資源簡介

板塊綜合　空間點、線、面位置關系(階段小結課—習題講評式教學)
1．浸潤的核心素養
(1)通過線線平行、線面平行、面面平行之間的相互轉化，提升邏輯推理和直觀想象素養．
(2)通過線線垂直、線面垂直、面面垂直三者之間的轉化，提升直觀想象和邏輯推理素養．
2．滲透的數學思想
(1)在判斷空間幾何體的點、線、面的位置關系，直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行與垂直關系的證明中，根據圖形運算求解或證明體現了數形結合的思想．
(2)在本章中化歸思想無處不在，如“要證線面平行，先證線線平行” “要證面面平行，先證線面平行” “要證線面垂直，先證線線垂直” “要證面面垂直，先證線面垂直”等，都體現了轉化與化歸思想．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題型(一)　立體幾何中的交線、截面問題
[例1]　(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是(　　)
A．三角形 B．四邊形
C．五邊形 D．六邊形
(2)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為__________．
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利用平面的性質確定截面的形狀是解決問題的關鍵
(1)作截面應遵循的三個原則：①在同一平面上的兩點可引直線；②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線．
(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線．　　
[針對訓練]
1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________．
2．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，E，F分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為________．
題型(二)　空間中垂直與平行的綜合問題
[例2]　如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，G，H分別是CE，CF的中點．
(1)求證：AC⊥平面BDEF；
(2)求證：平面BDGH∥平面AEF.
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平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關系、垂直關系之間的轉化去解決．注意遵循“空間”到“平面”、“低維”到“高維”的轉化關系．　　
[針對訓練]
3.如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點M是棱BB1上一點．
(1)求證：B1D1∥平面A1BD；
(2)求證：MD⊥AC；
(3)試確定點M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
題型(三)　幾何法求空間角
[例3]　如圖，已知PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，異面直線PB與CD的夾角為45°.
(1)求二面角B－PC－D的大小；
(2)求直線PB與平面PCD所成角的大小．
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1．求線面角的三個步驟
一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關鍵，先找出斜線在平面上的射影，關鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉化到三角形中求解．
2．作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．　　
[針對訓練]
4．(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.
(1)證明：A1C＝AC；
(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．
板塊綜合　空間點、線、面位置關系
[題型(一)]
[例1]　解析：(1)先確定截面上的已知邊與幾何體上和其共面的邊的交點，再確定截面與幾何體的棱的交點．設直線C1M，CD相交于點P，直線C1N，CB相交于點Q，連接PQ交直線AD于點E，交直線AB于點F，則五邊形C1MEFN為所求截面圖形．
(2)如圖，設B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2.∴△D1B1C1為等邊三角形．則D1E＝，且D1E⊥平面BCC1B1.
∴E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心．設截面圓的半徑為r，則r＝＝＝，可得EP＝EQ＝.∴球面與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1.同理C1Q＝1.∴P，Q分別為BB1，CC1的中點．
∴∠PEQ＝.∴的長為×＝.
答案：(1)C　(2)
[針對訓練]
1．解析：如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α.
由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，
故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝.
∴等腰梯形MNDB的高為
h＝＝.∴梯形MNDB的面積為×(＋2)×＝.
答案：
2．解析：如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，
易知EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面．
由于P是線段A1B上的動點，
當P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點分別為M，N，即Q的軌跡為MN.由正方體的棱長為3，得C1M＝A1C1＝3，則BC1＝6.又＝＝，則NC1＝BC1＝4.
由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，
則MN＝
＝＝.
答案：
　[題型(二)]
[例2]　證明：(1)因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC 平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.
(2)在△CEF中，因為G，H分別是CE，CF的中點，所以GH∥EF.
又GH 平面AEF，EF 平面AEF，所以GH∥平面AEF.
設AC∩BD＝O，連接OH，如圖．
在△ACF中，因為O，H分別為CA，CF的中點，所以OH∥AF.
因為OH 平面AEF，AF 平面AEF，所以OH∥平面AEF.因為OH∩GH＝H，OH，GH 平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.
[針對訓練]
3．解：(1)證明：由直四棱柱定義得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形．所以B1D1∥BD.而BD 平面A1BD，B1D1 平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.
(2)證明：因為BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因為BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D.而MD 平面BB1D，所以MD⊥AC.
(3)當點M為棱BB1的中點時，平面DMC1⊥平面CC1D1D.證明如下．取DC的中點N，D1C1的中點N1，連接NN1交DC1于點O，連接OM，BN.因為N是DC的中點，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因為DC是平面ABCD與平面CC1D1D的交線，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可證得O是NN1的中點，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四邊形BMON是平行四邊形．所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.因為OM 平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
[題型(三)]
[例3]　解：(1)∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD.
∴∠PBA就是異面直線PB與CD的夾角，即∠PBA＝45°.
∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB.∴PA＝AB.在△PBC和△PDC中，PB＝PD，BC＝CD，PC＝PC，
∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB＝∠PCD.
作BE⊥PC于E，連接ED.
在△ECB與△ECD中，BC＝CD，CE＝CE，∠ECB＝∠ECD，
∴△ECB≌△ECD.
∴∠CED＝∠CEB＝90°.
∴∠BED就是二面角B PC D的平面角．
設AB＝a，則BD＝PB＝a，PC＝a.
則BE＝DE＝＝a.
則cos∠BED＝＝－，
即∠BED＝120°.
∴二面角B PC D的大小為120°.
(2)還原棱錐為正方體ABCD PB1C1D1，作BF⊥CB1于F.
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1＝B1，B1P，CB1 平面PB1CD，
∴BF⊥平面PB1CD.
連接PF，則∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角．
易知BF＝a，PB＝a，∴sin∠BPF＝，即∠BPF＝30°.∴直線PB與平面PCD所成的角為30°.
[針對訓練]
4．解：(1)證明：如圖，過A1作A1D⊥CC1，垂足為D，
∵A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
∴A1C⊥BC.
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.
∵A1C，AC 平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵A1D 平面ACC1A1，∴BC⊥A1D.
又CC1，BC 平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
∴A1D⊥平面BCC1B1.
∴A1D＝1.
由已知條件易證△CA1C1是直角三角形，
又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D為CC1的中點．又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
(2)連接A1B，
∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.
∴BA＝BA1.
過B作BO⊥AA1，交AA1于點O，則O為AA1中點．
由于直線AA1與BB1距離為2，所以BO＝2.
∵A1O＝1，BO＝2，∴A1B＝AB＝，
在Rt△ABC中，BC＝＝.
延長AC，使AC＝CM，連接C1M.
由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形．
∴C1M∥A1C.∴C1M⊥平面ABC.又AM 平面ABC，∴C1M⊥AM.
則在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，∴AC1＝.
在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝，
∴AB1＝＝.
又A到平面BCC1B1距離也為1，∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為＝.(共68張PPT)
板塊綜合　空間點、線、面位置關系
(階段小結課—習題講評式教學)
建構知識體系
融通學科素養
1.浸潤的核心素養
(1)通過線線平行、線面平行、面面平行之間的相互轉化,提升邏輯推理和直觀想象素養.
(2)通過線線垂直、線面垂直、面面垂直三者之間的轉化,提升直觀想象和邏輯推理素養.
2.滲透的數學思想
(1)在判斷空間幾何體的點、線、面的位置關系,直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行與垂直關系的證明中,根據圖形運算求解或證明體現了數形結合的思想.
(2)在本章中化歸思想無處不在,如“要證線面平行,先證線線平行” “要證面面平行,先證線面平行” “要證線面垂直,先證線線垂直” “要證面面垂直,先證線面垂直”等,都體現了轉化與化歸思想.
CONTENTS
目錄
1
2
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題型(一)　立體幾何中的交線、截面問題
題型(二)　空間中垂直與平行的綜合問題
題型(三)　幾何法求空間角
4
課時跟蹤檢測
題型(一)　
立體幾何中的交線、截面問題
01
[例1]　(1)在正方體ABCD A1B1C1D1中,M,N分別是棱DD1和BB1上的點,MD=DD1,NB=BB1,那么正方體中過M,N,C1的截面圖形是(　　)
A.三角形 B.四邊形
C.五邊形 D.六邊形
√
解析:先確定截面上的已知邊與幾何體上和其共面的邊的交點,再確定截面與幾何體的棱的交點.
設直線C1M,CD相交于點P,直線C1N,CB相交于點Q,連接PQ交直線AD于點E,交直線AB于點F,則五邊形C1MEFN為所求截面圖形.
(2)已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為　　　　.
解析:如圖,設B1C1的中點為E,球面與棱BB1,CC1的交點分
別為P,Q,連接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=
60°,AB=AD,知△ABD為等邊三角形,∴D1B1=DB=2.
∴△D1B1C1為等邊三角形.則D1E=,且D1E⊥平面BCC1B1.
∴E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心.設截面圓的半徑為r,則r===,可得EP=EQ=.∴球面與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.又D1P=,∴B1P==1.同理C1Q=1.∴P,Q分別為BB1,CC1的中點.
∴∠PEQ=.∴ 的長為×=.
利用平面的性質確定截面的形狀是解決問題的關鍵
(1)作截面應遵循的三個原則:
①在同一平面上的兩點可引直線;②凡是相交的直線都要畫出它們的交點;③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.
(2)作交線的方法有如下兩種:
①利用基本事實3作交線;②利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行,然后根據性質作出交線.
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1.在正方體ABCD A1B1C1D1中,E是BC的中點,平面α經過直線BD且與直線C1E平行,若正方體的棱長為2,則平面α截正方體所得的多邊形的面積為　　　　.
針對訓練
解析:如圖,過點B作BM∥C1E交B1C1于點M,過點M作BD的平行線,交C1D1于點N,連接DN,則平面BDNM即為符合條件的平面α.
由圖可知M,N分別為B1C1,C1D1的中點,
故BD=2,MN=,且BM=DN=.
∴等腰梯形MNDB的高為h==.
∴梯形MNDB的面積為×(+2)×=.
2.已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為3,E,F分別為BC,CD的中點,P是線段A1B上的動點,C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為　　　.
解析:如圖所示,連接EF,A1B,連接A1C1,B1D1交于點M,連接B1E,BC1交于點N,
易知EF∥B1D1,即E,F,B1,D1共面.
由于P是線段A1B上的動點,
當P重合于A1或B時,C1A1,C1B與平面D1EF的交點分別為M,N,即Q的軌跡為MN.由正方體的棱長為3,得C1M=A1C1=3,則BC1=6.
又==,則NC1=BC1=4.
由A1B=BC1=A1C1,得∠A1C1B=60°,則MN=
==.
題型(二)　
空間中垂直與平行的綜合問題
02
[例2]　如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是正方形,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,G,H分別是CE,CF的中點.
(1)求證:AC⊥平面BDEF;
證明:因為四邊形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,且AC 平面ABCD,所以AC⊥平面BDEF.
(2)求證:平面BDGH∥平面AEF.
證明:在△CEF中,因為G,H分別是CE,CF的中點,所以
GH∥EF.
又GH 平面AEF,EF 平面AEF,所以GH∥平面AEF.
設AC∩BD=O,連接OH,如圖.
在△ACF中,因為O,H分別為CA,CF的中點,所以OH∥AF.
因為OH 平面AEF,AF 平面AEF,所以OH∥平面AEF.因為OH∩GH=H,OH,GH 平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.
平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關系、垂直關系之間的轉化去解決.注意遵循“空間”到“平面”、“低維”到“高維”的轉化關系.
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3.如圖,在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,點M是棱BB1上一點.
(1)求證:B1D1∥平面A1BD;
針對訓練
解:證明:由直四棱柱定義得BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四邊形BB1D1D
是平行四邊形.所以B1D1∥BD.而BD 平面A1BD,B1D1 平面A1BD,所以B1D1∥平面A1BD.
(2)求證:MD⊥AC;
解:證明:因為BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以
BB1⊥AC.又因為BD⊥AC,且BD∩BB1=B,所以AC⊥平
面BB1D.而MD 平面BB1D,所以MD⊥AC.
(3)試確定點M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解:當點M為棱BB1的中點時,平面DMC1⊥平面CC1D1D.證明如下.取DC的中點N,D1C1的中點N1,連接NN1交DC1于點O,連接OM,BN.因為N是DC的中點,BD=BC,所以BN⊥DC.又因為DC是平面ABCD與平面CC1D1D的交線,而平面ABCD⊥平面CC1D1D,所以BN⊥平面CC1D1D.又可證得O是NN1的中點,所以BM∥ON,且BM=ON,即四邊形BMON是平行四邊形.所以BN∥OM.所以OM⊥平面CC1D1D.因為OM 平面DMC1,所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
題型(三)　幾何法求空間角
03
[例3]　如圖,已知PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是正方形,異面直線PB與CD的夾角為45°.
(1)求二面角B PC D的大小;
解:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB∥CD.
∴∠PBA就是異面直線PB與CD的夾角,即∠PBA=45°.
∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中,PB=PD,BC=CD,PC=PC,
∴△PBC≌△PDC.∴∠PCB=∠PCD.
作BE⊥PC于E,連接ED.
在△ECB與△ECD中,BC=CD,CE=CE,∠ECB=∠ECD,
∴△ECB≌△ECD.
∴∠CED=∠CEB=90°.
∴∠BED就是二面角B PC D的平面角.
設AB=a,則BD=PB=a,PC=a.
則BE=DE==a.
則cos∠BED==-,即∠BED=120°.
∴二面角B PC D的大小為120°.
(2)求直線PB與平面PCD所成角的大小.
解:還原棱錐為正方體ABCD PB1C1D1,作BF⊥CB1于F.
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C,∴BF⊥B1P.又B1P∩CB1
=B1,B1P,CB1 平面PB1CD,
∴BF⊥平面PB1CD.
連接PF,則∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角.
易知BF=a,PB=a,∴sin∠BPF=,即∠BPF=30°.∴直線PB與平面PCD所成的角為30°.
1.求線面角的三個步驟
一作(找)角,二證明,三計算,其中作(找)角是關鍵,先找出斜線在平面上的射影,關鍵是作垂線,找垂足,然后把線面角轉化到三角形中求解.
2.作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定義法,也可以用垂面法,即在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線,再過垂足作二面角的棱的垂線,兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.
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4.(2023·全國甲卷)如圖,在三棱柱ABC A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,
∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距離為1.
(1)證明:A1C=AC;
針對訓練
解:證明:如圖,過A1作A1D⊥CC1,垂足為D,
∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴A1C⊥BC.
又∠ACB=90°,∴AC⊥BC.
∵A1C,AC 平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵A1D 平面ACC1A1,∴BC⊥A1D.
又CC1,BC 平面BCC1B1,且CC1∩BC=C,
∴A1D⊥平面BCC1B1.
∴A1D=1.
由已知條件易證△CA1C1是直角三角形,又CC1=AA1=2,A1D=1,
∴D為CC1的中點.又A1D⊥CC1,∴A1C=A1C1,
又在三棱柱ABC A1B1C1中,AC=A1C1, ∴A1C=AC.
(2)已知AA1與BB1的距離為2,求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值.
解:連接A1B,∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC,
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB.
∴BA=BA1.
過B作BO⊥AA1,交AA1于點O,則O為AA1中點.
由于直線AA1與BB1距離為2,所以BO=2.
∵A1O=1,BO=2,∴A1B=AB=,
在Rt△ABC中,BC==.
延長AC,使AC=CM,連接C1M.
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形.
∴C1M∥A1C.∴C1M⊥平面ABC.又AM 平面ABC,∴C1M⊥AM.
則在Rt△AC1M中,AM=2AC,C1M=A1C,∴AC1=.
在Rt△AB1C1中,AC1=,B1C1=BC=,
∴AB1==.
又A到平面BCC1B1距離也為1,
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為=.
課時跟蹤檢測
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1.如圖,在正方體ABCD A1B1C1D1中,點M是平面A1B1C1D1內一點,且BM∥平面ACD1,則tan∠DMD1的最大值為 (　　)
A. B.1
C.2 D.
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解析:設正方體的棱長為1,因為當M在直線A1C1上時,都滿足BM∥平面ACD1,
所以tan∠DMD1===是最大值,此時MD1⊥A1C1.故選D.
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2.坡屋頂是我國傳統建筑造型之一,蘊含著豐富的
數學元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓,展現造
型之美.如圖,某坡屋頂可視為一個五面體,其中兩個面是全等的等腰梯形,兩個面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=AD=10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為,則該五面體的所有棱長之和為(　　)
A.102 m B.112 m
C.117 m D.125 m
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解析:如圖,過E作EO⊥平面ABCD,垂足為O,過E分
別作EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分別為G,M,連接OG,
OM.
由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO, 所以tan∠EMO=tan∠EGO=.
因為EO⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以EO⊥BC.
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因為EG⊥BC,EO,EG 平面EOG,EO∩EG=E,
所以BC⊥平面EOG.因為OG 平面EOG,所以BC⊥OG.
同理OM⊥BM.又BM⊥BG,故四邊形OMBG是矩形.
所以由BC=10得OM=5.所以EO=.所以OG=5.所以在Rt△EOG中,EG===.
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在Rt△EBG中,BG=OM=5,EB===8.
又因為EF=AB-5-5=25-5-5=15,
所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8=117 m.故選C.
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3.(2023·全國甲卷)已知四棱錐P ABCD的底面是邊長為4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,則△PBC面積為 (　　)
A.2 B.3
C.4 D.6
√
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3
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2
解析:如圖,過點P作PO⊥平面ABCD,垂足為O,取DC的中
點M,AB的中點N,連接PM,MN,AO,BO.由PC=PD,得PM
⊥DC.又PO⊥DC,PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM.又OM 平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三點共線.所以OA=
OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理得PA==.所以PB=.在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=.所以S△PBC=
PC·BCsin∠PCB=4,故選C.
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2
4.一封閉的正方體容器ABCD A1B1C1D1,P,Q,R分別是AB,BC和C1D1的中點,由于某種原因,P,Q,R處各有一個小洞,當此容器內存水的表面恰好經過這三個小洞時,容器中水的上表面形狀是 (　　)
A.三角形 B.四邊形
C.五邊形 D.六邊形
√
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解析:如圖,設過P,Q,R三點的平面為平面α.分別取A1D1,A1A,CC1的中點F,E,M,連接RF,FE,EP,PQ,QM,MR,EM,QF,RP.由正方體的性質知RF∥PQ,所以F∈平面α.又RP∥MQ,所以M∈平面α.又EF∥RP,所以E∈平面α.所以六邊形RFEPQM為容器中水的上表面的形狀.故選D.
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5.(2023·新課標Ⅱ卷)(多選)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P AC O為45°,則 (　　)
A.該圓錐的體積為π
B.該圓錐的側面積為4π
C.AC=2
D.△PAC的面積為
√
√
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解析:在△PAB中,由余弦定理得AB=2.如圖,連接
PO,易知圓錐的高h=PO=1,底面圓的半徑r=AO=BO
=.該圓錐的體積V=πr2h=π,故A正確;該圓錐的側面積S側=πr·PA=2π,故B錯誤;取AC的中點H,連接PH,OH,因為OA=OC,所以OH⊥AC,同理可得PH⊥AC,則二面角P AC O的平面角為∠PHO=45°,所以OH=PO=1,
AH=CH==,所以AC=2,故C正確;PH=OH=,
S△PAC=×2×=2,故D錯誤.故選A、C.
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6.如圖,正四面體ABCD中,E,F分別是線段AC的三等分點,P是線段AB的中點,G是線段BD上的動點,則 (　　)
A.存在點G,使PG⊥EF成立
B.存在點G,使FG⊥EP成立
C.不存在點G,使平面EFG⊥平面ACD成立
D.不存在點G,使平面EFG⊥平面ABD成立
√
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2
解析:取BD的中點M,連接AM,CM.易得AM⊥BD,CM⊥BD,AM,CM 平面ACM,AM∩CM=M,故BD⊥平面ACM.又AC 平面ACM,故BD⊥AC.若PG⊥EF,PG,BD 平面ABD,PG∩BD=G,則AC⊥平面ABD.顯然不成立.故不存在點G,使PG⊥EF成立.故A錯誤;
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連接BF,DF,易得PE∥BF,故∠BFG或其補角即為異面
直線PE,FG的夾角,不妨設AB=3,在△ABF中,由余弦定
理得BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos,即BF2=32+22-2×
3×2×=7,解得BF=.同理DF=.在△BFD中,cos∠BFD=
=>0,則∠BFD<.顯然∠BFG<∠BFD<.
故不存在點G,使FG⊥EP成立.故B錯誤;
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取CD的中點N,連接AN,BN,過B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD,AN⊥CD,AN,BN 平面ABN,AN∩BN=N,故
CD⊥平面ABN.又BH 平面ABN,故CD⊥BH.
又AN,CD 平面ACD,AN∩CD=N,故BH⊥平面ACD.
若平面EFG⊥平面ACD,則BH 平面EFG或BH∥平面EFG.顯然BH與平面EFG相交.故不存在點G,使平面EFG⊥平面ACD成立.故C正確;
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當G與BD中點M重合時,由A選項知有BD⊥平面ACM,即BD⊥平面EFG.又BD 平面ABD,故平面ABD⊥平面EFG.故存在點G,使平面EFG⊥平面ABD成立.故D錯誤.故選C.
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7.在長方體ABCD A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,則異面直線A1B1與AC1夾角的余弦值為　　　　.
解析:∵C1D1∥A1B1,∴異面直線A1B1與AC1的夾角即為C1D1與AC1的夾角,即∠AC1D1.
連接AD1(圖略),易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中,C1D1=1,AD1==,AC1==,∴cos∠AC1D1===.
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8.已知等于90°的二面角α l β內有一點P,過P有PA⊥α于點A,PB⊥β于B,如果PA=PB=a,則P到l的距離為　　　.
解析:如圖,由PA⊥α,PB⊥β,l α,l β,得PA⊥l,PB⊥l.
又PA∩PB=P,PA,PB 平面APBC,故l⊥平面APBC,
l∩平面APBC=C.連接PC,PC 平面APBC,故l⊥PC.
所以P到l的距離為線段PC的長度,二面角α l β為90°.故BC=PA=PB,
且∠PBC=90°.故PC=PB=a.
a
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9.在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,M是A1D1的中點,點N在棱CC1上,CN=2NC1,則平面AMN與側面BB1C1C的交線長為　　　　.
解析:如圖,取BC,B1C1的中點為H,Q,連接BQ,C1H,則AM∥
BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H.
在平面BB1C1C中,過點N作NP∥C1H交BC于P,則NP為平
面AMN與側面BB1C1C的交線,
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且NP∶C1H=2∶3.
由于C1H===,∴NP=.
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10.(2023·全國乙卷)已知點S,A,B,C均在半徑為2的球面上,△ABC是邊長為3的等邊三角形,SA⊥平面ABC,則SA=　　　　.
解析:如圖,設△ABC的外接圓圓心為O1,連接O1A.因為△ABC是邊長為3的等邊三角形,所以其外接圓半徑r=O1A=××3=.
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將三棱錐S-ABC補形為正三棱柱SB1C1-ABC,由題意知SA為側棱.設球心為O,連接OO1,OA,則OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.
又球的半徑R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.
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11.(15分)如圖,在長方體ABCD A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.證明:
(1)當AB=BC時,EF⊥AC;
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證明:如圖,連接BD,B1D1.
因為AB=BC,
所以四邊形ABCD為正方形.
所以AC⊥BD.
又因為BB1⊥平面ABCD,
所以AC⊥BB1.因為BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BB1D1D.
因為EF 平面BB1D1D,所以EF⊥AC.
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(2)點C1在平面AEF內.
證明:如圖,在棱AA1上取點G,使得AG=2GA1,連接GD1,FC1,FG.
因為D1E=DD1,AG=AA1,DD1 AA1,
所以ED1 AG,于是四邊形ED1 GA為平行四邊形.所以 AE∥GD1.
因為B1F=BB1,A1G=AA1,BB1 AA1,
所以B1F A1G,于是四邊形B1FGA1為平行四邊形.
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所以FG A1B1,FG C1D1.
所以四邊形FGD1C1為平行四邊形.
所以GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四點共面,即點C1在平面AEF內.
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12.(15分)如圖①所示,已知正三角形ADP與正方形ABCD,將△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置,連接P'B,P'C,得到如圖②所示的四棱錐.已知AB=2,P'B=2,T為AP上一點,且滿足PT=2AT.
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(1)求證:CD⊥平面P'AD;
解:證明:由題意知△P'AD是正三角形,有P'A=AB=2,在△P'AB中,P'A2+AB2=8=P'B2,則AB⊥P'A.
在正方形ABCD中,AB⊥AD,P'A∩AD=A,P'A,AD 平面P'AD,
所以AB⊥平面P'AD.又CD∥AB,
所以CD⊥平面P'AD.
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(2)在線段P'D上是否存在一點Q,使得CQ∥平面BDT.若存在,指出點Q的位置,并證明你的結論;若不存在,請說明理由.
解:當點Q為線段P'D的中點時,CQ∥平面BDT.
取P'T的中點N,連接CQ,NQ,CN,
連接AC∩BD=O,連接OT,如圖,
所以NQ∥TD.又TD 平面BDT,NQ 平面BDT,
因此NQ∥平面BDT.
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因此CN∥平面BDT.
又CN∩NQ=N,CN,NQ 平面CQN,
所以平面CQN∥平面BDT.
又CQ 平面CQN,則CQ∥平面BDT,
所以點Q為線段P'D的中點時,CQ∥平面BDT.課時跟蹤檢測(四十)　空間點、線、面位置關系
(滿分80分，選填小題每題5分)
1．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M是平面A1B1C1D1內一點，且BM∥平面ACD1，則tan∠DMD1的最大值為(　　)
A. B．1
C．2 D.
2．坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若AB＝25 m，BC＝AD＝10 m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為(　　)
A．102 m B．112 m
C．117 m D．125 m
3．(2023·全國甲卷)已知四棱錐P－ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC面積為(　　)
A．2 B．3
C．4 D．6
4．一封閉的正方體容器ABCD－A1B1C1D1，P，Q，R分別是AB，BC和C1D1的中點，由于某種原因，P，Q，R處各有一個小洞，當此容器內存水的表面恰好經過這三個小洞時，容器中水的上表面形狀是(　　)
A．三角形 B．四邊形
C．五邊形 D．六邊形
5．(2023·新課標Ⅱ卷)(多選)已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點C在底面圓周上，且二面角P－AC－O為45°，則(　　)
A．該圓錐的體積為π
B．該圓錐的側面積為4π
C．AC＝2
D．△PAC的面積為
6．如圖，正四面體ABCD中，E，F分別是線段AC的三等分點，P是線段AB的中點，G是線段BD上的動點，則(　　)
A．存在點G，使PG⊥EF成立
B．存在點G，使FG⊥EP成立
C．不存在點G，使平面EFG⊥平面ACD成立
D．不存在點G，使平面EFG⊥平面ABD成立
7．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，則異面直線A1B1與AC1夾角的余弦值為________.
8．已知等于90°的二面角α－l－β內有一點P，過P有PA⊥α于點A，PB⊥β于B，如果PA＝PB＝a，則P到l的距離為__________.
9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中點，點N在棱CC1上，CN＝2NC1，則平面AMN與側面BB1C1C的交線長為____________.
10．(2023·全國乙卷)已知點S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________.
11．(15分)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：
(1)當AB＝BC時，EF⊥AC；
(2)點C1在平面AEF內．
12．(15分)如圖①所示，已知正三角形ADP與正方形ABCD，將△ADP沿AD翻折至△ADP′所在的位置，連接P′B，P′C，得到如圖②所示的四棱錐．已知AB＝2，P′B＝2，T為AP上一點，且滿足PT＝2AT.
(1)求證：CD⊥平面P′AD；
(2)在線段P′D上是否存在一點Q，使得CQ∥平面BDT.若存在，指出點Q的位置，并證明你的結論；若不存在，請說明理由．
課時跟蹤檢測(四十)
1．選D　設正方體的棱長為1，因為當M在直線A1C1上時，都滿足BM∥平面ACD1，
所以tan∠DMD1＝＝＝是最大值，此時MD1⊥A1C1.故選D.
2．選C　如圖，過E作EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別作EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG，OM.
由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝.
因為EO⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EO⊥BC.
因為EG⊥BC，EO，EG 平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG.因為OG 平面EOG，所以BC⊥OG.
同理OM⊥BM.又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形．所以由BC＝10得OM＝5.所以EO＝.所以OG＝5.所以在Rt△EOG中，EG＝＝＝.在Rt△EBG中，BG＝OM＝5，EB＝＝＝8.
又因為EF＝AB－5－5＝25－5－5＝15，
所有棱長之和為2×25＋2×10＋15＋4×8＝117 m．故選C.
3．選C　如圖，過點P作PO⊥平面ABCD，垂足為O，取DC的中點M，AB的中點N，連接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC.又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM.又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三點共線．所以OA＝OB.所以Rt△POA≌Rt△POB.所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理得PA＝＝.所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝.所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故選C.
4.選D　如圖，設過P，Q，R三點的平面為平面α.分別取A1D1，A1A，CC1的中點F，E，M，連接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方體的性質知RF∥PQ，所以F∈平面α.又RP∥MQ，所以M∈平面α.又EF∥RP，所以E∈平面α.所以六邊形RFEPQM為容器中水的上表面的形狀．故選D.
5.選AC　在△PAB中，由余弦定理得AB＝2.如圖，連接PO，易知圓錐的高h＝PO＝1，底面圓的半徑r＝AO＝BO＝.該圓錐的體積V＝πr2h＝π，故A正確；該圓錐的側面積S側＝πr·PA＝2π，故B錯誤；取AC的中點H，連接PH，OH，因為OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，則二面角P AC O的平面角為∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C正確；PH＝OH＝，S△PAC＝×2×＝2，故D錯誤．故選A、C.
6．選C　取BD的中點M，連接AM，CM.易得AM⊥BD，CM⊥BD，AM，CM 平面ACM，AM∩CM＝M，故BD⊥平面ACM.又AC 平面ACM，故BD⊥AC.若PG⊥EF，PG，BD 平面ABD，PG∩BD＝G，則AC⊥平面ABD.顯然不成立．故不存在點G，使PG⊥EF成立．故A錯誤；
連接BF，DF，易得PE∥BF，故∠BFG或其補角即為異面直線PE，FG的夾角，不妨設AB＝3，在△ABF中，由余弦定理得BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos，即BF2＝32＋22－2×3×2×＝7，解得BF＝.同理DF＝.在△BFD中，cos∠BFD＝＝>0，則∠BFD<.顯然∠BFG<∠BFD<.
故不存在點G，使FG⊥EP成立．故B錯誤；
取CD的中點N，連接AN，BN，過B作BH⊥AN于H.易得BN⊥CD，AN⊥CD，AN，BN 平面ABN，AN∩BN＝N，故CD⊥平面ABN.又BH 平面ABN，
故CD⊥BH.
又AN，CD 平面ACD，AN∩CD＝N，故BH⊥平面ACD.若平面EFG⊥平面ACD，則BH 平面EFG或BH∥平面EFG.顯然BH與平面EFG相交．故不存在點G，使平面EFG⊥平面ACD成立．故C正確；
當G與BD中點M重合時，由A選項知有BD⊥平面ACM，即BD⊥平面EFG.又BD 平面ABD，故平面ABD⊥平面EFG.故存在點G，使平面EFG⊥平面ABD成立．故D錯誤．故選C.
7．解析：∵C1D1∥A1B1，∴異面直線A1B1與AC1的夾角即為C1D1與AC1的夾角，即∠AC1D1.
連接AD1(圖略)，易知AD1⊥C1D1.
∵在Rt△AC1D1中，C1D1＝1，AD1＝＝，AC1＝＝，
∴cos∠AC1D1＝＝＝.
答案：
8．解析：如圖，由PA⊥α，PB⊥β，l α，l β，得PA⊥l，PB⊥l.
又PA∩PB＝P，PA，PB 平面APBC，故l⊥平面APBC，l∩平面APBC＝C.連接PC，PC 平面APBC，故l⊥PC.
所以P到l的距離為線段PC的長度，二面角α l β為90°.故BC＝PA＝PB，
且∠PBC＝90°.故PC＝PB＝a.
答案：a
9．解析：如圖，取BC，B1C1的中點為H，Q，連接BQ，C1H，則AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H.
在平面BB1C1C中，過點N作NP∥C1H交BC于P，則NP為平面AMN與側面BB1C1C的交線，且NP∶C1H＝2∶3.
由于C1H＝＝＝，∴NP＝.
答案：
10．解析：如圖，設△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A.因為△ABC是邊長為3的等邊三角形，所以其外接圓半徑r＝O1A＝××3＝.
將三棱錐SABC補形為正三棱柱SB1C1ABC，由題意知SA為側棱．設球心為O，連接OO1，OA，則OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.
又球的半徑R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2.
答案：2
11．證明：(1)如圖，連接BD，B1D1.
因為AB＝BC，
所以四邊形ABCD為正方形．
所以AC⊥BD.
又因為BB1⊥平面ABCD，
所以AC⊥BB1.
因為BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D.
因為EF 平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
(2)如圖，在棱AA1上取點G，使得AG＝2GA1，連接GD1，FC1，FG.
因為D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綉AA1，
所以ED1綉AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形．所以 AE∥GD1.
因為B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綉AA1，
所以B1F綉A1G，于是四邊形B1FGA1為平行四邊形．
所以FG綉A1B1，FG綉C1D1.
所以四邊形FGD1C1為平行四邊形．
所以GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四點共面，即點C1在平面AEF內．
12．解：(1)證明：由題意知△P′AD是正三角形，有P′A＝AB＝2，在△P′AB中，P′A2＋AB2＝8＝P′B2，則AB⊥P′A.
在正方形ABCD中，AB⊥AD，P′A∩AD＝A，P′A，AD 平面P′AD，
所以AB⊥平面P′AD.又CD∥AB，
所以CD⊥平面P′AD.
(2)當點Q為線段P′D的中點時，CQ∥平面BDT.
取P′T的中點N，連接CQ，NQ，CN，連接AC∩BD＝O，連接OT，如圖，
所以NQ∥TD.又TD 平面BDT，NQ 平面BDT，
因此NQ∥平面BDT.
依題意，T為P′A上一點，且滿足P′T＝2AT，則T為NA的中點．又O為AC的中點，即有OT∥CN.
又TO 平面BDT，CN 平面BDT，
因此CN∥平面BDT.
又CN∩NQ＝N，CN，NQ 平面CQN，
所以平面CQN∥平面BDT.
又CQ 平面CQN，則CQ∥平面BDT，
所以點Q為線段P′D的中點時，CQ∥平面BDT.

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