(共41张PPT)
突破1 空间角、空间距离
2025
考点一 异面直线所成的角
例1如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB= ,△AA1B为等腰直角三角形,求异面直线A1O与AB所成的角的余弦值.
解 (方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.
(方法二)以点O为坐标原点,OA所在直线为y轴,
建立如图所示的空间直角坐标系.
[对点训练1](2024陕西西安模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面AA1C1C,D是AA1的中点,△ACD是边长为2的等边三角形.
(1)求证:C1D⊥BD;
(2)若BC=6,求异面直线BC1与B1D所成的角的余弦值.
(1)证明 ∵△ACD是边长为1的等边三角形,
∴∠ADC=60°,AC=AD,∴∠DA1C1=120°.
∵D是AA1的中点,∴AD=A1D=AC=A1C1,即△A1C1D是等腰三角形,∴∠A1DC1=30°,∴∠CDC1=90°,即CD⊥C1D.
∵BC⊥平面AA1C1C,C1D 平面AA1C1C,
∴BC⊥C1D.
又BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,∴C1D⊥平面BCD.
又BD 平面BCD,∴C1D⊥BD.
(2)解 取AD中点E,连接CE.∵△ACD为等边三角形,∴CE⊥AD.以点C为坐标原点,CE,CC1,CB所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
考点二 直线与平面所成的角
例2(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC 平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 (方法一)如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,
∴AC=2,BE= .
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,
∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1), E(0,0,0), ∴
(方法二)由题设及(1)得AC=BC=AB=BD=2,
DE= AC=1,所以BE= ,所以DE2+BE2=DB2,
所以DE⊥BE.
连接EF.由(1)可得AC⊥EF,所以△AFC的面积为
×AC×EF.当△AFC的面积最小时,EF取最小值,
所以EF⊥BD,所以EF= .
由(1)可得AC⊥BD.又EF∩AC=E,EF,AC 平面AFC,所以BD⊥平面AFC.又BD 平面ABD,所以平面ABD⊥平面AFC.
因为AC⊥EF,AE[对点训练2](2024湖南湘潭模拟)在三棱台A1B1C1-ABC中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=2,AA1⊥平面ABC,M,N分别为AB,AC的中点.
(1)求证:平面BCC1B1∥平面A1MN;
(2)若A1B⊥AC1,设D为线段BC上的动点,求A1D与平面BCC1B1所成的角的正弦值的最大值.
(1)证明 由题可知A1C1=CN,A1C1∥CN,所以四边形A1C1CN为平行四边形,所以CC1∥A1N.
因为M,N分别为AB,AC的中点,所以BC∥MN.又CC1∩BC=C,CC1,BC 平面BCC1B1,MN∩A1N=N,MN,A1N 平面A1MN,
所以平面BCC1B1∥平面A1MN.
(2)解 连接BN,CN.因为AA1⊥平面ABC,AA1 平面AA1C1C,AC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面AA1C1C,AA1⊥AC.因为△ABC为等边三角形,点N为AC的中点,所以BN⊥AC.又平面ABC∩平面AA1C1C=AC,BN 平面ABC,所以BN⊥平面AA1C1C.又AC1 平面AA1C1C,所以BN⊥AC1.又A1B⊥AC1,A1B∩BN=B, A1B,BN 平面BNA1,所以AC1⊥平面BNA1.又A1N 平面BNA1,所以AC1⊥A1N.又A1C1∥AN,A1C1=AN, AA1⊥AC,所以四边形A1ANC1为正方形,所以AA1=1.以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
考点三 平面与平面所成的角
例3(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图1,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,
且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE 平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
图1
(2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC= .DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,
∴DE=1.
∵△ABD,△ACD为等边三角形,
∴AB=AC= .
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,
∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,
∴AE,BC,DE两两垂直.
图2
[对点训练3]
如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN的夹角的余弦值.
(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,
∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1 平面AA1B1B,∴AB1⊥平面A1BC.
又BC 平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1 平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.又AB 平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,∴AC为圆柱底面的直径.
(2)解 由题可知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以点B为原点,BA,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,则
考点四 空间距离问题
例4(2024广东佛山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为上底面ABC上一点.
(1)在上底面ABC上画一条经过点D且与B1D垂直的直线l,应该如何画线 请说明理由.
(2)若BC=BB1=1,AB=2,∠A1B1C1= ,E为A1B1的中点,求点B到平面AC1E的距离.
解 (1)如图,连接BD,在平面ABC上过点D作l⊥BD.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又l 平面ABC,所以BB1⊥l.
又l⊥BD,BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BB1D,所以l⊥平面BB1D.
又B1D 平面BB1D,所以l⊥B1D.
[对点训练4](2024江苏南通二模)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点;
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
解 (1)如图,选择条件①,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD 平面EFG,EF 平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD 平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
选择条件②,在△ACD中,因为AG=2GD,F为CD中点,所以GF与AC不平行.
设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF.又AC 平面ABC,FG 平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.
(2)若第(1)问中选①,由(1)知,BD∥平面EFG,则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第(1)问中选②,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD 平面EFG,EF 平面EFG,所以BD∥平面EFG,所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,得EA⊥BC,ED⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,EA 平面ABC,所以EA⊥平面BCD.又ED 平面BCD,所以EA⊥ED,所以EA,ED,BC两两垂直.
本 课 结 束(共31张PPT)
突破2 立体几何中的翻折问题、探究性问题
2025
考点一 翻折问题
例1(2024浙江金华模拟)如图,在等腰梯形ABCD'中,AB∥CD',AB=BC=2, ∠ABC=120°,E,F,G分别为D'C,AE,BC的中点,将△D'AE绕AE翻折至△DAE的位置,H为CD的中点.
(1)求证:DF∥平面HGE;
(2)当平面DAE垂直于平面ABCD'时,求平面DAE与平面HGE的夹角的余弦值.
(1)证明 如图,在等腰梯形ABCD'中,
∵AB∥CD',∠ABC=120°,∴∠BAD'=120°,∠AD'E=∠BCD'=60°.
连接BD'.
∵AB=AD',∠BAD'=120°,
∴∠ABD'=∠AD'B=30°.
又∠ABC=120°,∴∠D'BC=90°.
又∠BCD'=60°,BC=2,∴CD'=4,
∴D'E=2.
又∠AD'E=60°,∴△AD'E为等边三角形,且BD'为∠AD'E的角平分线,
∴BD'与AE的交点即为点F,且D'F⊥AE.
∵点E为CD'的中点,点G为BC的中点,∴BF∥EG.
连接CF,交EG于点M,连接HM,易证△EMF≌△GMC,
∴点M为CF的中点,
∴HM为△CDF的中位线,
∴DF∥HM.
又HM 平面HGE,DF 平面HGE,
∴DF∥平面HGE.
(2)解 ∵平面DAE⊥平面ABC,平面DAE∩平面ABCD'=AE,DF⊥AE,DF 平面DAE,
∴DF⊥平面ABCD'.
又AE⊥BD',
∴DF,AF,BF两两垂直.以点F为坐标原点,
分别以FA,FB,FD所在直线为x轴、y轴、z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系,
[对点训练1](2024湖南株洲模拟)由正方形ABCD、等边三角形ABE和等边三角形BCF组成的一个平面图形如图所示,其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,求直线AM与平面PBC所成的角的正弦值.
(1)证明 如图,取AC的中点O,连接BO,PO.
由题可知△APC是等腰直角三角形,AP=6,
∴PO⊥AC,且PO=3 .
同理OB=3 .
又PB=6,∴PO2+OB2=PB2,
∴PO⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC,OB 平面ABC,∴PO⊥平面ABC.又PO 平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABC.
令x=1,则y=z=-1,∴平面PBC的一个法向量为n=(1,-1,-1).
设直线AM与平面PBC所成的角为θ,
考点二 空间中的探究性问题(多考向探究预测)
考向1与位置关系有关的探究性问题
例2(2024浙江绍兴模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,底面△ABC是边长为2的正三角形,PA=PC=4.
(1)求证:PB⊥AC;
(2)若平面PAC⊥平面ABC,在线段PB(包含端点)上是否存在一点E,使得平面PAB⊥平面ACE 若存在,求出PE的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,取AC的中点O,连接OP,OB.因为△ABC是正三角形,所以OB⊥AC.因为PA=PC,所以OP⊥AC.
又OB∩OP=O,OB,OP 平面OPB,所以AC⊥平面OPB.
又PB 平面OPB,所以PB⊥AC.
(2)解 存在.
由(1)可知OP⊥AC,OB⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,OP 平面PAC,所以OP⊥平面ABC.
以点O为坐标原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如
考向2与空间角有关的探究性问题
例3(2024广东广州二模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是菱形,且与平面A1BC垂直,BC⊥AC,AA1=A1C=4,BC=2.
(1)证明:BC⊥平面ACC1A1;
(2)棱CC1上是否存在一点D,使得直线A1D与平面ABB1A1所成的角为30° 若存在,请确定点D的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明 如图,连接CA1与C1A.
因为四边形ACC1A1为菱形,所以C1A⊥CA1.
又平面ACC1A1⊥平面A1BC,平面ACC1A1∩平面A1BC=CA1,AC1 平面ACC1A1,所以AC1⊥平面A1BC.又BC 平面A1BC,所以AC1⊥BC.
又BC⊥AC,AC1∩AC=A,AC1,AC 平面ACC1A1,所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)解 存在.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1,BC 平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACC1A1.
因为AA1=A1C=AC=4,所以三角形AA1C为等边三角形.取AC中点为O,连接A1O,则A1O⊥AC.又A1O 平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,所以A1O⊥平面ABC.
取AB中点为E,连接OE,则OE∥BC.
因为BC⊥AC,所以OE⊥AC.
[对点训练2](2024辽宁沈阳模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD为菱形,四边形DBEF为梯形,BE∥DF,DF=2BD=2BE=4,且AE=CE.
(1)求证:平面DBEF⊥平面ABCD;
(2)当∠EBD=60°时,平面AEF与平面CEF能否垂直 若能,求出菱形ABCD的边长;若不能,请说明理由.
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接OE.
因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC,AC⊥BD.
又因为AE=CE,所以AC⊥OE.
又因为BD,OE 平面DBEF,BD∩OE=O,所以AC⊥平面DBEF.
又因为AC 平面ABCD,所以平面DBEF⊥平面ABCD.
(2)解 能垂直.
由题可知BE=2,OB=1,∠EBD=60°,
所以BE2=OB2+OE2,所以OE⊥BD.又因为AC⊥平面DBEF,OE,BD 平面DBEF,所以OE,BD,AC两两垂直.以点O为原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)证明 如图,连接OD,OC,DC,OE.
因为点E是PA的中点,点O是AB的中点,所以OE∥PB.又BP∩BC=B,BP,BC 平面PBC,OE∩OD=O,OE,OD 平面ODE,所以平面ODE∥平面PBC.
又DE 平面ODE,所以DE∥平面PBC.
(2)解 存在.设CD的中点为G,连接OG,则OG⊥CD.因为四边形OBCD是菱形,所以CD∥AB,所以OG⊥AB.
由题可知平面PAB⊥平面OBCD,又平面PAB∩平面OBCD=AB,OP 平面PAB,所以OP⊥平面OBCD.又OG,AB 平面OBCD,所以OG,AB,OP两两垂直.
本 课 结 束
