立体几何学案-教学设计教案

立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2022三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T162022空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T102022空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．eq\a\vs4\al(考点一)eq\a\vs4\al()空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(2)(2022·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\r(2)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(3,2)(3)(2022·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A．eq\f(3\r(3),4)B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(3\r(2),4)D．eq\f(\r(3),2)[解析](1)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.(2)在棱长为2的正方体中还原该四面体P­ABC如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC.因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2，PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为eq\f(3,2).故选D.(3)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).故选A.[答案](1)A(2)D(3)A[解题方略]1．识别三视图的步骤(1)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线．2．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(主)视图或侧(左)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)确定几何体的直观图形状．3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．4．常见三类空间几何体的截面图轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．eq\a\vs4\al(考点二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(几何体的表面积与体积)题型一求空间几何体的表面积[例2](1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为()A．8eq\r(3)B．8＋8eq\r(3)C．6eq\r(2)＋2eq\r(3)D．8＋6eq\r(2)＋2eq\r(3)(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如eq\r(544)≈23，eq\r(550)≈23)()A．250平方尺B．990平方尺C．1035平方尺D．518平方尺[解析](1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝eq\r(3)，则BQ＝eq\f(1,2)(AB－EF)＝1，FQ＝eq\r(BF2－BQ2)＝eq\r(3)，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)，又S△ADE＝S△BCF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S＝3eq\r(3)×2＋eq\r(3)×2＋8＝8＋8eq\r(3).故选B.(2)由三视图可知，米堆为圆锥的eq\f(3,4)，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的eq\f(3,4)为90尺．设圆锥的底面半径为r，则eq\f(3,4)×2πr＝90，由π≈3可得，r＝20.所以圆锥的母线长为eq\r(202＋122)＝eq\r(544)≈23(尺)．易知草席的面积为圆锥的侧面积的eq\f(3,4)，即eq\f(3,4)×π×20×23＝eq\f(3,4)×3×20×23＝45×23＝1035(平方尺)．故选C.[答案](1)B(2)C[解题方略]求几何体的表面积的方法1．求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．2．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．题型二求空间几何体的体积[例3](1)(2022·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形，侧棱长均为eq\r(5).若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．(2)(2022·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．[解析](1)法一：由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为eq\r(2)，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为eq\f(1,2).又因为四棱锥的侧棱长均为eq\r(5)，所以四棱锥的高为eq\r(（\r(5)）2－12)＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·1＝eq\f(π,4).法二：如图所示，在四棱锥V­ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为eq\r(2)，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圆柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(π,4).(2)把三视图还原成几何体ABC­DEF，如图所示，在AD上取点G，使得AG＝2，连接GE，GF，则把几何体ABC­DEF分割成三棱柱ABC­GEF和三棱锥D­GEF，所以VABC­DEF＝VABC­GEF＋VD­GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).[答案](1)eq\f(π,4)(2)eq\f(32\r(3),3)[解题方略]求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算等积法根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等割补法把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体eq\a\vs4\al(考点三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(与球有关的切、接问题)题型一外接球[例4](2022·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)πB．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)πD．eq\r(6)π[解析]因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC.所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P­ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π.故选D.[答案]D[解题方略]解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．题型二内切球[例5]已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的eq\f(7,8)时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于()\f(7π,6)B．eq\f(4π,3)\f(2π,3)D．eq\f(π,2)[解析]当注入水的体积是该三棱锥体积的eq\f(7,8)时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等)，依题意，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，得x＝2.易得小三棱锥的高为eq\f(2\r(6),3)，设小球半径为r，则eq\f(1,3)S底面·eq\f(2\r(6),3)＝4·eq\f(1,3)·S底面·r，得r＝eq\f(\r(6),6)，故小球的表面积S＝4πr2＝eq\f(2π,3).故选C.[答案]C[解题方略]求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．题型三与球有关的最值问题[例6](2022·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)[解析]由等边△ABC的面积为9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).故选B.[答案]B[解题方略]多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．第2讲空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2022线面平行的证明·T18(1)面面平行的判定·T7直线与直线位置关系的判定·T8面面垂直的证明·T19(1)线面垂直的证明·T17(1)2022直线与平面所成的角、正方体的截面·T12求异面直线所成的角·T9面面垂直的证明·T19(1)面面垂直的证明·T18(1)线面垂直的证明·T20(1)2022面面垂直的证明·T18(1)求异面直线所成的角·T10圆锥、空间线线角的求解·T16线面平行的证明·T19(1)面面垂直的证明·T19(1)(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．eq\a\vs4\al(考点一)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空间点、线、面的位置关系)[大稳定eq\a\vs4\al(——常规角度考双基)]\a\vs4\al([命题真假的判定])已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①② D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.\a\vs4\al([判断直线与直线的位置关系])(2022·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，eq\o(OD,\s\up7(→))方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．不妨设AD＝2，则E(0，0，eq\r(3))，N(0，1，0)，D(1，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(－1，2，0)，∴EN＝eq\r(12＋（－\r(3)）2)＝2，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋4＋\f(3,4))＝eq\r(7)，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.eq\a\vs4\al(法二：)如图②，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.\a\vs4\al([线面垂直、面面垂直的判定])如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFHB．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF解析：选B根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.\a\vs4\al([求异面直线所成的角])(2022·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A．eq\f(\r(2),2)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2)D．eq\f(\r(7),2)解析：选C如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝eq\r(5)，则tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为eq\f(\r(5),2).故选C.[解题方略]判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理进行判断；(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．[小创新eq\a\vs4\al(——变换角度考迁移)]\a\vs4\al([与充要条件交汇])(2022·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：选B若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B.\a\vs4\al([与命题的交汇])(2022·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：____________．解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案：②③⇒①或①③⇒②\a\vs4\al([线面角与其他问题的交汇])(2022·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq\r(15)，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)r)2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母线长l＝4eq\r(5)，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)πeq\a\vs4\al(考点二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(空间平行、垂直关系的证明)[例1]如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明](1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.[解题方略]1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.eq\a\vs4\al(考点三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(平面图形中的折叠问题)[例2]如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图②.在图②所示的几何体D­ABC中．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．[解](1)证明：∵AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝2eq\r(2)，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC，∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，由(1)知，VF­BCE＝VB­CEF＝eq\f(1,3)×S△CEF×BC，S△CEF＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,2)，∴VF­BCE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3).[解题方略]平面图形折叠问题的求解方法(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，一般情况下，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．第3讲立体几何中的向量方法[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2022二面角的正弦值的求解·T18二面角的正弦值的求解·T17二面角的大小的求解·T192022线面角的正弦值的求解·T18(2)二面角、线面角的正弦值的求解·T20(2)二面角的正弦值的求解·T19(2)2022二面角的余弦值的求解·T18(2)二面角的余弦值的求解·T19(2)二面角的余弦值的求解·T19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．eq\a\vs4\al(考点一)eq\a\vs4\al()利用空间向量证明空间位置关系[例1]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.[证明]依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)向量eq\o(BE,\s\up7(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．而eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，0，0)，向量eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，))不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq\o(AB,\s\up7(→)).所以平面PCD⊥平面PAD.[解题方略]利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系；(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求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．题型一求直线与直线所成的角[例2](1)已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4.若平面ABC⊥平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cosθ＝()A．－eq\f(\r(15),4)B．eq\f(\r(15),4)C．－eq\f(1,4)D．eq\f(1,4)(2)(2022·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)[解析](1)取BC的中点O，连接OA，OD，所以OA⊥OC，OD⊥OC，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以OA⊥平面BCD，所以OA，OD，OC两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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，因为AB＝4，所以B(0，－2，0)，D(2eq\r(3)，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2eq\r(3))，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0，－2，－2eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)，－2，0)，则cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CD,\s\up7(→)),|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(CD,\s\up7(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0×2\r(3)＋（－2）×（－2）＋（－2\r(3)）×0,\r(02＋（－2）2＋（－2\r(3)）2)×\r(（2\r(3)）2＋（－2）2＋02))))＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).(2)法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0，1，0)，直线b的方向向量为b＝(1，0，0)，eq\o(CB,\s\up7(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0，2π)，则B(cosθ，sinθ，0)，又A(0，0，1)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(2).设直线AB与a所成夹角为α，则cosα＝eq\f(|eq\o(AB,\s\up7(→))·a|,|a||eq\o(AB,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB与b所成夹角为β，则cosβ＝eq\f(|eq\o(AB,\s\up7(→))·b|,|b||eq\o(AB,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，则|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．∴正确的说法为②③.法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝eq\r(2)，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝eq\r(2)，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝eq\r(2)，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，∴BF＝DE＝eq\r(2)，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．∴正确的说法为②③.[答案](1)D(2)②③[解题方略]向量法求异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)，其中，a，b分别是直线a，b的方向向量．此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，应注意加以区分．[注意]两条异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角．题型二求直线与平面所成的角[例3](2022·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解]eq\a\vs4\al(法一：)(1)证明：如图①，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)如图①，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于点O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).eq\a\vs4\al(法二：)(1)证明：连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如图②，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.不妨设AC＝4，则A1(0，0，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，3，2eq\r(3))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，C(0，2，0)．因此，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1，0)．由eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，得EF⊥BC.(2)设