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高考数学专题:立体几何新题型的解题技巧


本文由 wqqq1 贡献 doc 文档可能在 WAP 端浏览体验不佳。建议您优先选择 TXT,或下载源文件到本机查看。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 第六讲 立体几何新题型的解题技巧 【命题趋向】 2007 年高考中立体几何命题有如下特点: 年高考中立体几何命题有如 在 下特点 立体几何命题有如下特点: 在 1.线面位置关系突出平行和垂直, 将侧重于垂直关系 1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系. 线面位置关系突出平行和垂直 2.多 面体中线面关系论证 空间“ 多面体中线面关系论证, 距离”的计算常在解答题中综合出 现. 2.多面体中线面关系论证,空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现 3.多 面体及简单多面体的概念 性质多在选择题,填空题出现. 多面体及简单多面体的概念、 3. 多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题,填空题出现 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥 的问题,特别是与球有关的问题将是高考命题的热点. 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问 题,特别是与球有关的问题将是高考命题的热点 有关三棱柱 分之间, 个选择题, 个填空 题, 个解答题. 此类题目分值一般在 1722 分之间,题型一般为 1 个选择题,1 个填空题, 1 个解答题 【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 版 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. 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 空间距离和角是高考考查的重点 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】 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, 当然别忘了转化法与等体 积法的应用. 典型例题 例 1(2007 年福建卷理)如图,正三棱柱 ABC A1 B1C1 的所有棱长 都为 2 , D 为 CC1 中点. 年福建卷理) ( (Ⅰ)求证: AB1 ⊥平面 A1 BD ; (Ⅱ) 求二面角 A A1 D B 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 A1BD 的距离. 考查目的: 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 B 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. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 A A1 C D C1 B1 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业

水平测试各科资源下载 解答过程:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO . 解答过程 ∵△ 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. 在 △ AA1 D 中,由等面积法可求得 AF = 4 5 , 5 又∵ AG = 1 AB1 = 2 , ∴ sin ∠ AFG = AG = 2 = 10 . 2 4 AF 4 5 5 所以二面角 A A1 D B 的大小为 arcsin 10 . 4 (Ⅲ) △ A1 BD 中, BD = A1 D = 5,A1 B = 2 2, S△ A BD = 6 , S△ BCD = 1 . ∴ 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 VA BCD = VC A BD ,得 1 S△ BCD i 3 = 1 S△ A BD i d , 1 1 3 3 1 ∴d = 3S△ BCD 2. = S△ A1BD 2 ∴ 点 C 到平面 A1BD 的距离为 2 . 2 解法二: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO . ∵△ ABC 为正三角形,∴ AO ⊥ BC . ∵ 在正三棱柱 ABC A1 B1C1 中,平面 ABC ⊥平面 BCC1 B1 , ∴ AD ⊥ 平面 BCC1 B1 . 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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 立空间直角坐 标系,则 B(1, 0) , D ( 11, , A1 (0, 3) , A(0, 3) , B1 (1, 0) , 0, 0, 2, ,0) 2, ∴ AB1 = (1, 3) , BD = (2,0) , BA1 = (1, 3) . 2, 1, 2, ∵ AB1 i BD = 2 + 2 + 0 = 0 , AB1 i BA1 = 1 + 4 3 = 0 , ∴ AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1 . ∴ AB1 ⊥ 平面 A1 BD . z A F C O B D A1 C1

y B1 x (Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n = ( x,y,z ) . AD = (11, 3) , AA1 = (0, 0) . ∵ n ⊥ AD , n ⊥ AA1 , , 2, ni AD = 0, x + y 3 z = 0, y = 0, ∴ ∴ ∴ 2 y = 0, x = 3 z. ni AA1 = 0, 令 z = 1 得 n = ( 3,1) 为平面 A1 AD 的一个法向量. 0, 由(Ⅰ)知 AB1 ⊥ 平 面 A1BD , ∴ AB1 为平面 A1 BD 的法向量. cos < n , AB >= ni AB1 = 3 3 = 6 . 1 4 2i 2 2 n i AB1 ∴ 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, , ∴ 点 C 到平面 A1BD 的距离 d = BC i AB1 = 2 = 2 . AB1 2 2 2 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, 小结 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.( 2006 年湖南卷) 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. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离. 命题目的:异面直线所成的角以及点到平面的距离基 命题目的 本题主要考查 直线与平面的位置关系、 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: 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 Q A M D O B C P 及正四棱锥的性质可知 O 在 PQ 上,从而 P、A、Q、C 四点共面.取 OC 的中点 N,连 接 PN. 因为 PO 1 NO NO 1 PO NO = , = = ,所以 = , OQ 2 OA OC 2 OQ OA 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 + OP = 2 2 (2 2) 2 + 12 = 3 , PN = ON 2 + OP 2 = ( 2) 2 + 1 = 3. 2 BN = OB 2 ON 2 = ( 2 2 ) + ( 2 ) 2 = 10 所以 cos ∠BPN= PB 2+PN 2 BN 2 9 + 3 10 3 = = . 2 PB PN 9 2× 3× 3

3 . 9 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos (Ⅲ)连结 OM,则 OM = 所以∠MQP=45°. 1 1 AB = 2 = OQ. 2 2 由 (Ⅰ) AD⊥平面 PMQ, 知 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. 又 PQ = PO + QO = 3,∴ PH = PQ sin 450 = 3 2 .. 2 z P 即点 P 到平面 QAD 的距离是 方法二 3 2 . 2 D (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ∩ BD = O . A C O B y x 状元源打造最全的免费高考复习、 学业水平考试复习资料, 更多资料请到状元源下载。 Q 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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,相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) ,A( 2 2 , 0,0) , Q(0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,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 2 x + z = 0 得 . n AD = 0 x + y = 0 取 x=1,得 n = (1,1, 2 ) . 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d = 考点 2 异面直线的距 离 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, SC 棱 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 思路启迪 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: 解答过 程 如图所示,取 BD 的中点 F,连结 EF,SF,CF, PQ n n = 3 2 . 2 ∴ 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载

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∵ EF = SC 2 + CE 2 = 2 3 SC 2 + CF 2 = 4 + 24 + 2 = 30 6, ∴ S SEF = 3 1 1 2 3 2 3 ,解得 h = S SEF h ,即 3 h = 3 3 3 3 2 3 . 3 由于 VC SEF = VS CEF = 故 CD 与 SE 间的距离为 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. 小结 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, 是 AA1 的中点, BD 到 G 求 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 思路 启迪 的方法求解. 解答过程: 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 ∴ 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 , OH 是 O 点到平面 GB1 D1 的距离. 即 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 在 O1OG 中, S O1OG = 又 S O1OG = 1 1 O1O AO = 2 2 = 2 . 2 2 1 1 2 6 . OH O1G = 3 OH = 2 ,∴ OH = 2 2 3 2 6 . 3 即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 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 = V D1 GBB1 = 1 × 2 2 × 3 = 6, 2 4 2 6 1 1 4 = , × × 2× 2× 2 = , ∴h = 3 2 3 3 6 2 6 . 3 即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 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 小结 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 年北京卷文) 例 5 (2007 年北京卷文) ( 如图, Rt△AOB 中, ∠OAB = π , 在

斜边 AB = 4 . Rt△ AOC 可以通过 6 A Rt△ AOB 以直线 AO 为轴旋转得到, 且二面角 B AO C 的直二面 角. D 是 AB 的中点. D (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: 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. 解答过程: 解法 1: (I)由题意, CO ⊥ AO , BO ⊥ AO , 解答过程 ∴∠BOC 是二面角 B AO C 是 直二面角, ∴ CO ⊥ BO ,又∵ AO ∩ BO = O , O C E B ∴ CO ⊥ 平面 AOB , 又 CO 平面 COD . ∴ 平面 COD ⊥ 平面 AOB . (II)作 DE ⊥ OB ,垂足为 E ,连结 CE (如图) ,则 DE ∥ AO , z A 状元源打造最全的免费高考复习、 学业水平考试复习资料, 更多资料请到状元源下载。 D 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∴∠CDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角. 在 Rt△COE 中, CO = BO = 2 , OE = 1 BO = 1 , 2 ∴ CE = CO 2 + OE 2 = 5 . 又 DE = 1 AO = 3 . 2 ∴ 在 Rt△CDE 中, tan CDE = CE = 5 = 15 . DE 3 3 ∴ 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arctan 15 . 3 解法 2: (I)同解法 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) , 0, 0, 0, 1, 1, ∴ OA = (0, 2 3) , CD = ( 2, 3) , 0, ∴ cos < OA, >= CD OAiCD OA i CD = 6 6. = 4 2 3 i2 2 ∴ 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arccos 6 . 4 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 小结 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. 同 时要特别注意异面直线所成的角的范围: 0, π . 2

(2006 年广东卷)如图所示,AF、DE 分别是⊙O、⊙O1 的直径.AD 与两圆所在的平 例 6. 面均垂直,AD=8,BC 是⊙O 的直径,AB=AC=6,OE//AD. (Ⅰ)求二面角 B—AD—F 的 大小; (Ⅱ)求直线 BD 与 EF 所成的角. 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 命题目的 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 过程指引 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, 解答过程 ∴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; , 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 (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) , 则 O(0,0,0) ,A(0, 3 2 ,0) ,B( 3 2 ,0,0),D(0, 3 2 ,8) ,E(0,0, 8) , F(0, 3 2 ,0) 所以, BD = (3 2 ,3 2 ,8), FE = (0,3 2 ,8) cos < BD, FE >= BD FE 0 + 18 + 64 82 = = . 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 82 . 10 故直线 BD 与 EF 所成的角为 arccos 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. (2007 年全国卷Ⅰ理)( 全国卷Ⅰ 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 , S AB = 2 , BC = 2 2 , SA = SB = 3 . D C A B (Ⅰ)证明 SA ⊥ BC ; (Ⅱ)求直线 SD 与平面 SAB 所成角的大小. 考查目的: 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, 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: (Ⅰ) SO ⊥ BC , 作 垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD , 解答过程:解法一: 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 = S 2 ,得 SO = 1 , SD = 11 . C O B A △SAB 的面积 S1 = 1 ABi SA2 1 AB = 2 . 2 2 2

D 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 连结 DB ,得 △DAB 的面积 S 2 = 1 AB i AD sin135 = 2 2 设 D 到平面 SAB 的距离为 h ,由于 VD SAB = VS ABD ,得 1 1 hi S1 = SO i S 2 ,解得 h = 2 . 3 3 设 SD 与平面 SAB 所成角为 α ,则 sin α = h = SD 2 22 . = 11 11 所以,直线 SD 与平面 SBC 所成的我为 arcsin 22 . 11 解法二: (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 . S 如图,以 O 为坐标原点, OA 为 x 轴正向,建立直角坐标 系 O xyz , 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) (Ⅱ)取 AB 中点 E , E 2 , 2 , , 0 2 2 1 连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG , G 2 , 2 , . 4 4 2 G C O A D E B y x 2 2 1, 2 2 , AB = ( 2, 2, . 0) OG = 1 4 ,4 , SE = 2 ,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 , 与 DS 的夹角记为 α , 与平面 SAB 所成的角记为 β , OG SD α 与 则 β 互余. D ( 2, 2, , DS = ( 2, 2, . 2 0) 2 1) cos α = OG i DS OG i DS = 22 , sin β = 22 , 11 11 所以,直线 SD 与平面 SAB 所成的角为 arcsin 22 . 11 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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) 小结 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 (2007 年湖南卷文) 年湖南卷文) 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 . β C P (I)证明 BC ⊥ PQ ; (II)求二面角 B AC P 的大小. 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 命题目的 维能力和运算 能力. 过程指引: 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 , 从而 BO ⊥ PQ ,又 CO ⊥ PQ , 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 , P A B Q α β C B O H A Q α 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 , 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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 , 于是在 Rt△BOH 中, tan ∠BHO = 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, 所以 AB = ( 3, 3, , AC = (0, 3, . 0) 1) 设 n1 = { x,y,z} 是平面 ABC 的 一个法向量,由 n1 i AB = 0, 3 x 3 y = 0, 得 n1 i AC = 0 3 y + z = 0 , , 取 x = 1 ,得 n1 = (11 3) . , 0) 易知 n2 = (1 0, 是平面 β 的一个法 向量. n2 设二面角 B AC P 的平面角为 θ ,由图可知, θ =< n1, > . 所以 cos θ = n1 n2 1 5 = = . | n1 |i| n2 | 5 ×1 5 5 . 5 故二面角 B AC P 的大小为 arccos 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 小结 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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. ( 在四棱锥 P-ABCD 中, ⊥ 底 面 ABCD, ∠ DAB 为直角, ‖ PA AB 例 9. 2006 年重庆卷)如图, CD,AD=CD=2AB, E、F 分别为 PC、 的中点. (Ⅰ) CD 试证: ⊥ 平面 BEF; CD (Ⅱ) PA=k 设 AB,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 命题目的 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: 方法二 关键是掌握利用空 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;间向量 求空间距离和角的一般方法. 解答过程: 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, 过 G 作 GH ⊥ BD,垂足为 H,连接 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 EG= 1 1 PA= ka. 2 2 以下计算 GH,考察底面的平面图.连结 GD. 因 S△GBD= 1 1 BDGH= GBDF. 2 2 GB DF 故 GH= . BD 在△ABD 中,因为 AB=a,AD=2a,得 BD= 5 a. 而 GB= 1 1 FB= AD=a,DF=AB,从而得 2 2 GH= GB AB a a 5 = = a. BD 5 5a 1 ka 5 EG 2 因此 tan∠EHG= = = k. GH 2 5 a 5 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。

状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 由 k>0 知 ∠EHG 是锐角,故要使 ∠EHG > 30° ,必须 5 3 k >tan 30° = , 2 3 解之得, 的取值范围为 k> 解法二:(Ⅰ) k 如图, A 为原点, 所在直线为 x 轴, 以 AB 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), 2 15 . 15 DC BF =0,故 DC ⊥ BF . 设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E a, a, b . 2 从而 BE = 0, a, b , DC BE =0,故 DC ⊥ BE . 2 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. 由 PA=kAB 得 P(0,0,ka),E a, a, ka ,G(a,a,0). 2 设 H(x,y,0), GH =(x-a,y-a,0), BD =(-a,2a,0), 由 GH BD =0 得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 则 即 x-2y=-a ① 又因 BH =(x-a,y,0),且 BH 与 BD 的方向相同,故 2x+y=2a 由①②解得 x= ② xa y = ,即 a 2a 3 4 5 1 2 a,y= a,从而 GH = a, a,0 ,| GH |= a. 5 5 5 5 5 ka 5 tan∠EHG= = 2 = k. 2 5 GH a 5 EG 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 由 k>0 知,∠EHG 是锐角,由 ∠ EHG> 30°, 得 tan∠EHG>tan 30°, 即 5 3 k> . 2 3 故 k 的取值范围为 k> 2 15 . 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 江苏卷) 例 10. 2007 年江苏 卷) . ( 如图,已知 ABCD A1 B1C1 D1 是棱长为 3 的正方体, 点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE = FC1 = 1 . (1)求证: E,B,F,D1 四点共面; (2)若点 G 在 BC 上, BG = D1 C1 F M D A1 B1 E A H C G B

2 ,点 M 在 BB1 上, 3 GM ⊥ BF ,垂足为 H ,求证: EM ⊥ 平面 BCC1 B1 ; (3) θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1 B1 所成的锐二面角的大小, tan θ . 命 用 求 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、 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 能力和运算能力. 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: 过程指引 (1)如图,在 DD1 上取点 N ,使 DN = 1 ,连结 EN ,CN , 则 AE = DN = 1 , CF = ND1 = 2 . 因为 AE ∥ DN ,ND1 ∥ CF , 所以四边形 ADNE ,CFD1 N 都为平行四边形. 从而 EN ∥ , FD1 ∥ CN . AD D1 A1 B1 C1 F N M D E A H C G B 又因为 AD ∥ , 所以 EN ∥ , 故四边形 BCNE 是平行四边形, 由此推知 CN ∥ BE , BC BC 从而 FD1 ∥ BE . 因此, E,B,F,D1 四点共面. (2)如图, GM ⊥ BF ,又 BM ⊥ BC ,所以∠BGM = ∠CFB , 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 BM = BG itan ∠BGM = BGi tan ∠CFB = BG i BC 2 3 = × = 1. CF 3 2 因为 AE ∥ BM ,所以 ABME 为平行四边形,从而 AB ∥ EM . 又 AB ⊥ 平面 BCC1 B1 ,所以 EM ⊥ 平面 BCC1 B1 . (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 = EM 3 , tan θ = = 13 . MH 13 解法二: 3, (1)建立如图所示的坐标系,则 BE = (3,1) , BF = (0, 2) , BD1 = (3,3) , z 0, 3, D1 所以 BD1 = BE + BF ,故 BD1 , BE , BF 共面. 又它们有公共点 B ,所以 E,B, F,D1 四点共面. A1 B1

E M C1 F D y 2 (2)如图,设 M (0, z ) ,则 GM = 0, ,z , 0, 3 2 而 BF = (0, 2) ,由 题设得 GM i BF = i3 + z i 2 = 0 , 3, 3 得 z = 1. 因为 M (0,1) , E (3,1) ,有 ME = (3, 0) , 0, 0, 0, x A H C G B 0, 又 BB1 = (0, 3) , BC = (0,0) ,所以 ME i BB1 = 0 , ME i BC = 0 ,从而 ME ⊥ BB1 , 3, ME ⊥ BC . 故 ME ⊥ 平面 BCC1 B1 . (3)设向量 BP = ( x,y, ⊥ 截面 EBFD1 ,于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 3) 而 BE = (3,1) , BF = (0, 2) , 得 BPi BE = 3x + 3 = 0 , BP i BF = 3 y + 6 = 0 , 解 得 0, 3, x = 1 , y = 2 ,所以 BP = (1, 2, . 3) 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) . 0, 于是 cos θ = BP i BA BP i BA = 1 . 14 故 tan θ = 13 . 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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,再用公式求夹角; 点面 小结 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. (2006 年全国Ⅰ卷) 如图,l1、 是互相垂直的两条异面直线, 是它们的公垂线段, A、 B 在 l2 MN 点 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 C 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 命题目的 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; 过程指引 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 且 AN⊥NB. ∴AC⊥NB 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射 影. C H A M B N (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. 令 MN=1, M z C H o B N 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). ∴AC⊥NB. x y ∴=1+(-1)+0=0 ( 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) 2). 2λ) (λ>0). 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∵ = 1-λ-2λ=0, ∴λ= 1 , 3 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 所 9 9 成的角. 又=(-1,1,0), 4 3 2 × 2 3 ∴cos∠NBH= = = 6 . 3 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、 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 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 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. 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 . 2 2 V= 6 ( -2a) sin 60° 3a = ( -2a) a 1 1 时 1 2 9 2 9 9 2 3 (1 2a )(1 2a ) 4a ≤ ( ) . 8 8 3 1 当且仅当 1-2a=4a a= 时,体积 最大, 6 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 的度数为 ( ) A H J D I B E I D J F G F C H (A、B、C) G 状元源打造最全的免费高考复习、 学业水平考试复习资料, 更多资料请到状元源下载。 E 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 A、90° B、60° C、45° D、0° [思路启迪] 画出折叠后的图形, 可看出 GH, 是一对异面直线, IJ 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, ① 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 ② 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 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 ③ 利用长方体性质,先找出α, β, γ ,然后利用各边 ④ 所构成的直角三角形来解. 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 则 cos2α= A B A1 D1 C1 B1 D C A a2 l2 同理 cos2β= b2 c2 ,cos2 γ = 2 l2 l ∴cos2α+cos2β+cos2 γ = a 2+b 2+c 2 =1 l2 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, cos2α= 则 a 2+b 2 l2 同理:cos2β= b 2+c 2 c2 + a2 ,cos2 γ = . l2 l2 又∵ l 2=a2+b2+c2. ∴cos2α+cos2β+cos2 γ = 2(a 2+b 2+c 2 ) =2. l2 考点 9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算 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. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 棱锥体积 V 等于 典型例题 1 Sh 其中 S 是底面积,h 是棱锥的高. 3 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 ① 求 AB 与侧面 AC1 所成角; ② 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. ∴ BC⊥平面 ACC1A1. 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°. ② ∵ O 是 AC 中点, Rt△AA1O 中, 在 AA1=a, AO= A D B O C B1 A1 C1 1 a. 2 ∴ AO1= 3 a. 2 3 2 a . 2 ∴ 侧面 ACC1A1 面积 S1= AC AO1= 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. 在 Rt△AOD 中,AO= 1 a ,∠CAD=45° 2 ∴ OD= 2 a 4 在 Rt△A1OD 中,A1D= OD 2+A1O 2 = ( 7 2 2 3 2 a. a)+( a) = 8 4 2 7 7 2 a= a . 2 8 ∴ 侧面 ABB1A1 面积 S3= AB A1 D= 2a 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∴ 三 棱 柱 侧 面 积 S = S1 + S2 + S3 = A 1 (2+ 3+ 7)a 2 . 2 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 ( ) B C、 M K N L A 3 A、 2 D、3 3 B、 2 C 3 [思路启迪]先找出二面角平面角,即∠AKL ,再在△ AKL 中求出棱锥的高 h,再利用 V = 1 Sh 即可. 3 M K N C L B 解答过程:在平面图中,过 A 作 AL⊥BC,交 MN 于 K,交 BC 于 L. 则 AK⊥MN,KL ⊥MN. ∴ ∠AKL=30°. 则四棱锥 A—MNCB 的高 h= AK sin30° = 3 . 2

S MNCB= 2+4 KL = 3 3 . 2 1 3 3 3 = . 2 2 ∴ VA-MNCB= 3 3 ∴ 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° ① 求四棱锥的体积;② 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, Rt △PHE 中即可求出此角. 在 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. 又∠PAD=60°,∴ PH= PA sin 60°=4 A B D H C E P 3 =2 3 . 2 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∴ VP-ABCD= S ABCD PH= 3 × 1 2 3=2 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. ∴ tan∠PEH= 1 3 1 3 PH 2 3 . = HE 3 2 3 . 3 2 ,则线段 9 O O1 r R A 即二面角的大小为 arctan 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 面积与球 O 的表面积的比值为 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 ,再在 Rt△OO1A 中即得 R 解答过程:设小圆半径为 r,球半径为 R 则 πr 2 2 = 2 9 4πR r2 2 = 2 9 4R r 2 2 = R 3 ∴ cos∠OAO1= r 2 2 = R 3 而 OO1 8 1 =sinα= 1- = R 9 3 1 3 C1 A1 D E C A B B1 故填 【专题训练与高考预测】 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 ( A. ) π 3 arctan 10 4 B. π 4 6 4 )

C1 A1 B1 D C. D. arcsin 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( C A 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 B 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 A. 最小值 θ ,最大值 π θ C. 最小值 θ ,无最大值 B. 最小值 θ ,最大值 π 2 D. 无最小值,最大值 π 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. ) B. 30° 45° C. 60° D. D1 A1 90° C1 B1 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 的角的正弦值为( A. ) B. 1 2 3 2 3 4 ) A D B C 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 ) A1 D. 7 D1 N 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 D C. 6 5 5 D. 2 A B A 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. ) D. 3 a 2 B. 3 a 4 C. 6 a 4 3 a 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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 + ) D. 6 )a B. 2+ 6 a 2

C. (1 + 3 ) a 1+ 3 a 2 11.已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,A1A=AB=2,若棱 AB 上存在点 P,使 D1 P ⊥ PC , 则 棱 AD 的长的取值范围是 ( A. ) (0,1] ) B. (0, 2 ] 45° C. (0,2] 60° D. (1, 2 ] 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. C. D. 90° 二、填空题 1.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E 是 A1B1 的中点, 则下列四个命题: ① E 到平面 ABC1D1 的距离是 D1 A1 B1 E C1 1 ; 2 D A B C ② 直线 BC 与平面 ABC1D1 所成角等于 45° ; ③ 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 1 ; 2 10 10 D1 P A1 B1 C1 ④ BE 与 CD1 所成的角为 arcsin 2.如图,在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 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、 两点处各挂长为 50cm 的 B 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 . 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 A D E B C 1、2 和 4. P 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: 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。

状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ①3;②4;③5;④6;⑤7. 以上结论正确的为 . (写出所有正确结论的编号) . 如 . 图,棱长为 1m 的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀 3 O1 O3 O2 6. 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 m . 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 BM= (1) 求证:CM⊥C1D; (2) 求 AA1 的长. 1 B1M,又 CM⊥AC1; 3 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, 是 AD 的中点, 在 PC 上. (1) 求 F 在何处时, E F 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,SD 垂直于底面 ABCD,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. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 4. 在直角梯形 ABCD 中, ∠D=∠BAD=90°,AD=DC= 1 AB=a,(如图一)将△ADC 沿 AC 折 起, 2 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°. 【参考答案】 一.选择题 1.D 提示: 在面 ACC1A1 上的射影应在 AC 与 A1C1 中点的 连线上, AD 令射影为 E, 则∠EAD 3 3 DE 6 , AD = 2 . ∴ sin ∠EAD = = 2 = . 为所求的角.在 Rt△EAD 中, DE = 2 AD 4 2 ∴ ∠EAD = arcsin 6 . 4 π ,∴ 最大角 2 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 0, 为 π 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、 又此二面角为 45°, D, 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, 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。

状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 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 外 心,所以 PO 为所求.由余弦定理得:BC=21.由 2 R = BC 21 = = 14 3 得外接圆半径 sin 120° 3 2 为 7 3 ,即 OB = 7 3 ,在 Rt△POB 中, PO = PB 2 BO 2 = 7. 1 3 S AMB 3 2 6.D 提示:由题图得 V B AMN = V N AMB . ∴ h S AMN = 1 3 ∴h = 3S AMB 3 × 1 × 32 2 = = 2. 2 S AMN 2 S AMN 7.B 提示: 连结 MP、 交于 O, NQ 由四边形 MNPQ 是菱形得 MP⊥NQ 于 O, MNQ 折 起 将 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 8.C 提示: 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 把 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 2m = a + 3a, ∴ m = 2+ 6 2 11.A 提示: D1 P ⊥ PC ,∴ DP ⊥ PC ,∴ 在长方形 ABCD 中 AB 边存在 P, DP ⊥ PC , ∵ 作 又因为 AB=2, 由对称性可知, 为 AB 的中点时, 最大为 1, AD ∈ (0,1] P AD ∴ 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, BD ⊥ AC, ⊥ AC 且 BO=DO, BD 与 BO 不垂直, BD 与平面 ABC 则 DO ∴ 故 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 得 1 1 h S ABC1 = × 1 × S ABE , 3 3 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∴h = S ABE 2 = ,①错.对于②连 CB1 交 BC1 于 O,则 O 为 C 在面 ABC1D1 上的射影, S ABC1 2 ∴ ∠CBO = 45° 为所成的线面角, ②正确.作图易知③正确, 对于④连 A1B, ∠A1 BE 则 为所 成的角,解 A1 BE 得 sin ∠A1 BE = 2.AB∥CD 提示: V P AEB =

10 ,④正确. 10 1 hP S ABE ,要使体积为定值,则 S ABE 为定值,与 E 3 点位置无关,则 AB∥CD 3. 15 , 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 ,得 DE = ,又 AD = , 2 4 2 15 . 10 ∴ AE = DE 2 + AD 2 = 15 ,由可解的点到平面的距离为 4 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 AB 与平面 M ′ N ′ 的距离为 50 30 = 40 ,故升高了 50-40=10cm. O 2 2 5.①③④⑤. 6. 5 . 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, MC 和平面 ADC1 内两相交直线 AD, 则 AC1 均垂直 ∴ MC⊥面 ADC1,于是 MC⊥DC1. (2)解:在矩形 BB1C1C 中,由 CM⊥DC1 知△DCC1∽△BMC, 设 BB1=h,则 BM= ∴ 1 h 4 1 a h:a= :h, 求得 h = 2a 4 2 从而所求 AA1= 2a 2.解: (Ⅰ)以 A 为坐标原点, 以射线 AD、 AP 分别为 x 轴、 轴、 AB、 y 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) 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∵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 = 故 F 为 PC 的中点. 2 2 (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 设 BD 与平面 BEF 所成角θ,则:sinθ=cos BD PC = BD PC 3 = BD PC 6 ( ) ( ) 3 3 .故 BD 与平面 BEF 所成角为 arcsin 6 6 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, 由三垂线定 理得 BC⊥SC. 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, ∴θ=arcsin 图1 ∵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. ∵BD= 2 ,SB= 3 ,SAD=1.∴ ∠ CSD = 450. (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, AB 中点 P, 取 连结 MP, 在△ABS 中, DP. 由中位线定理得 MP//SB, ∠DMP ∴ 是异面直线 DM 与 SB 所成的角.∵ MP = 1 SB = 3 ,又 DM = 2 , DP = 1 + ( 1 ) 2 = 5 , 2 2 2 2 2 图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. ∴ AC⊥BC .取 AC 的 中点 E,连结 D ′E , 则 D′E ⊥AC 又 ∵ 二面角 a AC β 为直二面角, 又 ∵ BC 平 面 β ∴ BC⊥ D ′E 图3 ∴ D ′E ⊥ β ∴ BC⊥ a ,而 D′C a , ∴ BC⊥ D′C ∴ ∠D ′CA 为二面角 β BC γ 的平面角. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 由于 ∠D ′CA = 45 , ∵ AC⊥ D′E , ∴ ∠D′EO = 60 . ∴VD′ ABC ∴二面角 β BC γ 为 45 . ∴ ∠D ′EO 为二面角 a AC β 的平面角, 2 2 (2) AC 的中点 E, 取 连结 D ′E , 再过 D ′ 作 D ′O⊥ β , 垂足为 O, 连结 OE.∴ AC⊥ OE 在 RtD′OE 中, D ′E = 1 AC = 2 a , 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、 分别是 AC、 的中点, M EF 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. 在 RtΔASB 中, AS = 6 , AB = 2, 3 ∴ 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, PQ∥AD, ∵PQ⊥AB, PQ⊥AF, ∩ AF = A , ∴PQ⊥平面 ABF, 则 AB

QF 平面 ABF,∴PQ⊥QF.在 RtΔPQF 中,∠FPQ=60,PF=2PQ. 2 ( 2 t ). 又∵ΔPAF 为直 2 角三角形,∴ PF = (2 t ) 2 + 1 ,∴ (2 t ) 2 + 1 = 2 2 (2 t ). 所以 t=1 或 ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形,∴ PQ = 2 t=3(舍去),即点 P 是 AC 的中点. 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( ∴ NE = ( ( 2 , 2 ,0) ,( 2 2 、 (0,0,1), , ,0 ) 2 2 2 2 , ,1) , 2 2 又点 A、 的坐标分别是 M 2 2 , ,1) 2 2 2 2 , ,1) ∴ NE = AM 且 NE 与 2 2 AM 不共线,∴NE∥AM.又∵ NE 平面 BDE, AM 平 面 BDE,∴AM∥平面 BDF. (2)∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF ∩ AD = A, ∴AB⊥ ∴ AM =( 平面 ADF. ∴ AB = ( 2 ,0,0) 为平面 DAF 的法向量. ∵ NE DB =( 2 , 2 ,1) ( 2 , 2 ,0) =0, 2 2 ∴ NE NF =( 2 , 2 ,1) ( 2 , 2 ,0) =0 得 2 2 NE ⊥ DB , NE NF ,∴NE 为平面 BDF 的法向量. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 状元源 http://zyy100.com/ 免注册、免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业 水平测试各科资源下载 ∴cos< AB NE > = 1 ∴AB 与 NE 的夹角是 60.即所求二面角 A—DF—B 的大小是 60. 2 (3)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF = ( 2 t , 2 t ,1), ∴ BC =( 2 ,0,0) ( 2 t) 2 ( 2 t)2 + ( 2 t) 2 + 1 2 又∵PF 和 BC 所成的角是 60.∴ cos 60° = 解得 t = 2 或 3 2 (舍去) ,即点 P 是 AC 的中点. t= 2 2 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料,更多资料请到状元源下载。 1


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