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2010年高考数学应考复习精品资料解题技巧第六讲 立体几何新题型


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2010 年高考数学应考复习精品资料解题技巧 年高考数学应考复习精品资料

第六讲 立体几何新题型
【考点透视】 考点透视】
(A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念,对于异面直线的距离,只要求会计算已给出 公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影,直线和平面所成的角,直线和平面的距离的概 念.掌握二面角,二面角的平面角,两个平行平面间的距离的概念. (B)版. ①理解空间向量的概念,掌握空间向量的加法,减法和数乘. ②了解空间向量的基本定理,理解空间向量坐标的概念,掌握空间向量的坐标运算. ③掌握空间向量的数量积的定义及其性质,掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式. ④理解直线的方向向量,平面的法向量,向量在平面内的射影等概念. ⑤了解多面体,凸多面体,正多面体,棱柱,棱锥,球的概念. ⑥掌握棱柱,棱锥,球的性质,掌握球的表面积,体积公式. ⑦会画直棱柱,正棱锥的直观图. 空间距离和角是高考考查的重点:特别是以两点间距离,点到平面的距离,两异面直线的 距离,直线与平面的距离以及两异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角等作为命 题的重点内容, 高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查, 分为多个小问 题, 也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题, 但也可能在最后一问中设置有难度的问题. 不论是求空间距离还是空间角,都要按照"一作,二证,三算"的步骤来完成,即寓证明 于运算之中,正是本专题的一大特色. 求解空间距离和角的方法有两种:一是利用传统的几何方法,二是利用空间向量.

【例题解析】 例题解析】
考点 1 点到平面的距离 求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度,其关键在于确定点在平面内的垂足, A A1 当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题 例 1 如图,正三棱柱 ABC A1 B1C1 的所有棱长都为 2 , D 为 CC1 中点. C (Ⅰ)求证:
AB1 ⊥

平面

A1 BD

D

C1 B1

; B

(Ⅱ)求二面角

A A1 D B

的大小;
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 (Ⅲ)求点 C 到平面 A1BD 的距离.

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考查目的:本小题主要考查直线与平面的位置关系,二面角的 大小,点到平面的距离等知识,考查空间想象能力,逻辑思维 能力和运算能力. 解答过程:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
∵△ ABC 为正三角形,∴ AO ⊥ BC .

A F C O B D

A1

∵ 正三棱柱 ABC A1 B1C1 中,平面 ABC ⊥平面 BCC1 B1 ,
∴ AO ⊥ 平面 BCC1 B1 .

C1 B1

连结 B1O ,在正方形 BB1C1C 中, O,D 分别为
BC,CC1

的中点, ∴ B1O ⊥ BD , ∴ AB1 ⊥ BD .

在正方形 ABB1 A1 中, AB1 ⊥ A1 B , ∴ AB1 ⊥ 平面 A1 BD . (Ⅱ) AB1 与 A1 B 交于点 G , 设 在平面 A1 BD 中, GF ⊥ A1 D 于 F , 作 连结 AF , (Ⅰ) AB1 ⊥ 由 得 平面 A1BD .
∴ AF ⊥ A1D

, ∴∠AFG 为二面角 A A1 D B 的平面角.
AF = 4 5 5 ,



△ AA1 D

中,由等面积法可求得



∵ AG =

1 AB1 = 2 2 ,

∴ sin ∠AFG =

AG 2 10 = = AF 4 5 4 5 .
10 4 .

所以二面角

A A1 D B

的大小为

arcsin

(Ⅲ) △ A1 BD 中,

BD = A1 D = 5,A1 B = 2 2, S△ A1BD = 6 ∴

, S△ BCD = 1 .

在正三棱柱中, A1 到平面 BCC1 B1 的距离为 3 . 设点 C 到平面 A1 BD 的距离为 d . 由
VA1 BCD = VC A1BD

1 1 S△ BCD i 3 = S△ A1BD i d 3 3 ,得 ,

∴d =

3S△ BCD 2 = S△ A1BD 2

.

2 C 到平面 A1BD 的距离为 2 . ∴点

解法二: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
∵△ ABC 为正三角形,∴ AO ⊥ BC .
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∵ 在正三棱柱 ABC A1 B1C1 中,平面 ABC ⊥平面 BCC1 B1 ,
∴ AD ⊥ 平面 BCC1 B1 .

取 B1C1 中点 O1 ,以 O 为原点, OB , OO1 , OA 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角
2, 2, 0, 0, ,0) 坐标系,则 B(1, 0) , D ( 11, , A1 (0, 3) , A(0, 3) , B1 (1, 0) ,
∴ AB1 = (1, 3) , BD = (2,0) , BA1 = (1, 3) . 2, 2, 1, ∵ AB1 i BD = 2 + 2 + 0 = 0 , AB1 i BA1 = 1 + 4 3 = 0 , ∴ AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1 .
∴ AB1 ⊥

z A F C O B D

A1

C1
y

平面

A1 BD

. x

(Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n = ( x,y,z ) .
2, AD = (11, 3) , AA1 = (0, 0) . ∵ n ⊥ AD , n ⊥ AA1 , ,
ni AD = 0, x + y 3 z = 0, y = 0, ∴ ∴ ∴ x = 3 z. ni AA1 = 0, 2 y = 0,

B1

0, 令 z = 1 得 n = ( 3,1) 为平面 A1 AD 的一个法向量.

由(Ⅰ)知 AB1 ⊥ 平面 A1BD ,
∴ AB1 为平面 A1 BD 的法向量.
AB1 >= ni AB1 n i AB1 = 3 3 6 = 4 2i 2 2

cos < n ,

.

∴ 二面角

A A1 D B

的大小为

arccos

6 4 .

(Ⅲ)由(Ⅱ) AB1 为平面 A1BD 法向量, ,
∵ BC = (2, 0) AB1 = (1, 3) . 0,, 2,
d= BC i AB1 AB1 = 2 2 2 = 2 2

∴ 点 C 到平面 A1BD 的距离

.

小结:本例中(Ⅲ)采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方 法,把不易直接求的 B 点到平面 AMB1 的距离转化为容易求的点 K 到平面 AMB1 的距离的 计算方法,这是数学解题中常用的方法;解法一采用了等体积法,这种方法可以避免复杂的 几何作图,显得更简单些,因此可优先考虑使用这一种方法. 例 2.如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为 1 和 2,AB=4. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角;
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离.

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命题目的: 本题主要考查直线与平面的位置关系, 异面直线所成的角以及点到平面的距离 基本知识,考查空间想象能力,逻辑思维能力和运算能力. 过程指引: 方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角; 方法二关键是掌握利用 空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程: 方法一 (Ⅰ)取 AD 的中点,连结 PM,QM. 因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥, 所以 AD⊥PM,AD⊥QM. 从而 AD⊥平面 PQM. 又 PQ 平面 PQM,所以 PQ⊥AD. 同理 PQ⊥AB,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)连结 AC,BD 设 AC ∩ BD = O ,由 PQ⊥平面 ABCD 及正 Q A M D O B C P

四棱锥的性质可知 O 在 PQ 上,从而 P,A,Q,C 四点共面.取 OC 的中点 N,连接 PN.

PO 1 NO NO 1 PO NO = , = = = OQ 2 OA OC 2 ,所以 OQ OA , 因为
从而 AQ‖PN,∠BPN(或其补角)是异面直线 AQ 与 PB 所成的角. 因为

PB = OB 2 + OP 2 = (2 2) 2 + 12 = 3
2

,

PN = ON 2 + OP 2 = ( 2) 2 + 1 = 3.

BN = OB 2 ON 2 = ( 2 2 ) + ( 2 ) 2 = 10

cos ∠BPN=
所以

3 PB 2+PN 2 BN 2 9 + 3 10 = = 2 PB PN 9 . 2× 3× 3
arccos 3 9 .

从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是

OM =
(Ⅲ)连结 OM,则 所以∠MQP=45°.

1 1 AB = 2 = OQ. 2 2

由(Ⅰ)知 AD⊥平面 PMQ,所以平面 PMQ⊥平面 QAD. 过 P 作 PH⊥QM 于 H,PH⊥ 平面 QAD.从而 PH 的长是点 P 到平面 QAD 的距离.



PQ = PO + QO = 3,∴ PH = PQ sin 450 =

3 2 . 2 .

3 2 即点 P 到平面 QAD 的距离是 2 .
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 方法二 (Ⅰ)连结 AC,BD,设 AC ∩ BD = O .

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z P

由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD. 从而 P,O,Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 由(Ⅰ) ,QO⊥平面 ABCD. 故可分别以直线 CA,DB,QP 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图) ,由题条件, Q x A D O B y C

,Q(0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,0). 相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) ,A( 2 2 ,0,0) 所以 AQ = (2 2 ,0,2)

PB = (0, 2 2, 1)

于是

cos AQ , PB =

3 9 .

, (Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是(0,- 2 2 ,0) AD = ( 2 2 ,2 2 ,0) ,

PQ = (0, 0, 3) ,设 n = ( x, y, z ) 是平面 QAD 的一个法向量,由
n AQ = 0 2x + z = 0 n AD = 0 x + y = 0 得 .

取 x=1,得 n = (1,1, 2 ) .

d=
所以点 P 到平面 QAD 的距离 考点 2 异面直线的距离

PQ n n

=

3 2 2
.

此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法, 考纲只要求掌握已给出公垂线段的异 面直线的距离. 典型例题 例 3 已知三棱锥 S ABC ,底面是边长为 4 2 的正三角形,棱 SC 的长为 2,且垂直于 底面. E,D 分别为 BC,AB 的中点,求 CD 与 SE 间的距离. 思路启迪:由于异面直线 CD 与 SE 的公垂线不易寻找,所以设 法将所求异面直线的距离,转化成求直线与平面的距离,再进一 步转化成求点到平面的距离. 解答过程:
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如图所示,取 BD 的中点 F,连结 EF,SF,CF,

∴ EF 为 BCD 的中位线,∴ EF ‖ CD ,∴ CD ‖面 SEF ,

∴ CD 到平面 SEF 的距离即为两异面直线间的距离.
又∵ 线面之间的距离可转化为线 CD 上一点 C 到平面 SEF 的距离,设其为 h,由题意知, BC = 4 2 ,D,E,F 分别是 AB,BC,BD 的中点,

∴ CD = 2 6 , EF =

1 CD = 6 , DF = 2 , SC = 2 2

∴ VS CEF =

1 1 1 1 2 3 EF DF SC = 6 2 2 = 3 2 3 2 3

在 Rt SCE 中, SE = 在 Rt SCF 中, SF = 又

SC 2 + CE 2 = 2 3 SC 2 + CF 2 = 4 + 24 + 2 = 30

∵ EF = 6, ∴ S SEF = 3
VC SEF = VS CEF = 1 1 2 3 2 3 S SEF h 3 h = h= 3 3 ,解得 3 ,即 3

由于

2 3 故 CD 与 SE 间的距离为 3 .
小结:通过本例我们可以看到求空间距离的过程,就是一个不断转化的过程. 考点 3 直线到平面的距离 此类题目再加上平行平面间的距离,主要考查点面,线面,面面距离间的转化. 典型例题 例 4. 如图,在棱长为 2 的正方体 AC1 中,G 是 AA1 的中点,求 BD 到平面 GB1 D1 的距 离. 思路启迪:把线面距离转化为点面距离,再用点到平面距离的方法求解. 解答过程: 解析一 ∵ BD ‖平面 GB1 D1 ,

D1 O1 A1
H G D O A B

C1 B1

∴ BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求,以下求
点 O 平面 GB1 D1 的距离,

C

∵ B1 D1 ⊥ A1C1 , B1 D1 ⊥ A1 A ,∴ B1 D1 ⊥ 平面 A1 ACC1 ,
又∵ B1 D1 平面 GB1 D1
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∴ 平面 A1 ACC1 ⊥ GB1 D1 ,两个平面的交线是 O1G ,
作 OH ⊥ O1G 于 H,则有 OH ⊥ 平面 GB1 D1 ,即 OH 是 O 点到平面 GB1 D1 的距离. 在 O1OG 中,

S O1OG =

1 1 O1O AO = 2 2 = 2 2 2 .



S O1OG =

1 1 2 6 OH O1G = 3 OH = 2 ,∴ OH = 2 2 3 .

2 6 GB1 D1 的距离等于 3 . 即 BD 到平面
解析二 ∵ BD ‖平面 GB1 D1 ,

∴ BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求,以下求点 B 平面 GB1 D1 的距离.
设点 B 到平面 GB1 D1 的距离为 h,将它视为三棱锥 B GB1 D1 的高,则

V B GB1D1 = V D1 GBB1 ,由于S GB1D1 =

1 1 1 4 × 2 2 × 3 = 6,V D1 GBB1 = × × 2 × 2 × 2 = 2 3 2 3,

∴h =

4 6

=

2 6 , 3

2 6 即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 3 .
小结:当直线与平面平行时,直线上的每一点到平面的距离都相等,都是线面距离.所以 求线面距离关键是选准恰当的点,转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距 离;解析二是等体积法求出点面距离. 考点 4 异面直线所成的角 此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角,然后通过解三角形来求角.异面直线所成 的角是高考考查的重点. 典型例题 例5 如图,在 Rt△AOB 中,
∠OAB = π 6 ,斜边 AB

= 4 .Rt△ AOC 可以通过 Rt△ AOB 以直线 AO A

为轴旋转得到,且二面角 B AO C 的直二面角. D 是 AB 的中点. (I)求证:平面 COD ⊥ 平面 AOB ; (II)求异面直线 AO 与 CD 所成角的大小. 思路启迪: (II)的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内.

D

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O C

E

B

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解答过程:解法 1: (I)由题意, CO ⊥ AO , BO ⊥ AO ,

∴∠BOC 是二面角 B AO C 是直二面角, ∴ CO ⊥ BO ,又∵ AO ∩ BO = O , ∴ CO ⊥ 平面 AOB ,
又 CO 平面 COD .

z

∴ 平面 COD ⊥ 平面 AOB .
(II)作 DE ⊥ OB ,垂足为 E ,连结 CE (如图) ,则 DE ‖ AO ,
∴∠CDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角.

A D

在 Rt△COE 中, CO = BO = 2 ,
∴ CE = CO 2 + OE 2 = 5 . DE = 1 AO = 3 2 .

OE =

1 BO = 1 2 ,

O

x

B y

C



∴ 在 Rt△CDE 中,

tan CDE =

5 15 CE = = DE 3 . 3
arctan 15 3 .

∴ 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为
解法 2: (I)同解法 1.

0, 0, 0, 1, (II)建立空间直角坐标系 O xyz ,如图,则 O (0, 0) , A(0, 2 3) ,C (2, 0) , D (0, 3) ,
1, ∴ OA = (0, 2 3) , CD = ( 2, 3) , 0,

∴ cos < OA, >= CD

6 6 OA i CD = 2 3 i2 2 = 4 .
arccos 6 4 .

OAiCD

∴ 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为

小结: 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形,作法有:①平移法:在异面 直线中的一条直线上选择"特殊点" ,作另一条直线的平行线,如解析一,或利用中位线, 如解析二;②补形法:把空间图形补成熟悉的几何体,其目的在于容易发现两条异面直线间 的关系,如解析三.一般来说,平移法是最常用的,应作为求异面直线所成的角的首选方法.
π 0, 同时要特别注意异面直线所成的角的范围: 2 .

例 6.如图所示,AF,DE 分别是⊙O,⊙O1 的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直,AD =8,BC 是⊙O 的直径,AB=AC=6,OE//AD.
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 (Ⅰ)求二面角 B—AD—F 的大小; (Ⅱ)求直线 BD 与 EF 所成的角.

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命题目的:本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知 识,考查空间想象能力,逻辑思维能力和运算能力. 过程指引:关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利 用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程: (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAF 是二面角 B—AD—F 的平面角.

∵ AF,BC 是圆 O的直径, ABFC 是矩形 ,又 ∵ AB = AC = 6, ABFC 是正方形 ∴ ∴
由于 ABFC 是正方形,所以∠BAF=450. 即二面角 B—AD—F 的大小为 450; (Ⅱ)以 O 为原点,BC,AF,OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示) , ,B( 3 2 ,0,0),D(0, 3 2 ,8) ,E(0,0,8) , 则 O(0,0,0) ,A(0, 3 2 ,0) F(0, 3 2 ,0) 所以, BD = (3 2 ,3 2 ,8), FE = (0,3 2 ,8)

cos < BD, FE >=

0 + 18 + 64 82 BD FE . = = 10 | BD || FE | 100 × 82

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 α ,则

cos α = cos < BD, FE > =
.

82 . 10 arccos 82 10 .

故直线 BD 与 EF 所成的角为 考点 5 直线和平面所成的角

此类题主要考查直线与平面所成的角的作法,证明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位,是高考的常考内容. 典型例题 例 7. 四棱锥 S ABCD 中, 底面 ABCD 为平行四边形, 侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD . 已知∠ABC = 45 ,

AB = 2 , BC = 2 2 , SA = SB = 3 .
(Ⅰ)证明 SA ⊥ BC ; (Ⅱ)求直线 SD 与平面 SAB 所成角的大小. 考查目的:本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系, D
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C A S

B

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二面角的大小,点到平面的距离等知识,考查空间想象能力,逻辑思维能力和运算能力. 解答过程:解法一: (Ⅰ)作 SO ⊥ BC ,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD , 得 SO ⊥ 底面 ABCD . 因为 SA = SB ,所以 AO = BO , 又 ∠ABC = 45 ,故 △ AOB 为等腰直角三角形, AO ⊥ BO , 由三垂线定理,得 SA ⊥ BC . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 SA ⊥ BC ,依题设 AD ‖ BC , 故 SA ⊥ AD ,由 AD = BC = 2 2 , SA = 3 , AO = D C A S

O
B

2 ,得

SO = 1 , SD = 11 .

△SAB 的面积

S1 =

1 1 AB i SA2 AB = 2 2 2 .

2

连结 DB ,得 △DAB 的面积

S2 =

1 AB i AD sin135 = 2 2 VD SAB = VS ABD
,得

设 D 到平面 SAB 的距离为 h ,由于
1 1 hi S1 = SO i S 2 3 3 ,解得 h = 2 .

设 SD 与平面 SAB 所成角为 α ,则

sin α =

2 22 h = = 11 . SD 11
22 11 .

所以,直线 SD 与平面 SBC 所成的我为 解法二:

arcsin

(Ⅰ)作 SO ⊥ BC ,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD ,得 SO ⊥ 平面

ABCD .
因为 SA = SB ,所以 AO = BO . 又 ∠ABC = 45 , △ AOB 为等腰直角三角形, AO ⊥ OB . 如图,以 O 为坐标原点, OA 为 x 轴正向,建立直角坐标系 O xyz , S

z

A( 2, 0) , B (0, 2, , C (0, 2, , S (0,1) , SA = ( 2, 1) , 0, 0) 0) 0, 0, CB = (0, 2, , SAiCB = 0 ,所以 SA ⊥ BC . 2 0)
2 2 E 0 2 ,2 , , 中点 E ,

G
C

O
A

D

E

B

y

x

(Ⅱ)取 AB

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2 2 1 G 4 ,4 , 2 连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG , .

2 2 1 2 2 OG = 1 4 ,4 , SE = 2 ,2 , 2 0) , AB = ( 2, 2, . ,

SE iOG = 0 , ABiOG = 0 , OG 与平面 SAB 内两条相交直线 SE , AB 垂直.
所以 OG ⊥ 平面 SAB ,OG 与 DS 的夹角记为 α ,SD 与平面 SAB 所成的角记为 β , α 则 与 β 互余.
D ( 2, 2, , DS = ( 2, 2, . 2 0) 2 1)
cos α = OG i DS OG i DS = 22 11
sin β = 22 11 ,

,

所以,直线 SD 与平面 SAB 所成的角为

arcsin

22 11 .

小结:求直线与平面所成的角时,应注意的问题是(1)先判断直线和平面的位置关系; (2)当直线和平面斜交时,常用以下步骤:①构造——作出斜线与射影所成的角,②证明 ——论证作出的角为所求的角, ③计算——常用解三角形的方法求角, ④结论——点明直线 和平面所成的角的值. 考点 6 二面角 此类题主要是如何确定二面角的平面角, 并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适 的三角形中进行求解.二面角是高考的热点,应重视. 典型例题 例 8.如图,已知直二面角 α PQ β , A ∈ PQ , B ∈ α , C ∈ β , CA = CB ,

∠BAP = 45 ,直线 CA 和平面 α 所成的角为 30 .
(I)证明 BC ⊥ PQ ; (II)求二面角 B AC P 的大小. P B

β C
A Q

α 命题目的:本题主要考查直线与平面垂直,二面角等基本知识,考查空间想象能力,逻辑
思维能力和运算能力. 过程指引: (I)在平面 β 内过点 C 作 CO ⊥ PQ 于点 O ,连结 OB . 因为 α ⊥ β , α ∩ β = PQ ,所以 CO ⊥α , 又因为 CA = CB ,所以 OA = OB . 而 ∠BAO = 45 ,所以 ∠ABO = 45 , ∠AOB = 90 ,
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β C
P B O

H A Q

α

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所以 PQ ⊥ 平面 OBC .因为 BC 平面 OBC ,故 PQ ⊥ BC . (II)解法一:由(I)知, BO ⊥ PQ ,又 α ⊥ β , α ∩ β = PQ ,

BO α ,所以 BO ⊥ β .
过点 O 作 OH ⊥ AC 于点 H ,连结 BH ,由三垂线定理知, BH ⊥ AC . 故 ∠BHO 是二面角 B AC P 的平面角. 由(I)知, CO ⊥α ,所以 ∠CAO 是 CA 和平面 α 所成的角,则 ∠CAO = 30 , 不妨设 AC = 2 ,则 AO =

3,

OH = AO sin 30 =

3 2 .

在 Rt△OAB 中, ∠ABO = ∠BAO = 45 ,所以 BO = AO = 3 ,

tan ∠BHO =
于是在 Rt△BOH 中,

BO = OH

3 3 2

=2
.

故二面角 B AC P 的大小为 arctan 2 . 解法二:由(I)知, OC ⊥ OA , OC ⊥ OB , OA ⊥ OB ,故可以 O 为原点,分别以直 线 OB,OA,OC 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如图) . 因为 CO ⊥ a ,所以 ∠CAO 是 CA 和平面 α 所成的角,则 ∠CAO = 30 . 不妨设 AC = 2 ,则 AO = 3 , CO = 1 . 在 Rt△OAB 中, ∠ABO = ∠BAO = 45 , 所以 BO = AO = 3 . 则相关各点的坐标分别是 P

β C z
A B O y Q

α x

O (0, 0) , B ( 3, 0) , A(0,3, , C (0,1) . 0, 0, 0) 0,

0) 1) 所以 AB = ( 3, 3, , AC = (0, 3, .



n1 = {x,y,z} 是平面 ABC 的一个法向量,由 n1 = (11,3) ,
.

n1 i AB = 0, n1 i AC = 0

3 x 3 y = 0, 3 y + z = 0 得

取 x = 1 ,得 易知

n2 = (1, 0) 0,

是平面 β 的一个法向量.

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设二面角 B AC P 的平面角为 θ ,由图可知,

θ =< n1,2 > . n

cos θ =
所以

n1 n2 1 5 = = | n1 |i| n2 | 5 ×1 5 .
arccos 5 5 .

故二面角 B AC P 的大小为

小结:本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱,进而找出二面角的 平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径:①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱, ②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱, ③补形构造几何体发现棱; 解法二则是利用 平面向量计算的方法, 这也是解决无棱二面角的一种常用方法, 即当二面角的平面角不易作 出时,可由平面向量计算的方法求出二面角的大小. 例 9.( 2006 年重庆卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA ⊥ 底面 ABCD, ∠ DAB 为直角, AB‖CD,AD=CD=2AB, E,F 分别为 PC,CD 的中点. (Ⅰ)试证:CD ⊥ 平面 BEF; (Ⅱ)设 PA=kAB,且二面角 E-BD-C 的平面角大于 30° ,求 k 的取值范围. 命题目的:本题主要考查直线与平面垂直,二面角等基本知识,考查空间想象能力,逻辑 思维能力和运算能力. 过程指引: 方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角; 方法二关键是掌握利用 空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程: 解法一: (Ⅰ)证:由已知 DF = AB 且 ∠ DAD 为直角,故 ABFD 是矩形,从而 CD ⊥ BF. 又 PA ⊥ 底面 ABCD,CD ⊥ AD,故由三垂线定理知 CD ⊥ PD.在△ PDC 中,E,F 分别 PC,CD 的中点,故 EF‖PD,从而 CD ⊥ EF,由此得 CD ⊥ 面 BEF. (Ⅱ) 连结 AC 交 BF 于 G.易知 G 为 AC 的中点.连接 EG,则在△PAC 中易知 EG‖PA.又因 PA ⊥ 底面 ABCD,故 EG ⊥ 底面 ABCD.在底面 ABCD 中, G 作 GH ⊥ BD,垂足为 H,连接 过 EH.由三垂线定理知 EH ⊥ BD.从而 ∠ EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角. 设 AB=a,则在△PAC 中,有
//

1 1 EG= 2 PA= 2 ka.
以下计算 GH,考察底面的平面图.连结 GD.
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1 1 因 S△GBD= 2 BDGH= 2 GBDF. GB DF 故 GH= BD .
在△ABD 中,因为 AB=a,AD=2a,得 BD= 5 a.

1 1 而 GB= 2 FB= 2 AD=a,DF=AB,从而得
GB AB a a 5 a. 5a = 5 GH= BD =

1 ka 5 2 = k. 2 EG 5 a 因此 tan∠EHG= GH = 5
由 k>0 知 ∠EHG 是锐角,故要使 ∠EHG > 30° ,必须

5 3 k , 2 >tan 30° = 3 2 15 . 解之得,k 的取值范围为 k> 15
解法二: (Ⅰ)如图,以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,设 AB=a,则易知点 A,B,C,D,F 的坐标分别为 A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0). 从而 DC =(2a,0,0), BF =(0,2a,0),

DC BF =0,故 DC ⊥ BF

.

b a, a, 2. 设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E b 0, a, 2 , DC BE =0,故 DC ⊥ BE . 从而 BE =
由此得 CD ⊥ 面 BEF. (Ⅱ) E 在 xOy 平面上的投影为 G, G 作 GH ⊥ BD 垂足为 H,由三垂线定理知 EH ⊥ BD. 设 过 从而 ∠ EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角.

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ka a, a, 2 ,G(a,a,0). 由 PA=kAB 得 P(0,0,ka),E
设 H(x,y,0),则 GH =(x-a,y-a,0), BD =(-a,2a,0), 由 GH BD =0 得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即 x-2y=-a ①

xa y 又因 BH =(x-a,y,0),且 BH 与 BD 的方向相同,故 a = 2a ,即
2x+y=2a ②

1 2 3 4 5 a , a ,0 5 ,| GH |= 5 a. 由①②解得 x= 5 a,y= 5 a,从而 GH = 5

ka 2 EG 5 5 a k GH = 5 = 2 . tan∠EHG=

5 3 k . 由 k>0 知,∠EHG 是锐角,由 ∠ EHG> 30°, 得 tan∠EHG>tan 30°, 即 2 > 3 2 15 故 k 的取值范围为 k> 15 .
考点 7 利用空间向量求空间距离和角 众所周知,利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当 掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时,不 仅会降低题目的难度,而且使得作题具有很强的操作性. 典型例题 例 10. 如图,已知 点E在

D1 C1
F M

A1 B1
E

ABCD A1 B1C1 D1
上,点 F 在

D
是棱长为 3 的正方体,

A H

C

AA1

CC1

上,且

AE = FC1 = 1

G B

.

(1)求证:

E,B,F,D1

四点共面;

(2) 若点 G 在 BC 上, 平面

BG =

2 3 , M 在 BB1 上,GM ⊥ BF , 点 垂足为 H , 求证:EM ⊥

BCC1 B1

;

(3)用 θ 表示截面

EBFD1

和侧面

BCC1 B1

所成的锐二面角的大小,求 tan θ .

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命题意图:本小题主要考查平面的基本性质,线线平行,线面垂直,二面角等基础知识和 基本运算,考查空间想象能力,逻辑推理能力和运算能力. 过程指引:解法一: (1)如图,在

DD1

上 取 点 N , 使 DN = 1 , 连 结 EN , CN , 则

D1 C1 B1

A1

AE = DN = 1 , CF = ND1 = 2 .
因为 AE ‖ DN , 四边形. 从而

ND1 ‖ CF

,所以四边形 ADNE ,

CFD1 N

都为平行

F

N
M D

E A H

EN ‖ AD

,

FD1 ‖ CN
, 所以

.

C

G B

又因为 从而

AD ‖ BC
.

EN ‖ BC

, 故四边形 BCNE 是平行四边形, 由此推知 CN ‖ BE ,

FD1 ‖ BE

因此,

E,B,F,D1

四点共面.

(2)如图, GM ⊥ BF ,又 BM ⊥ BC ,所以∠BGM = ∠CFB ,

BM = BG itan ∠BGM = BGi tan ∠CFB
因为

= BG i

BC 2 3 = × =1 CF 3 2 .

AE ‖ BM

,所以 ABME 为平行四边形,从而 AB ‖ EM .

又 AB ⊥ 平面

BCC1 B1

BCC1 B1 ,所以 EM ⊥ 平面 .

(3)如图,连结 EH . 因为 MH ⊥ BF , EM ⊥ BF ,所以 BF ⊥ 平面 EMH ,得 EH ⊥ BF . 于是∠EHM 是所求的二面角的平面角,即∠EHM = θ . 因为∠MBH = ∠CFB ,所以 MH = BM isin ∠MBH = BM isin ∠CFB
= BM i BC BC + CF
2 2

= 1×

3 3 +2
2 2

=

3 EM tan θ = = 13 13 , MH .

解法二:

3, 0, 3, BD1 = (3,3) , (1)建立如图所示的坐标系,则 BE = (3,1) , BF = (0, 2) ,
所以

BD1 = BE + BF

,故

BD1

z
, BE , BF 共面. 四点共面.

D1 C1
F M D

A1 B1
E

又它们有公共点 B ,所以

E,B,F,D1

2 GM = 0, ,z 0, 3 , (2)如图,设 M (0, z ) ,则
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x
A

H

y

C

G B

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2 GM i BF = i3 + z i2 = 0 3, 3 而 BF = (0, 2) ,由题设得 ,
得 z = 1.

0, 0, 0, 因为 M (0,1) , E (3,1) ,有 ME = (3, 0) ,


BB1 = (0, 3) 0,

ME i BB1 = 0 ME i BC = 0 ME ⊥ BB1 3, , BC = (0,0) ,所以 , ,从而 ,

ME ⊥ BC .
故 ME ⊥ 平面

BCC1 B1

.

3) (3)设向量 BP = ( x,y, ⊥ 截面

EBFD1 ,于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF .

0, 3, 而 BE = (3,1) , BF = (0, 2) ,得 BPi BE = 3x + 3 = 0 , BP i BF = 3 y + 6 = 0 ,解得 3) x = 1 , y = 2 ,所以 BP = (1, 2, . 0, 又 BA = (3, 0) ⊥ 平面

BCC1 B1

,所以 BP 和 BA 的夹角等于 θ 或 π θ ( θ 为锐角) .

cos θ =
于是

BP i BA BP i BA

=

1 14

.

故 tan θ = 13 .

小结: 向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标,再用
C

公式求夹角;点面距离一般转化为 AB 在面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝 对值. 例 11.如图,l1,l2 是互相垂直的两条异面直线,MN 是它们的公垂线段, 点 A,B 在 l1 上,C 在 l2 上,AM=MB=MN (I)证明 AC ⊥ NB;
° (II)若 ∠ACB = 60 ,求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值.
A M B N

命题目的:本题主要考查异面直线垂直,直线与平面所成角的有关 知识,考查空间想象能力,逻辑思维能力和运算能力. 过程指引:方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角; 方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程: 解法一: (Ⅰ)由已知 l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得 l2⊥平面 ABN. 由已知 MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知 AN=NB
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A M B N H C

阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 且 AN⊥NB. ∴AC⊥NB

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又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影.

(Ⅱ)∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此 N 在平面 ABC 内的射影 H 是正三角形 ABC 的中心,连结 BH,∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角. 3 AB 3 HB 6 在 Rt△NHB 中,cos∠NBH= = = . NB 3 2 AB 2 解法二: 如图,建立空间直角坐标系 M-xyz. 则有 A(-1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), (Ⅰ)∵MN 是 l1,l2 的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面 ABN. l2 平行于 z 轴. 故可设 C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,-1,0). 令 MN=1,
M

z
C

H

o
B x

N

y

∴=1+(-1)+0=0

∴AC⊥NB.

( Ⅱ ) ∵ =(1,1,m), =( - 1,1,m), ∴ ||=||, 又 已 知 ∠ ACB=60 ° , ∴ △ ABC 为 正 三 角 形,AC=BC=AB=2. 在 Rt△CNB 中,NB= 2, 可得 NC= 2,故 C(0,1, 连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设 H(0,λ, ∴=(0,1-λ,- 2λ), =(0,1, 2) 1 , 3 2λ) (λ>0). 2).

∵ = 1-λ-2λ=0, ∴λ=

1 2 2 2 1 2 ∴H(0, , ), 可得=(0, , - ), 连结 BH, 则=(-1, , ), 3 3 3 3 3 3 2 2 ∵ =0+ - =0, ∴⊥, 又 MC∩BH=H, ∴HN⊥平面 ABC, ∠NBH 为 NB 与平面 ABC 9 9 所成的角. 又=(-1,1,0), 4 3 2 × 2 3 6 . 3

∴cos∠NBH= =

=

考点 8 简单多面体的有关概念及应用,主要考查多面体的概念,性质,主要以填空,选 择题为主,通常结合多面体的定义,性质进行判断. 典型例题 例 12 . 如图(1) ,将边长为 1 的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形,再沿 虚线折起,做成一个无盖的正六棱柱容器,当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大. [思路启迪]设四边形一边 AD,然后写出六棱柱体积,利用均值不等式,求出体积取最值 时 AD 长度即可.
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解答过程:如图(2)设 AD=a,易知∠ABC=60°,且∠ABD=30° AB= 3 a . BD=2a 正六棱柱体积为 V .

1 9 2 2 6 (1-2a) sin 60° 3a (1-2a) a =2 V= 2 9 9 2 3 (1 2a )(1 2a ) 4a ( ) =8 ≤8 3 . 1 当且仅当 1-2a=4a a= 6 时,体积最大, 1 2 此时底面边长为 1-2a=1-2× 6 = 3 . 1 ∴ 答案为 6 .
例 13 .如图左,在正三角形 ABC 中,D,E,F 分别为各边的中点,G,H,I,J 分别为 AF,AD,BE,DE 的中点,将△ABC 沿 DE,EF,DF 折成三棱锥后,GH 与 IJ 所成角的 G F 度数为( ) (A,B,C) A C H J D I A,90° B,60° C,45° E I D J F H G

D,0° B E [思路启迪] 画出折叠后的图形,可看出 GH,IJ 是一对异面直线,即求异面直线所成角. 过点 D 分别作 IJ 和 GH 的平行线,即 AD 与 DF,所以 ∠ADF 即为所求. 因此 GH 与 IJ 所成角为 60°,答案:B 例 14.长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 设对角线 D1B 与自 D1 出发的三条棱分别成α,β, γ 角

求证:cos2α+cos2β+cos2 γ =1 设 D1B 与自 D1 出发的三个面成α,β, γ 角,求证: cos2α+cos2β+cos2 γ =2 [思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即 D1B,在构造A1 的直角三角形中,角的邻边分别是从长方体一个顶点出 发的三条棱,在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 利用长方体性质,先找出α,β, γ ,然后利用各边 A
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D1 C1 B1

D

C A B

阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 所构成的直角三角形来解.

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解答过程:①连接 BC1,设∠BD1C1=α,长方体三条棱 长分别为 a,b,c,设 D1B= l

a2 2 则 cos2α= l

b2 c2 2 2 同理 cos2β= l ,cos2 γ = l

a 2+b 2+c 2 l2 ∴cos2α+cos2β+cos2 γ = =1
②连接 D1C,∵ BC⊥平面 DCC1D1 ∴ ∠BD1C 即是 D1B 与平面 DCC1D1 所成的角,不妨设∠BD1C=α,则 cos2α=

a 2+b 2 l2 b 2+c 2 c2 + a2 2 2 同理:cos2β= l ,cos2 γ = l .
又∵ l 2=a2+b2+c2.

2(a 2+b 2+c 2 ) l2 ∴cos2α+cos2β+cos2 γ = =2.
考点 9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算 棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积,棱柱侧面积转化成求三角形的面积. 直棱柱体积 V 等于底面积与高的乘积.

1 棱锥体积 V 等于 3 Sh 其中 S 是底面积,h 是棱锥的高.
典型例题 例 15. 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB= 2 a,BC=CA=AA1=a, A1 在底面△ABC 上的射影 O 在 AC 上 求 AB 与侧面 AC1 所成角; 若 O 恰好是 AC 的中点,求此三棱柱的侧面积. [思路启迪] ①找出 AB 与侧面 AC1 所成角即是∠CAB; ②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和,侧面 BCC1B1 是正方形, 侧面 ACC1A1 和侧面 ABB1A1 是平行四边形,分别求其面积即可. 解答过程:①点 A1 在底面 ABC 的射影在 AC 上, ∴ 平面 ACC1A1⊥平面 ABC. 在△ABC 中,由 BC=AC=a,AB= 2 a. ∴ ∠ACB=90°,∴ BC⊥AC.
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A

C1

B1

A D

O

C

B

阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 ∴ BC⊥平面 ACC1A1.

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即 ∠CAB 为 AB 与侧面 AC1 所成的角在 Rt△ABC 中,∠CAB=45°. ∴ AB 与侧面 AC1 所成角是 45°.

1 ② ∵ O 是 AC 中点,在 Rt△AA1O 中,AA1=a,AO= 2 a.

3 ∴ AO1= 2 a. AC AO1= 3 2 a 2 .

∴ 侧面 ACC1A1 面积 S1=

又 BC⊥平面 ACC1A1 , ∴ BC⊥CC1. 又 BB1=BC=a ,∴ 侧面 BCC1B1 是正方形,面积 S2=a2. 过 O 作 OD⊥AB 于 D ,∵ A1O⊥平面 ABC, ∴A1D⊥AB.

1 在 Rt△AOD 中,AO= 2 a ,∠CAD=45° 2 ∴ OD= 4 a

在 Rt△A1OD 中,A1D=

OD 2+A1O 2 = (

7 2 2 3 2 a a)+( a) 4 2 = 8 . 7 7 2 a a 8 = 2 .
A

∴ 侧面 ABB1A1 面积 S3=

AB A1 D= 2a

1 (2+ 3+ 7)a 2 2 . ∴ 三棱柱侧面积 S=S1+S2+S3=
例 16. 等边三角形 ABC 的边长为 4,M,N 分别为 AB,AC 的中 点,沿 MN 将△AMN 折起,使得面 AMN 与面 MNCB 所成的二面 角为 30°,则四棱锥 A—MNCB 的体积为 ( ) M

K

N

3 A, 2

3 B, 2

B C, 3 D,3 A

L

C

[思路启迪]先找出二面角平面角, 即∠AKL ,再在△AKL 中求出棱

1 锥的高 h,再利用 V= 3 Sh 即可.
解答过程:在平面图中,过 A 作 AL⊥BC,交 MN 于 K,交 BC 于 L.
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N C M K L B

阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 则 AK⊥MN,KL⊥MN. ∴ ∠AKL=30°.

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3 则四棱锥 A—MNCB 的高 h= AK sin30° = 2 .
S MNCB= 2+4 KL 2 =3 3 .

1 3 3 VA-MNCB= 3 3 3 2 =2. ∴
∴ 答案 A 例 17.如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面是一个矩形,AB=3, AD=1,又 PA⊥AB,PA=4,∠PAD=60° 求四棱锥的体积; 求二面角 P-BC-D 的大小. 思路启迪①找棱锥高线是关键,由题中条件可设△PAD 的高 PH 即是棱锥的高. ②找出二面角平面角∠PEH,在 Rt△PHE 中即可求出此角. 解答过程:①∵ PA⊥AB ,AD⊥AB. ∴ AB⊥面 PAD .又 AB 面 ABCD. ∴ 面 PAD⊥面 ABCD. 在面 PAD 内,作 PH⊥AD 交 AD 延长线于 H. 则 PH⊥面 ABCD ,即 PH 就是四棱锥的高. A D B H C E P

又∠PAD=60°,∴ PH=

PA sin 60°=4

3 =2 3 2 .

1 1 VP-ABCD= S ABCD PH= 3 × 1 2 3=2 3 3 3 ∴ .
② 过 H 作 HE⊥BC 交 BC 延长线于 E,连接 PE, 则 HE=AB=3. ∵ PH⊥面 ABCD, ∴ PE⊥BC. ∴ ∠PEH 为二面角 P-BC-D 的平面角.

PH 2 3 = 3 . ∴ tan∠PEH= HE

2 3 即二面角的大小为 arctan 3 .
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例 18 .(2006 年全国卷Ⅱ)已知圆 O1 是半径为 R 的球 O 的一个小圆,且圆 O1 的面积与

2 球 O 的表面积的比值为 9 ,则线段 OO1 与 R 的比值为
命题目的:①球截面的性质;②球表面积公式.

.

r 过程指引:依面积之比可求得 R ,再在 Rt△OO1A 中即
得 解答过程:设小圆半径为 r,球半径为 R O1 O R r A

πr 2 2 = 2 9 则 4πR



r2 2 = 2 9 4R

r 2 2 = R 3

r 2 2 = 3 ∴ cos∠OAO1= R

OO1 8 1 1 =sinα= 1- = 9 3 ,故填 3 而 R
【专题训练】 一,选择题 1.如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=1,D 在 BB1 上, 且 BD=1,若 AD 与侧面 AA1CC1 所成的角为 α ,则 α 的值为( ) E C C. B A C1 A1 D B1

π
A.

π
B.

3 10 arctan 4

4

6 arcsin 4 D.

2.直线 a 与平面 α 成 θ 角,a 是平面 α 的斜线,b 是平面 α 内与 a 异面的任意直线,则 a 与 b 所成的角( A. 最小值 θ ,最大值 π θ C. 最小值 θ ,无最大值 )

C1
A1

B1
D

B. 最小值 θ ,最大值 2

π

C A

B

π
D. 无最小值,最大值 4

3.在一个 45° 的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成 45° 角,则此直线与二面 角的另一平面所成的角为( A. ) C.

30°

B.

45°

60°

D.

90°
D1 A1 D A B B1 C C1

4.如图,直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长均为 2,

∠BAD = 60° ,则对角线 A1C 与侧面 DCC1D1 所成
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 的角的正弦值为( )

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A.

1 2

B.

3 2 3 4

C.

2 2

D.

5.已知在 ABC 中,AB=9,AC=15, ∠BAC = 120° ,它所在平面外一点 P 到 ABC 三 顶点的距离都是 14,那么点 P 到平面 ABC 的距离为( A. 13 B. 11 C. 9 ) D. 7 D1 N A1 M B1 C1

6.如图,在棱长为 3 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是棱 A1B1,A1D1 的中点,则点 B 到平面 AMN 的距离是 ( )

A.

9 2

B.

3
A

D B

A

C.

6 5 5

D.

2

7.将 ∠QMN = 60° ,边长 MN=a 的菱形 MNPQ 沿对角线 NQ 折成 60° 的二面角,则 MP 与 NQ 间的距离等于( )

A.

3 a 2

B.

3 a 4

C.

6 a 4

3 a D. 4

8.二面角 α l β 的平面角为 120° ,在 α 内, AB ⊥ l 于 B,AB=2,在 β 内,CD ⊥ l 于 D,CD=3,BD=1, M 是棱 l 上的一个动点,则 AM+CM 的最小值为( ) A.

2 5

B.

2 2

C.

26

D.

2 6

9.空间四点 A,B,C,D 中,每两点所连线段的长都等于 a, 动点 P 在线段 AB 上, 动点 Q 在线段 CD 上,则 P 与 Q 的最短距离为( )

A.

1 a 2

B.

2 a 2

C.

3 a 2

D. a

10.在一个正四棱锥,它的底面边长与侧棱长均为 a ,现有一张正方形包装纸将其完全 包住(不能裁剪纸,但可以折叠) ,那么包装纸的最小边长应为( A. ( 2 + )

6 )a

B.

2+ 6 a 2

C.

(1 + 3 ) a

1+ 3 a 2 D.

11. 已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, A1A=AB=2, 若棱 AB 上存在点 P, D1 P ⊥ PC , 使 则棱 AD 的长的取值范围是 ( )
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A.

(0,1]

B.

(0, 2 ]
60°

C.

(0,2]

D.

(1, 2 ]
D1 B1 A1 E C1

12.将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使点 D 在平面 ABC 外,则 DB 与平面 ABC 所 成的角一定不等于( A. )

30°

B.

45°

C.

D.

90°

二,填空题 1. 如图, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, 是 A1B1 的中点, E 则下列四个命题: D A B

C

1 E 到平面 ABC1D1 的距离是 2 ;
直线 BC 与平面 ABC1D1 所成角等于 45° ;

1 空间四边形 ABCD1 在正方体六个面内的射影围成面积最小值为 2 ;

arcsin
BE 与 CD1 所成的角为

10 10
D1 P A1 B1 C1

2.如图,在四棱柱 ABCD---A1B1C1D1 中,P 是 A1C1 上的动点,E 为 CD 上的动点,四边形 ABCD 满 足___________时,体积 VP AEB 恒为定值(写上 你认为正确的一个答案即可) 3.边长为 1 的等边三角形 ABC 中,沿 BC 边高线 AD 折起,使得折后二面角 B-AD-C 为 60°,则点 A 到 BC 的距离为_________,点 D 到平面 ABC 的距离 为__________. 4.在水平横梁上 A,B 两点处各挂长为 50cm 的细绳, AM,BN,AB 的长度为 60cm,在 MN 处挂长为 60cm 的木条,MN 平行于横梁,木条的中点为 O,若木条 绕过 O 的铅垂线旋转 60°,则木条比原来升高了 _________. A D

E B

C

5.多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正方体的一个顶点 A 在 α 平面 内.其余顶点在 α 的同侧, 正方体上与顶点 A 相邻的三个顶点到 α 的距离分别是 1, 和 4. P 2 是正方体其余四个顶点中的一个,则 P 到平面 α 的距离可能是: ①3;②4;③5;④6;⑤7.
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O O O

阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 以上结论正确的为 (写出所有正确结论的编号) 6. .

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如图,棱长为 1m 的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀的小孔(不计小孔直径)

O1,O2,O3 它们分别是所在面的中心.如果恰当放置容器,容器存水的最大容积是 _______m3.

三,解答题 1. 在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面边长为 a,D 为 BC 为中点,M 在 BB1 上,且

1 BM= 3 B1M,又 CM⊥AC1;
求证:CM⊥C1D; 求 AA1 的长.

2. 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面是矩形且 AD=2, AB=PA= 2 , PA⊥底面 ABCD,E 是 AD 的中点,F 在 PC 上. (1) 求 F 在何处时,EF⊥平面 PBC; (2) 在(1)的条件下,EF 是不是 PC 与 AD 的公垂线段.若是,求出公垂线段的长度;若不 是,说明理由; (3) 在(1)的条件下,求直线 BD 与平面 BEF 所成的角.

3. 如图, 四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, 垂直于底面 ABCD, SD SB= 3 . (1)求证 BC ⊥ SC; (2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小; (3)设棱 SA 的中点为 M,求异面直线 DM 与 SB 所成角的 大小.

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1 4.在直角梯形 ABCD 中,∠D=∠BAD=90°,AD=DC= 2 AB=a,(如图一)将△ADC 沿 AC 折

起,使 D 到 D ′ .记面 AC D ′ 为 α,面 ABC 为 β.面 BC D ′ 为 γ. (1)若二面角 αACβ 为直二面角(如图二) ,求二面角 βBCγ 的大小; (2)若二面角 αACβ 为 60°(如图三) ,求三棱锥 D ′ ABC 的体积.

5.如图,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 2 ,AF=1,M 是 线段 EF 的中点. (1)求证 AM//平面 BDE; (2)求二面角 ADFB 的大小; (3)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 BC 所成的角是 60°.

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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 【参考答案】 一.选择题

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1.D 提示:AD 在面 ACC1A1 上的射影应在 AC 与 A1C1 中点的连线上,令射影为 E,则 ∠ EAD 为 所 求 的 角 . 在 Rt △ EAD 中 ,

3 3 DE 6 DE = , AD = 2 . ∴ sin ∠EAD = = 2 = . 2 AD 4 2
∴ ∠EAD = arcsin 6 . 4

π 0, 2.B 提示:由最小角定理知,最小角为 θ ,又异面直线所成角的范围为 2 ,∴ 最大

π
角为 2 . 3.A 提示:由最小角定理知,此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角, 故排除 C,D,又此二面角为 45°,则此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的 角,故选 A. 4.D 提示:由题意,A1 在面 DCC1D1 上的射影应在 C1D1 延长线 E 上,且 D1E=1,则 ∠A1CE 为所求角,在 Rt△AA1C 中,

A1C =

AA12 + AC 2 = 4, A1 E = 3 ,∴ sin ∠A1CE =

A1 E 3 = . A1C 4

5.D 提示: P 到△ABC 三个顶点的距离都是 14, P 在底面 ABC 的射影是△ABC 的 由 知

2R =
外心,所以 PO 为所求.由余弦定理得:BC=21.由 径为 7 3 ,即 OB = 7 3 ,在 Rt△POB 中, PO =

BC 21 = = 14 3 sin 120° 3 2 得外接圆半

PB 2 BO 2 = 7.

1 1 3 V B AMN = V N AMB . ∴ h S AMN = S AMB 3 3 2 6.D 提示:由题图得
∴h =

3S AMB 3 × 1 × 32 2 = = 2. 2 S AMN 2 S AMN

7.B 提示:连结 MP,NQ 交于 O,由四边形 MNPQ 是菱形得 MP⊥NQ 于 O,将 MNQ 折起后易得 MO⊥QN,OP⊥QN,所以∠MOP=60°,且 QN⊥面 MOP,过 O 作 OH⊥MP,

所以 OH⊥QN,从而 OH 为异面直线 MP,QN 的公垂线,经计算得

OH =

3 a. 4

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8.C 提示:把 α 半平面展到半平面 β 内,此时,连结 AC 与棱的交点为 M,这时 AM+CM 取 最小值等于 AC. (AM+CM)min=

1 + ( 2 + 3) 2 = 26 .

9.B 提示:P,Q 的最短距离即为异面直线 AB 与 CD 间的距离,当 P 为 AB 的中点,Q 为 CD 的中点时符合题意.

10.B 提示:将正棱锥展开,设正方形边长为 m,则 11.A

2m = a + 3a,∴ m =

2+ 6 2

提 示 : ∵ D1 P ⊥ PC ,∴ DP ⊥ PC ,∴ 在 长 方 形 ABCD 中 AB 边 存 在 P , 作

DP ⊥ PC ,又因为 AB=2,由对称性可知,P 为 AB 的中点时,AD 最大为 1,∴ AD ∈ (0,1]
故选 A. 12.D 提示:若 BD 与平面 ABC 所成的角为 90° ,则 平面 ABD ⊥ 平面 ABC ,取 AC 的 中点 O,则 BD ⊥ AC,DO ⊥ AC 且 BO=DO,∴ BD与BO 不垂直,故 BD 与平面 ABC 所成的角一定不等于 90° . 二.填空题

1.②③④

提示:对于①,由

V E ABC1 = VC1 ABE

1 1 h S ABC1 = × 1 × S ABE 3 得3 ,

∴h =

S ABE 2 = S ABC1 2

,①错.对于②连 CB1 交 BC1 于 O,则 O 为 C 在面 ABC1D1 上的射影,

∴ ∠CBO = 45° 为所成的线面角,②正确.作图易知③正确,对于④连 A1B,则 ∠A1 BE 为
所成的角,解 A1 BE 得

sin ∠A1 BE =

10 10 ,④正确.

2.AB‖CD

提示:

VP AEB =

1 hP S ABE 3 ,要使体积为定值,则 S ABE 为定值,与 E

点位置无关,则 AB‖CD

15 , 3. 4

15 10

提示:作 DE ⊥ BC 与 E,易知 AD ⊥ 平面 BCD ,从而 AE ⊥ BC ,

∠BDC = 60° 又由

BD = DC =

1 3 3 DE = ,又AD = , 2 ,得 4 2 15 10 .

∴ AE = DE 2 + AD 2 =

15 4 ,由可解的点到平面的距离为

' ' 4.10cm 提示:MO=NO=30cm,过 O 作 M N 与旋转前的 MN 平行且相等,所以旋转后

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2 2

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O AB 与平面 M ′ N ′ 的距离为 50 30 = 40 ,故升高了 50-40=10cm.
5.①③④⑤.

5 6. 6 .
三,解答题 1. (1)证明:在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D 为 BC 中点,则 AD⊥面 BCC1B1,从而 AD⊥MC 又∵CM⊥AC1,则 MC 和平面 ADC1 内两相交直线 AD,AC1 均垂直 ∴MC⊥面 ADC1,于是 MC⊥DC1. (2)解:在矩形 BB1C1C 中,由 CM⊥DC1

1 知△DCC1∽△BMC,设 BB1=h,则 BM= 4 h 1 a :h, 求得h = 2a ∴ 4 h:a= 2
从而所求 AA1= 2a 2.解:(Ⅰ)以 A 为坐标原点,以射线 AD,AB,AP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角 坐标系,则 p(0,0, 2 ),A(0,0,0),B(0, 2 ,0),C(2, 2 ,0),D(2,0,0),E(1, 0,0) ∵F 在 PC 上,∴可令 PF = λ PC , 设 F(x,y,z)
BC = (2 ,0,0), PC = 2 , 2 , 2 , EF = ( x 1, y , z )

(

)

∵EF⊥平面 PBC,∴ EF PC = 0 且 EF BC = 0 ,又 PF = λ PC ,

可得

λ=

1 2 , x = 1, y = z = 2 2 故 F 为 PC 的中点.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知:EF⊥PC,且 EF⊥BC 即 EF⊥AD ∴EF 是 PC 与 AD 的公垂线段,其长为| EF |=1 (Ⅲ)由(Ⅰ)可知 PC = 2, 2 2 即为平面 BEF 的一个法向量而 BD = 2, 2 ,0
BD PC = BD PC 3 = BD PC 6

(

)

(

)

设 BD 与平面 BEF 所成角θ, 则: sinθ=cos
3 3 6 .故 BD 与平面 BEF 所成角为 arcsin 6 ∴θ=arcsin

3. (1)证法一:如图,∵底面 ABCD 是正方形, ∴BC⊥DC. ∵SD⊥底面 ABCD,∴DC 是 SC 在平面 ABCD 上的射影,
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阳光家教网 阳光家教网 www.ygjj.com 西安家教 青岛家教 郑州家教 家教 由三垂线定理得 BC⊥SC.

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证法二:如图 1,∵底面 ABCD 是正方形, ∴BC⊥DC.∵SD⊥底面 ABCD, ∴SD⊥BC,又 DC∩SD=D,∴BC⊥平面 SDC,∴BC⊥SC. (2)解:如图 2,过点 S 作直线 l // AD , ∴ l 在面 ASD 上, ∵底面 ABCD 为正方形,∴ l // AD // BC ,∴ l 在面 BSC 上,

∴ l 为面 ASD 与面 BSC 的交线. ∴ l ∵ SD ⊥ AD , BC ⊥ SC ,∴ l ⊥ SD , l ⊥ SC ,
∴∠CSD 为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角.
0 ∵BD= 2 ,SB= 3 ,SAD=1.∴ ∠CSD = 45 .

(3)解 1:如图 2,∵SD=AD=1,∠SDA=90°, ∴△SDA 是等腰直角三角形.又 M 是斜边 SA 的中点, ∴DM⊥SA.∵BA⊥AD,BA⊥SD,AD∩SD=D,∴BA⊥面 ASD,SA 是 SB 在面 ASD 上的射影.由三垂线定理得 DM⊥SB. ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°.

解 2:如图 3,取 AB 中点 P,连结 MP,DP.在△ABS 中,由中位线定理得 MP//SB,∴ ∠DMP 是异面直线 DM 与 SB 所成的角. 又
DM = 2 1 5 , DP = 1 + ( ) 2 = , 2 2 2

∵ MP =

1 3 SB = 2 2 ,



∴在△DMP 中,有 DP2=MP2+DM2,∴ ∠DMP = 90° ∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°. 4. 解: (1)在直角梯形 ABCD 中, 由已知 DAC 为等腰直角三角形, ∴
AC = 2a, ∠CAB = 45 , 过 C 作 CH⊥AB,由 AB=2 a ,

可推得 AC=BC= 2a. 则 D′E ⊥AC ∴ D ′E ⊥ β ∴ BC⊥ D′C



AC⊥BC .取 AC 的中点 E,连结 D ′E ,

又 ∵ 二面角 a AC β 为直二面角, 又 ∵ BC 平面 β ∴ BC⊥ D ′E ∴ BC⊥ a ,而 D′C a ,

∴ ∠D ′CA 为二面角 β BC γ 的平面角. ∴二面角 β BC γ 为 45 .

由于 ∠D ′CA = 45 ,

(2)取 AC 的中点 E,连结 D ′E ,再过 D ′ 作 D ′O⊥ β ,垂足为 O,连结 OE. ∵ AC⊥ D′E , ∴ AC⊥ OE ∴ ∠D ′EO 为二面角 a AC β 的平面角,
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D ′E =

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∴ ∠D′EO = 60 . ∴
VD′ ABC =

在 RtD′OE 中,

1 2 AC = a 2 2 ,

1 S ABC D ′O = 1 × 1 AC BC D ′O = 1 × 2a × 2a × 6 a = 6 a 3 . 3 6 4 12 3 2

5.解法一: (1)记 AC 与 BD 的交点为 O,连接 OE, ∵O,M 分别是 AC,EF 的中点,ACEF 是矩形,∴四边形 AOEM 是平行四边形, ∴AM‖OE.∵ OE 平面 BDE, AM 平面 BDE,∴AM ‖平面 BDE. (2)在平面 AFD 中过 A 作 AS⊥DF 于 S,连结 BS,∵AB⊥AF, AB⊥AD, AD ∩ AF = A, ∴AB⊥平面 ADF,∴AS 是 BS 在平 面 ADF 上的射影, 由三垂线定理得 BS⊥DF.∴∠BSA 是二面角 A—DF—B 的平 面角.
AS = 6 , AB = 2, 3

在 RtΔASB 中,

∴ tan ∠ASB = 3 , ∠ASB = 60°, ∴二面角 A—DF—B 的大小为 60. (3)设 CP=t(0≤t≤2),作 PQ⊥AB 于 Q,则 PQ‖AD, ∵PQ⊥AB,PQ⊥AF, AB ∩ AF = A ,∴PQ⊥平面 ABF, QF 平面 ABF,∴PQ⊥ QF.在 RtΔPQF 中,∠FPQ=60,PF=2PQ.

∵ Δ PAQ 为 等 腰 直 角 三 角 形 , ∴
PF = (2 t ) 2 + 1

PQ =

2 ( 2 t ). 2 又 ∵ Δ PAF 为 直 角 三 角 形 , ∴
t=1 或 t=3(舍去),即点 P 是 AC 的中点.

,∴

(2 t ) 2 + 1 = 2

2 (2 t ). 2 所以

解法二: (1)建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AC ∩ BD = N ,连接 NE, 则点 N,E 的坐标分别是 (
2 2 , ,0 ) 2 2 , (0,0,1),



NE = (

2 2 , ,1) 2 2 ,

又点 A,M 的坐标分别是

2
( 2 , 2 ,0) ,( 2

,

2 ,1) 2

( ∴ AM =



2 2 , ,1) 2 2 ∴ NE = AM 且 NE 与 AM 不共线, ∴NE‖AM. 又∵ NE
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平面 BDE, AM 平面 BDE,∴AM‖平面 BDF. (2)∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF ∩ AD = A, ∴AB⊥平面 ADF. ∴ AB = ( 2 ,0,0) 为平面 DAF 的法向量. ∵ NE DB =( ∴ NE NF =(
2 2 ,1) , 2 2 ( 2 , 2 ,0) =0,
2 2 ,1) ( , 2 2



2 , 2 ,0) =0 得

NE ⊥ DB , NE NF ,∴NE 为平面 BDF 的法向量.

1 ∴cos< AB NE > = 2 ∴AB 与 NE 的夹角是 60.即
所求二面角 A—DF—B 的大小是 60. (3)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF = ( 2 t , 2 t ,1), ∴ BC =( 2 ,0,0)
cos 60° = ( 2 t) 2 ( 2 t)2 + ( 2 t) 2 + 1 2

又∵PF 和 BC 所成的角是 60.∴
t=

解得

2 3 2 t= 2 或 2 (舍去) ,即点 P 是 AC 的中点.

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