 pqq平面dcq(2)依题意有 b(1,0,1) , cb= (1,0,0) , bp= ( 1,2, - 1).n - cb= 0,设n=(x, y, z)是平面 pbc的法向量，则 ：in - bp= 0,h_da为x轴的正半轴建立空x=0,i x+ 2y z= 0.因此可取n=（0 ,

37、1, -2）.m- bp= 0,设m是平面pbq勺法向量，则m pq= 0.15 可取 m= （1,1,1）,所以 cos 0),5所以ab=-. 5法一:假设在线段4口上存在一个点g使得点g到点r & c。的距离都相等.设珥口*其中。削运4一。. p则gc= (1,3 - t - m,0) , gd= (0,4 -t-m,0),gp= (0,簿 t).由 |gc=| gd 得 12 + (3-t-n)2= (4-t-n)2,即t =3 m；由 igd= i gp 得(4t m2=n2+t2. 2一由、消去t,化简得m-3n 4=0.由于方程没有实数根，所以在线段ad上不存在一个点 g,使得点

38、g到点p、c d的距离都相等.从而，在线段 ad上不存在一个点 g,使得点g到点p, b, c, d的距离都相等.法二：假设在线段 ad上存在一个点 g使得点g到点p、b、c d的距离都相等.由 gc= gd 得/ gcd= /gdc= 45 ,【解析】从而/ cgd= 90 ,即 cgl ad所以 gd= cd- cos45 = 1.设 ab=入，则 ad= 4-入，ag= ad- gd= 3入.在 rtaabg,gb= ag+ag这与gb= gm盾.所以在线段ad上不存在一个点 g,使得点g到点b、c d的距离都相等.从而，在线段 ad上不存在一个点 g,使得点g到点p, b, c, d的

39、距离都相等. 【解题技巧点睛】1 .对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证.如解决探究某些点或线的存在性问题，一般的方法是先研究特殊点（中点、三等分点等）、特殊位置（平行或垂直），再证明其符合要求，一般来 说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出， 或有矛盾，则判定“不存在”.2 .空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，进无需进行复杂繁难的作图、 论证、推理，只需通过坐标运算进行判断 ，在解题过程中，往往把“是否存在”问题转化

40、为“点的坐 标是否有规定范围内的解”，所以使问题的解决更简单，有效，应善于运用这一方法解题.针对训练选择题1 .【湖北省孝感市 2011 2012学年度高中三年级第一次统一考试】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）a. 2b. 4d.由题设条件给出的三视图可知，该几何体为四棱锥，且侧棱sc垂直底面abcd 如图所示.sc =2, ab = bc =cd = da = 1,且四边形 abcd 为12正万形，则v 112=-.332.12012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】已知平面a , p ,直线1,若0（人p, o（p|p=l,则c（a）垂直于平面p的平面一定平行于平面

41、 a(b)垂直于直线l的直线一定垂直于平面(c)垂直于平面p的平面一定平行于直线(d)垂直于直线l的平面一定与平面 a,p都垂直【解析】a错，如墙角的三个平面不满足；b错，缺少条件直线应该在平面 p内；c错，直线l也可能在平面内。d正确，因l垂直平面，且l在平面ot, p内，故由面面垂直的判定定理可知命题正确。故选d。3.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】设a、b是两条不同的直线,a、p是两个不同的平面，则下列四个命题:若 a,b, a a , b a ,则 b/ a ； 若 a1 3 , a，3,则 a/a 或 a二 a； 其中正确命题的个数为a.1b.2若 a/ a , a, 3

42、 ,则 a 3 ；若 ab, a a , b, 3 ,则a _l 3c.3d.4【答案】d【解析】由空间线面位置关系容易判断均正确.4.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,么这个几何体的全面积为俯视图是一个直径为1的圆，那b.c. 3冗d. 4冗【解析】几何体为底面半径为11,高为1的圆柱，全面积为22(： -)2 2二-1 二223ji25.【河北省唐山市 2012届高三上学期摸底考试数学】四棱锥pabcm所有侧棱长都为 卮底面abc皿边长为2的正方形，则 cd与pa所成角的余弦值为【解析】如图所示，因四边形b.2,55c.-5ab

43、c的正方形，故 cd/ab,则cd与pa所成的角即为ab与pa所成的角/pab,在三角形pab内，pb = pa = j5, ab = 2,利用余弦定理可知cosdpab =pa|2 +|ab|2 -|pb2|pa| m|ab25 4-5故答案为b.6.【河北省唐山市 2012届高三上学期摸底考试数学】一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为a. 2、.3二c. 4,3【答案】bb.d.16二【解析】根据三视图还原几何体为一个三棱锥，其中面adc 1sabce为 ac的中点，则有 de _l ac, de _l面abc,二 de _l eb.ae =

44、ec =eb =1, de = 3,. ad = . ae2 de2 = 2 = dc = db,ab = bc = j2, ac =2.设其外接球的球心为 o,则它落在高线de上，则有 ao2 = ae2 oe2 =1 oe2, ao = do = de -oe =3 -oe, a解得ao =2，故球的半径为2 j3, s = 4冗(2)2 =短冗.故答案为b.33、337.【惠州市2012届高三第二次调研考试】如图，正方体 ac的棱长为1,过点a作平面abd的垂线,垂足为点h ,则以下命题中，错误.的命题是（）a.点h是 abd的垂心b . ah的延长线经过点c1c. ah垂直平面cb1d

45、1d .直线ah和bb1所成角为45；【答案】d【解析】因为三棱锥 a- a1bd是正三棱锥，故顶点 a在底面的射影是底面中心，a正确;平面a1bd /平面cb1 d1 ,而ah垂直平面 a1bd ,所以ah垂直平面cb1d1 , c正确；根据对称性知b正确.选d.8.【河北省唐山市 2012届高三上学期摸底考试数学】球o的一个截面面积为7t ,球心到该截面的距离为，3 ,则球的表面积是（）caa. 2 二 b. 4 二 c. 8二 d. 16 二解析：如图所示，由球。的一个截面面积为 几求出截面圆的半径1,利用勾股定理求出球的半径4,所以球的表面积是16二.填空题9.【河北省唐山市2012届

46、高三上学期摸底考试数学】 一个几何体的三视图如右图所示，正视图是一个边 长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形， 则该几何体的体积为 【答案】4【解析】由三视图得如图所示四棱锥，其中四棱锥的底面边长分别为 ab = 2,bc = 2 j3 ,高为j3 ,所以四棱锥的体积11v = sh =父2父2 j3 m j3 = 4 ,即该几何体的体33积为4.101惠州市2012届高三第二次调研考试】俯视图如图，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比【答案】4:2:二【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形, 方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，所以原长方体棱长相等为正 设正方形的边长为 a则，长方体体1 q 积为a3,三棱柱体积为-a3,四分之一圆柱的体积为2