2027版53B版新高考版数学总复习重难突破专题七　立体几何与空间向量

专题七立体几何与空间向量体系透视目录题型透析题型25空间几何体的体积题型26空间直角坐标系的建系和坐标确定的技巧题型27空间角与距离体系透视

题型25空间几何体的体积角度1分割法题型透析例1

(2026北京八中期中)我国古代数学典籍《九章算术》中有一种名为“羡除”的

几何体,它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示,在五面体ABCDEF中,EF∥AD∥BC,

四边形ADEF,ADCB,EFBC为等腰梯形,且平面ADEF⊥平面ADCB.其中EF=a,AD=b,BC

=c(b>c>a),且EF到平面ADCB的距离为h,BC和AD的距离为d,若a=4,b=10,c=6,h=3,d=4,

则该“羡除”的体积为____________.

40

解析求不规则几何体的体积时,可以采用分割法和补形法,观察题中几何体应采用分

割法.将其分割为熟悉的几何体(棱柱、棱锥、棱台等)如图,在平面ADEF内,过E,F分别

作AD的垂线,垂足为G,H,在平面ADCB内,过G,H分别作AD的垂线,交BC于M,N,连接NF,ME,因为平面ADEF⊥平面ADCB,平面ADEF∩平面ADCB=AD,FH⊥AD,所以FH⊥平面ADCB(面面垂直的性质定理).因为NH⊂平面ADCB,所以FH⊥HN,同理EG⊥GM.在梯形ADCB中,HN⊥AD,GM⊥AD,所以HN∥GM,因为NH⊄平面EGM,GM⊂平面EGM,所以NH∥平面EGM,同理FH∥平面EGM,又HN,FH⊂平面

FHN,HN∩HF=H,所以平面FHN∥平面EGM,又易证AD⊥平面FHN,AD⊥平面EGM,所

以三棱柱FHN-EGM为直三棱柱,所以将“羡除”ABCDEF分割为两个四棱锥F-BNHA,

E-CMGD和直三棱柱EGM-FHN.三个几何体都是规则几何体,直接用体积公式求解即

可.

其中EF=GH=MN=a,EG=FH=h,MG=NH=d,故所求几何体的体积为V=VEGM-FHN+VF-BNHA+VE-CMGD=S△EGM·GH+

S梯形BNHA·FH+

S梯形CMGD·EG=

·MG·EG·HG+

×

·(BN+AH)·NH·FH+

×

·(CM+GD)·MG·EG=

dha+

dh(BN+CM+AH+GD)=

dha+

dh(c-a+b-a)=

dh(a+b+c)=40.角度2补形法例2下图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1,A1D1的中点M,N,顶点A和过点N,顶点D,

C1的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何体的体积为

(

)

A.5

B.6

C.7

D.8

C

解析所给几何体由正方体截得,故先画出完整的正方体,再看怎样算体积,如图,截去的部分是三棱锥A-A1MN和D-C1D1N,

正方体的体积V=23=8,

=

·AA1=

×

×1×1×2=

,

=

·DD1=

×

×2×1×2=

,故所求几何体的体积为8-

-

=7.例3

(2025天津宝坻九校联考)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若E,F分别为AB,AC的

中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1,V2的两部分,则V1∶V2=

()

A.7∶5

B.5∶7

C.3∶2

D.4∶7

A

解析

观察几何体发现被平面分割后的两部分都不是规则几何体,而且不易分割,故可

以考虑补形为规则几何体.如图,延长A1A到A2,B1B到B2,C1C到C2,

且A1A=AA2,B1B=BB2,C1C=CC2,连接A2C2,A2B2,B2C2,得到三棱柱A2B2C2-ABC,且

=

.延长B1E,C1F,则B1E与C1F相交于点A2.则V1=

-

,实现了利用规则几何体求不规则几何体体积的目的.因为A2A∶A2A1=1∶2,所以

=

,所以V1=

-

=

,又因为

=

=

,所以V1=

×

=

,则V2=

-V1=

,故V1∶V2=7∶5.故选A.角度3应用祖暅原理求体积例4

(2025湖南岳阳教学质量监测)祖暅,南北朝时期的伟大科学家,于5世纪末提出了

体积计算原理:“幂势既同,则积不容异”,这就是“祖暅原理”.“势”即是高,“幂”

是面积,祖暅原理用现代语言可以描述为:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行

于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体

的体积相等.已知双曲线C:

-

=1,若直线y=0与y=2在第一象限内与双曲线C及其渐近线围成图形OABN(如图1),则它绕y轴旋转一周所得几何体Ω的体积为_____________;由

双曲线C和两直线y=±2围成的封闭图形绕y轴旋转一周后得到几何体Γ(如图2),则Γ的体

积为_____________.

48π

18π

解析由

-

=1,可得渐近线方程为y=±

x,如图所示,取直线y=y0(0≤y0≤2),与y轴的交点为D,在第一象限与双曲线及其渐近线的

交点分别为B0,N0,(线段B0N0绕y轴旋转一周形成的图形是圆环)则D(0,y0),N0

,B0

,所以|DN0|=

y0,|DB0|=

,则

-

=9π,

说明几何体在任意一点处的水平截面面积均为9π,根据祖暅原理知几何体Ω的体积与

底面面积是9π,高为2的圆柱的体积相等,所以几何体Ω的体积为9π×2=18π.几何体Γ在x轴及其上方的部分相当于几何体Ω与Rt△OMN绕y轴旋转一周得到的几何

体,Rt△OMN绕y轴旋转一周形成的几何体为圆锥,其体积为

×9π×2=6π,根据对称性得Γ的体积为2(18π+6π)=48π.故答案为18π;48π.归纳总结求不规则几何体体积的常用方法1.分割法把整个几何体分割成几个规则的、容易求体积的几何体.2.补形法先把整个几何体补成一个更为规则的几何体,然后求出这个几何体的体积,再求出多出

来的那些部分几何体的体积,然后作差得所求几何体的体积,或者利用比例关系进行转

化求解.3.祖暅原理(详见教材人教A版必修第二册P121)(1)祖暅原理(也叫等积原理)为:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个

平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相

等.(2)使用祖暅原理的注意事项:①构造的等效几何体需满足“平行平面夹持”和“截面面积恒等”两个核心条件,缺

一不可.②截面的选取需具有“任意性”,不能仅验证某一个或某几个特殊截面,否则无法保证

体积相等.题型26空间直角坐标系的建系和坐标确定的技巧

空间直角坐标系5种常见建系技巧1.利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系.如:长方体,正方体.2.利用正棱锥的中心与高所在直线建系.3.利用线面垂直的性质定理构建空间直角坐标系,如图1,AB⊥平面BB1C1C.4.利用面面垂直的性质定理构建空间直角坐标系,如图2,平面VAD⊥平面ABCD,四边形

ABCD是矩形.5.底面为菱形,如图3(1),∠A1AD=∠A1AB,底面是菱形,如图3(2),PD⊥底面ABCD,底面

ABCD是菱形,且∠BAD=60°,E为AB的中点.

例

(2026湖北部分名校月考,节选)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为

的正三角形,侧棱AA1=2

,∠A1AB=∠A1AC=60°.求直线AB与平面AB1C1所成角的正弦值.

解析观察题目中的条件发现用定义法很复杂,且没有共起点的三条两两垂直的直线,

但是三棱柱的底面是等边三角形,故可考虑在底面找两条相互垂直的直线.如图,取BC的中点D,连接AD,A1D.因为△ABC是正三角形,所以AD⊥BC.连接A1C,A1B,因为∠A1AB=∠A1AC=60°,AC=AB,A1A=A1A,所以△A1AB≌△A1AC,所以A1

C=A1B,所以A1D⊥BC,因为AD∩A1D=D,AD⊂平面A1AD,A1D⊂平面A1AD,所以BC⊥平面A1AD,因为BC⊂平面ABC,所以平面A1AD⊥平面ABC,出现了面面垂直模型,接下来找交线,作垂直,就可以建系了.因为平面A1AD∩平面ABC=AD,所以过点A1在平面A1AD内作A1E⊥AD,垂足为E,则A1E

⊥平面ABC.由于求直线AB与平面AB1C1所成角的正弦值,均涉及A点,所以选择A为坐标原点,以减少

运算量.以AD所在直线为y轴,以在底面ABC内垂直于AD的直线为x轴,以过A点且垂直于底面

ABC的直线为z轴,(A1E平行于z轴)建立空间直角坐标系如图,

在正三角形ABC中,AD=

×

=2,BD=

,所以B

,C

,则

=

,

=

=

(利用相等向量的坐标相等直接得出向量

的坐标).

=

+

(利用向量线性运算求向量

).下面只需要求出A1的坐标.在△AA1B中,由余弦定理得A1B2=A1A2+AB2-2A1A·ABcos∠A1AB=(2

)2+

-2×2

×

cos60°,解得A1B=

,所以在Rt△A1BD中,A1D=

=2

.在△A1AD中,由余弦定理的推论得cos∠A1AD=

=

=

,则sin∠A1AD=

.在Rt△A1AE中,AE=A1Acos∠A1AE=2

×

=2,A1E=A1Asin∠A1AE=2

×

=2

.则A1(0,2,2

),则

=

+

=

,设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z),则

即

令y=1,则z=-

,得n=(0,1,-

),设直线AB与平面AB1C1所成角为θ,则sinθ=

=

=

.故直线AB与平面AB1C1所成角的正弦值为

.题型27空间角与距离角度1异面直线所成的角例1

(高考真题精选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成

的角为()A.

B.

C.

D.

D

解析解法一:求异面直线所成角,可以平移其中一条直线与另一条直线相交,在三角形

中求解.如图1所示,连接BC1,C1P,

易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,∴∠PBC1(或其补角)就是异面直线AD1与PB所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=

a,C1P=

a,PB=

=

a.在△C1BP中,cos∠PBC1=

=

,∴∠PBC1=

,即直线PB与AD1所成的角为

.故选D.解法二:连接BC1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AD1∥BC1,所以∠PBC1(或其补角)是

异面直线PB与AD1所成的角,结合P的特殊位置,对三角形PBC1延伸,连接A1B,A1C1,如图2,易知△A1BC1为正三角形,又P为A1C1的中点,所以∠PBC1=

,故选D.

解法三:以点D为坐标原点建立空间直角坐标系(如图3),设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(1,1,2),D1(0,0,2),从而

=(1,1,-2),

=(-2,0,2),(用向量法求解时,注意异面直线所成角的余弦值是直线方向向量的夹角的余弦值的绝

对值)因而|cos<

,

>|=

=

=

.所以直线PB与AD1所成的角为

.故选D.归纳总结求异面直线所成角的方法1.用平移法求异面直线所成角异面

共面

解三角形(一般常用到正弦定理和余弦定理).说明:平移的方法一般有以下三种,①利用题图中已有的平行线平移;②利用特殊点(线

段的端点或中点)作平行线平移;③补形平移.2.用向量法求异面直线所成的角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系.(2)用坐标表示两异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)注意两异面直线所成角的范围是

,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.角度2直线与平面所成的角例2

(高考真题精选)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面

PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析

(1)证明:在正方形ABCD中,AD∥BC,因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以AD∥l,在正方形ABCD中,AD⊥DC,所以l⊥DC,因为PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥PD,所以l⊥PD,因为CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PDC,所以l⊥平面PDC.(2)解法一向量法:条件中有共顶点的互相垂直的三条直线,故可建系.由题意知DP,DA,DC两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),

因为PD=AD=1,所以C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0),则

=(0,1,0),

=(1,1,-1),设Q(m,0,1),则

=(m,0,1),设平面QCD的法向量为n=(x,y,z),则

即

令x=1,则z=-m,所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,-m),则cos<n,

>=

=

,直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正

弦值,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos<n,

>|=

=

·

=

·

≤

·

≤

×

=

,当且仅当m=1时取等号,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

.解法二定义法:将四棱锥P-ABCD补形为正方体,如图所示,连接CQ交PB于点E,连接DQ,

因为PB与平面QCD的交点为E,所以点E为斜足,下面关键是作出P在平面QCD内的射

影,因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以DC⊥PD.又DC⊥AD,AD∩PD=D,所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面QCD,所以平面QDC⊥平面PAD,且其交线为QD,根据面面垂直的性质定理知过点P作交线的

垂线即得线面垂直.在平面PAD中,过P点作PF⊥QD,交QD于F,连接EF.则PF⊥平面QDC,(P在平面QCD内的射影为点F)从而∠FEP即为PB与平面QCD所成角.则sin∠FEP=

,设PQ=a,a>0,在△PQD中,由等面积法得PF=

=

.由BC∥l,得△PQE∽△BCE,则

=

=

,则PE=

.(注意PB=

)所以sin∠FEP=

=

=

≤

=

,当且仅当a=1时等号成立.所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

.解法三:直线PB与平面QCD所成角等于与PB平行的直线与平面QCD所成角,如图,

延长CB至G,使得BG=PQ,连接GQ,GD,又PQ∥CG,所以四边形PQGB是平行四边形,则

PB∥QG,过G点作GM⊥平面QDC,连接QM,则∠GQM即为直线PB与平面QCD所成角.sin∠MQG=

=

=

.下面利用等体积法求GM的长.设PQ=x,x>0,则VQ-DCG=

PD·

CD·(CB+BG)=

(1+x),VG-QDC=

GM·

CD·QD=

GM·

.由VQ-DCG=VG-QDC得

(1+x)=

GM·

,解得GM=

=

=

≤

,当且仅当x=1时等号成立.所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

=

.归纳总结求直线与平面所成角的方法1.定义法(1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置

是关键;(2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;(3)求:构造角所在的三角形,利用解三角形的知识求角.2.向量法sinθ=|cos<

,n>|=

(其中

为平面α的斜线AB的方向向量,n为平面α的法向量,θ为斜线与平面α所成的角).

角度3二面角或平面与平面的夹角例3如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是AD,DD1的中点.若AB=2,AA1=4,且

底面ABCD为正方形,求平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值.

解析解法一向量法:有“墙角”模型,容易建系.以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间

直角坐标系.

因为AB=2,AA1=4,四边形ABCD为正方形,M,N分别是AD,DD1的中点,所以M(1,0,0),N(0,0,

2),B1(2,2,4),所以

=(-1,0,2),

=(1,2,4),设平面B1MN的法向量为n=(x,y,z),则

即

令z=1,则x=2,y=-3,所以平面B1MN的一个法向量为n=(2,-3,1).易知平面BCC1B1的一个法向量为m=(0,1,0).(y轴⊥平面BCC1B1)设平面B1MN与平面BCC1B1的夹角为θ,则cosθ=

=

=

.所以平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为

.解法二定义法:由于找不到平面B1MN与平面BCC1B1的交线,所以找其中一个面的平行

面,根据长方体的特征知平面ADD1A1∥平面BCC1B1,故问题转化为求平面B1MN与平面

ADD1A1夹角的余弦值.因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1,所以平面B1MN与平面BCC1B1的夹角即为平面B1MN与

平面ADD1A1的夹角.平面B1MN∩平面ADD1A1=MN,取AA1的中点Q,连接NQ,分别延长NM,A1A交于点P,

在平面ADD1A1内,作A1H⊥PN交PN的延长线于H,连接B1H.(作交线的垂线)因为B1A1⊥平面ADD1A1,又PH⊂平面ADD1A1,所以PH⊥B1A1.又A1H∩A1B1=A1,A1H,A1B1⊂平面A1B1H,所以PH⊥平面A1B1H,因为B1H⊂平面A1B1H,所以

PH⊥B1H.所以∠B1HA1为平面B1MN与平面ADD1A1的二面角的平面角,因为A1H⊥A1B1,所以∠B1

HA1是平面B1MN与平面ADD1A1的夹角,设∠B1HA1=θ,在Rt△B1HA1中,tanθ=

,因为△PMA∽△PNQ,AM=1,NQ=2,AQ=2,所以

=

=

,所以AP=2,所以PN=

=2

,所以sinP=

=

,在Rt△PA1H中,A1H=A1PsinP=

,则tanθ=

=

=

,所以cosθ=

,所以平面B1MN与平面ADD1A1,即平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为

.解法三射影法:设平面B1MN与平面BCC1B1的夹角为θ,射影法的关键是找到△B1MN在平面BCC1B1上的射影.如图,过点N作NN'⊥CC1于点N',过点M作MM'⊥BC于点M',连接M'N',B1M',B1N',则△B1M'N'为△B1MN在平面BCC1B1上的射影.所以cosθ=

.下面求这两个三角形的面积.

经计算B1N=2

,MN=

,MB1=

,所以cos∠MNB1=

=-

,所以sin∠MNB1=

,所以

=

B1N·MN·sin∠MNB1=

×2

×

×

=

.又

=

-

-

-S△M'N'C=8-2-2-1=3,所以cosθ=

=

=

.所以平面B1MN与平面BCC1B1夹角的余弦值为

.归纳总结求二面角或平面与平面的夹角的方法1.定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,

如图,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.

2.向量法(1)构建恰当的空间直角坐标系;(2)准确求解相关点的坐标;(3)求出平面的法向量;(4)利用公式求出向量夹角的余弦值,由图形判断二面角的余弦值的正负,平面与平面的

夹角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.射影法在图中,设S为二面角α-AB-β的半平面α上的一点(不在棱AB上),过点S作半平面β的垂线

SS',垂足为点S',过点S'作棱AB的垂线S'O,所以S'O是SO在平面β内的射影,△AS'B是△

ASB在平面β内的射影,根据三垂线定理可知SO⊥AB,故∠SOS'为二面角α-AB-β的平面

角(设为锐角),其大小设为θ,

故cosθ=

=

=

.进而可以得到:如果平面α内的一个多边形的面积为S,它在平面β内的射影面积为S射影,若α与β的夹角为θ,则cosθ=

.角度4空间距离例4

(多选)(2026广西来宾阶段测试)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别

是A1B1,A1C1的中点,P在正方体内部且满足

=

+

+

,则下列说法正确的是

()A.点A到直线BE的距离是

B.点P到直线AB的距离为

C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为

D.点O到平面ABC1D1的距离为

ACD

解析对于A,在矩形ABB1A1中,S△ABE=

AB·AA1=

×1×1=

,过点A作AF⊥BE,则AF的长即为点A到直线BE的距离.由S△ABE=

BE·AF=

,得AF=

=

.故A正确.

对于B,因为P在正方体内部且满足

=

+

+

,但是不能确定点P的具体位置,所以采用向量法求点P到直线AB的距离,如图,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立空

间直角坐标系,

则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),所以

=

+

+

=

,

=(1,0,0),所以点P到直线AB的距离为d=

=

=

.故B错误.对于C,求两个平面之间的距离,则这两个平面是平行的,因为BA1∥CD1,BA1⊂平面A1BD,CD1⊄平面A1BD,所以CD1∥平面A1BD,同理,B1C∥平面

A1BD,又B1C∩CD1=C,B1C,CD1⊂