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09年高考数学立体几何新题型的解题技巧


第六讲 立体几何新题型的解题技巧
【命题趋向】在 2007 年高考中立体几何命题有如下特点: 1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系. 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. 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. 此类题目分值一般在 17---22 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 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】 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 ? A1B1C1 的所有棱长都为 2 , D 为 CC1 中点. (Ⅰ)求证: AB1 ⊥平面 A1BD ; (Ⅱ)求二面角 A ? A1D ? B 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 A1BD 的距离. 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. C D A

A1

C1 B1

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 ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AO ⊥ 平面 BCC1B1 .

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 ⊥ A1B , ? AB1 ⊥平面 A1BD . (Ⅱ) 设 AB1 与 A1B 交于点 G , 在平面 A1BD 中, 作 GF ⊥ A1D 于 F , 连结 AF , 由 (Ⅰ) 得 AB1 ⊥ 平面 A1BD .
? AF ⊥ A1D , ?∠AFG 为二面角 A ? A1D ? B 的平面角.

在 △AA1D 中,由等面积法可求得 AF ? 4 5 , 5 又? AG ? 1 AB1 ? 2 , ? sin ∠AFG ? AG ? 2 ? 10 . 2 AF 4 5 4 5 所以二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arcsin 10 .
4

(Ⅲ) △A1BD 中, BD ? A1D ? 5,A1B ? 2 2, ? S△ A1BD ? 6 , S△BCD ? 1 . 在正三棱柱中, A1 到平面 BCC1B1 的距离为 3 . 设点 C 到平面 A1BD 的距离为 d . 由 VA ?BCD ? VC ? A BD ,得 1 S△ BCD ? 3 ? 1 S△ A BD ?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 ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AD ⊥ 平面 BCC1B1 .

??? ? ???? ? ? ??? 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, 0) , D(?11 , , 0) , A 0,3) , B1 (1, 2, 0) , , 2,3) , A(0, 1 (0
???? ???? ??? ? 1 , 0) , BA ? AB1 ? (1 , 2, ? 3) , BD ? (?2, , 2,3) . 1 ? (?1 ???? ??? ? ???? ???? ? AB1 ?BD ? ?2 ? 2 ? 0 ? 0 , AB1 ?BA1 ? ?1? 4 ? 3 ? 0 , ???? ??? ? ???? ???? ? AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1 .
? AB1 ⊥平面 A1BD .

z A F C O B x D

A1

C1
y

B1

(Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n ? ( x,y,z ) .
??? ? ???? ???? ???? AD ? (?11 , , ? 3) , AA1 ? (0, 2, 0) . ? n ⊥ AD , n ⊥ AA1 ,
???? ? ?? x ? y ? 3z ? 0, ? ? y ? 0, ?n?AD ? 0, ? ?? ?? ? ? ???? ? ?2 y ? 0, ? ? x ? ? 3z. ?n?AA1 ? 0, ?

令 z ? 1 得 n ? (? 3, 01) , 为平面 A1 AD 的一个法向量. 由(Ⅰ)知 AB1 ⊥平面 A1BD ,
???? ? AB1 为平面 A1BD 的法向量.
???? ? 3? 3 6. 1 cos ? n , AB ?? n?AB ? ?? ???? 1 n ? AB1 2?2 2 4 ????

? 二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arccos 6 .
4
???? (Ⅲ)由(Ⅱ) , AB1 为平面 A1BD 法向量,

??? ? ???? ? BC ? (?2, 0,, 0) AB1 ? (1 , 2, ? 3) .
??? ? ???? BC ?AB1 ? 点 C 到平面 A1BD 的距离 d ? ???? ? ?2 ? 2 . 2 2 2 AB1

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.( 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.

(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: 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
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=

PB2+PN 2 ? BN 2 9 ? 3 ? 10 3 . ? ? 2PB ? 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)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. 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

3 2 . 2
D

方法二 (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O .
A x

O B y

C

Q

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 ? 2x ? z ? 0 得? . ? ? ? ?x ? y ? 0 ?n ? AD ? 0

取 x=1,得 n ? (1,?1,? 2 ) .

??? ? ? PQ ? n 3 2 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d ? . ? ? 2 n
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,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: 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 ?

SC2 ? CE 2 ? 2 3 SC2 ? CF 2 ? 4 ? 24 ? 2 ? 30

又? EF ? 6, ? S ?SEF ? 3 由于 VC ? SEF ? VS ?CEF ?

1 1 2 3 2 3 ? S ?SEF ? h ,即 ? 3 ? h ? ,解得 h ? 3 3 3 3

故 CD 与 SE 间的距离为

2 3 . 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 AA 1 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

C1 B1

A1
H G D A O

? 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 B

? 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 ,即 OH 是 O 点到平面 GB1 D1 的距离.

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

VB ?GB1D1 ? VD1 ?GBB1 ,由于 S ?GB1D1 ? V D1 ?GBB1 ?

1 ? 2 2 ? 3 ? 6, 2

1 1 4 4 2 6 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? , ?h ? ? , 3 2 3 3 6

即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于

2 6 . 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(2007 年北京卷文) 如图,在 Rt△ AOB 中, ?OAB ? π ,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

D

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. 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 ,

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

D

??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 ? CO2 ? 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, 0) , A(0, 0, 0) , D(0, 0, 2 3) , C (2, 1 ,3) ,
??? ? ??? ? 1 ,3) , ?OA ? (0, 0, 2 3) , CD ? (?2,

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 6 6. OA? CD ? ? cos ? OA, CD ?? ??? ? ??? ? ? 4 OA ?CD 2 3?2 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

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, .
? 2? ?

例 6. (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 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 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) ,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)

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? BD ? FE 0 ? 18 ? 64 82 ? ??? ? ? cos ? BD, FE ?? ??? ? . 10 | BD || FE | 100 ? 82
设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则 . cos ? ? 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) 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 .

C D 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: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: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 ? 2 ,得

S

SO ? 1 , SD ? 11 .
C
1 ? △SAB 的面积 S1 ? 1 AB? SA2 ? ? . ? AB ? ? 2 2 2 ? ?
2

O
A

B

D

连结 DB ,得 △DAB 的面积 S 2 ?

1 AB ?AD sin135? ? 2 2

设 D 到平面 SAB 的距离为 h ,由于 VD?SAB ? VS ? ABD ,得
1 1 h?S1 ? SO?S 2 ,解得 h ? 2 . 3 3

设 SD 与平面 SAB 所成角为 ? ,则 sin ? ? h ? 2 ? 22 . SD 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

??? 0, 1) , SA ? ( 2, 0, ?1) , A( 2, 0, 0) , B(0,2, 0) , C (0, ? 2, 0) , S (0,

G
C

??? ??? ? ??? ? CB ? 0 ,所以 SA ⊥ BC . CB ? (0, 2 2, 0) , SA?
2 2 ?, (Ⅱ)取 AB 中点 E , E ? , , 0? ? ? ? ? 2 2 ?
2 2 1?. 连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG , G ? , ,? ? ? ? ? 4 4 2?

O
A

D

E

B

y

x

? 2 2 1?, ? 2 2 ? , AB ? (? OG ? ? SE ? ? , , 1? ? ? ? ? 4 ,4 , ? 2? ? ? 2 2 ?

2,2, 0) .

SE? OG ? 0 , AB? OG ? 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 ? ,SD 与平面 SAB 所成的角记为 ? , 则? 与

? 互余.
D( 2, 2 2, 0) , DS ? (? 2, 2 21) ,.
cos ? ? OG?DS OG ?DS ? 22 , sin ? ? 22 , 11 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. (2007 年湖南卷文) 如图,已知直二面角 ? ? PQ ? ? , A ? PQ , B ? ? , C ? ? , CA ? CB , ?BAP ? 45? , 直线 CA 和平面 ? 所成的角为 30 .
?

? 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 维能力和运算能力. 过程指引: (I)在平面 ? 内过点 C 作 CO ⊥ PQ 于点 O ,连结 OB . 因为 ? ⊥ ? , ? ? ? ? PQ ,所以 CO ⊥ ? , 又因为 CA ? CB ,所以 OA ? OB . 而 ?BAO ? 45 ,所以 ?ABO ? 45 , ?AOB ? 90 ,
? ? ?

A B

Q

?

? C
P B O

H A Q

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 ? ⊥ ? , ? ? ? ? PQ ,

?

BO ? ? ,所以 BO ⊥ ? .
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 ⊥ ? ,所以 ?CAO 是 CA 和平面 ? 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 , 于是在 Rt△ BOH 中, tan ?BHO ?

BO ? OH

3 ? 2. 3 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 ? 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

? C z
A B x O y Q

?
??? ?

O(0, 0, 0) , B( 3, 0, 1) . 0, 0) , A(0,3, 0) , C (0,
所以 AB ? ( 3, ? 31) ,. ? 3, 0) , AC ? (0,

??? ?

?? ??? ? ?? ? ?n1 ?AB ? 0, ? ? 3x ? 3 y ? 0, 设 n1 ? {x,y,z} 是平面 ABC 的一个法向量,由 ? ?? ???? 得? ? ?? 3 y ? z ? 0 ?n1 ?AC ? 0 ? ?? 取 x ? 1 ,得 n1 ? (11 , ,3) .
易知 n2 ? (1 , 0, 0) 是平面 ? 的一个法向量. 设二面角 B ? AC ? P 的平面角为 ? ,由图可知, ? ?? n1, n2 ? .

?? ?

?? ?? ?

???? ? n1 n2 1 5 ? ? ? 所以 cos ? ? ?? ?? . | n1 |? | n2 | 5 ?1 5
故二面角 B ? AC ? P 的大小为 arccos

5 . 5

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=k· 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 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, 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.

1 1 BD·GH= GB·DF. 2 2 GB ? DF 故 GH= . BD
因 S△GBD= 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=

a?a GB ? AB 5 = = a. BD 5 5a

1 ka EG 2 5 因此 tan∠EHG= = ? k. GH 2 5 a 5

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,k 的取值范围为 k> 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),

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) 设 E 在 xOy 平面上的投影为 G, 过 G 作 GH ? BD 垂足为 H,由三垂线定理知 EH ? BD. 从而 ? EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角. 由 PA=k·AB 得 P(0,0,ka),E ? a, a,

? ?

ka ? ? ,G(a,a,0). 2?

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

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

x?a 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 ??? ? EG 2 = 5 k. tan∠EHG= ????? ???? = 2 5 GH a 5

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 例 10. (2007 年江苏卷)

D1

C1
F

B1

A1

3 如图,已知 ABCD ? A 1B 1C1D 1 是棱长为 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 ?

E M D A B

C

H

G

2 ,点 M 在 BB1 上, 3

GM ⊥ BF ,垂足为 H ,求证: EM ⊥ 平面 BCC1B1 ;
(3)用 ? 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小,求 tan ? . 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 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 ∥ AD , FD1 ∥CN .

D1

C1
F

B1
N
M D

A1

E
A

C

H

G

B

又因为 AD∥ BC ,所以 EN ∥ BC ,故四边形 BCNE 是平行四边形,由此推知 CN ∥ BE , 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 ,

BC 2 3 BM ? BG ?tan ∠BGM ? BG ?tan ∠CFB ? BG ? ? ? ? 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 BCC1B1 ,所以 EM ⊥ 平面 BCC1B1 . (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 ? ? . sin ∠MBH ? BM ? sin ∠CFB 因为∠MBH ? ∠CFB ,所以 MH ? BM ?
? BM ? BC BC ? CF
2 2

? 1?

3 3 ?2
2 2

?

EM 3 , tan ? ? ? 13 . MH 13

解法二: (1)建立如图所示的坐标系,则 BE ? (3, 3, 3) , z 0, 1) , BF ? (0, 3, 2) , BD1 ? (3,

??? ?

??? ?

???? ?

???? ? ??? ? ??? ? ???? ? ??? ? ??? ? 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.

D1

A1 B1
E M

C1
F

???? ? ? 2 ? (2)如图,设 M (0, 0,z) ,则 GM ? ? 0, ? ,z ? , 3 ? ?
y ???? ? ??? ? ??? ? 2 3 ? z ?2 ? 0 , 而 BF ? (0, 3, 2) ,由题设得 GM ?BF ? ? ? 3
得 z ? 1. 因为 M (0, 0, 1) , E (3, 0, 1) ,有 ME ? (3, 0, 0) ,

x

D

A

H

C

G

B

????

BC ? 0 ,从而 ME ⊥ BB 又 BB1 ? (0, 0, 3) , BC ? (0, 3, 0) ,所以 ME?BB 1, 1 ? 0 , ME ?
ME ⊥ BC .
故 ME ⊥ 平面 BCC1B1 . (3)设向量 BP ? ( x,y, 3) ⊥截面 EBFD1 ,于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 而 BE ? (3, 0, 1) , BF ? (0, 3, 2) , 得 BP? BE? 3 x? 3 ? 0, BP?BF ? 3 y ? 6 ? 0 , 解 得

????

??? ?

???? ????

???? ??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? x ? ?1 , y ? ?2 ,所以 BP ? (?1 , ? 2, 3) .
又 BA ? (3, . 0, 0) ⊥平面 BCC1B1 ,所以 BP 和 BA 的夹角等于 ? 或 π ? ? ( ? 为锐角)

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? BP?BA 1 于是 cos ? ? ??? . ? ??? ? ? 14 BP ?BA
故 tan ? ? 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. (2006 年全国Ⅰ卷) 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. 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 且 AN⊥NB. ∴AC⊥NB (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
H A M B N C
A M B N C

又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影.

z
C

H N

o
B

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).

∵ · = 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

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 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 ? 1-2a) ? sin 60? ? 3a = ( 1-2a) ?a V= 6 ? (



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 D J E G F C H I F (A、B、C) G

A、90°

B、60°

C、45°

D、0°

[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, ① 设对角线 D1B 与自 D1 出发的三条棱分别成α 、β 、 ? 角 求证:cos2α +cos2β +cos2 ? =1 ② 设 D1B 与自 D1 出发的三个面成α 、β 、 ? 角,求证: cos2α +cos2β +cos2 ? =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 , ? ,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 A1 D1 B1 D B C1

C A

a2 l2

同理 cos2β =

b2 c2 2 ? , cos = l2 l2

∴cos2α +cos2β +cos2 ? =

a 2+b 2+c2 =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 , 则 cos2α =

a 2+b 2 l2

同理:cos2β =

b 2+c2 c2 ? a2 2 ? , cos = . l2 l2

又∵ l 2=a2+b2+c2. ∴cos2α +cos2β +cos2 ? =

2(a 2+b2+c2 ) =2. l2

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.

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,在 Rt△AA1O 中,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

2 在 Rt△A1OD 中,A1D= OD 2+A 1O =(

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 ?



三 棱 柱 侧 面 积

S = S1 + S2 + S 3 = 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

3 A、 2
D、3

3 B、 2

L A

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 ? sin 30? =

3 . 2

S MNCB =

2+4 ? KL = 3 ? 3 . 2

∴ VA-MNCB = ? 3 3 ? ∴ 答案 A

1 3

3 3 = . 2 2

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, 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. 又∠PAD=60°,∴ PH= PA ? sin 60?=4 ? A B D H C E P

3 =2 3 . 2

∴ 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

?r 2 2 = 2 9 4?R

?

r2 2 = ? 2 9 4R

r 2 2 = R 3

∴ cos∠OAO1=

r 2 2 = R 3



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 ? ,则 ? 的值为 ( A. )

? 3
arctan 10 4

B.

? 4
6 4


C1

A1

B1
D

C.

D. arcsin

2.直线 a 与平面 ? 成 ? 角,a 是平面 ? 的斜线,b 是平面 ? 内与 a 异面的任意直线,则 a 与 b 所成的角(

C A

B

? 2 ? C. 最小值 ? ,无最大值 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
A. 最小值 ? ,最大值 ? ? ? B. 最小值 ? ,最大值 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 ) D. 7 N D1 M D A B 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

A1

B.

3

C.

6 5 5

D. 2

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 ? ? l ? ? 的平面角为 120 ? ,在 ? 内, AB ? l 于 B,AB=2,在 ? 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.

) D.

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?

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.

60 ?
D1 A1 E B1 C1

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

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

④ BE 与 CD1 所成的角为 arcsin

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 _________. 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 ? 平面内.其余顶点在 ? 的同侧, 正方体上与顶点 A 相邻的三个顶点到 ? 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 ? 的距离可能是:

①3;②4;③5;④6;⑤7. 以上结论正确的为 . (写出所有正确结论的编号 ) .. 6. 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_______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.
3

? O1 ? O3 ? O2

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,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,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.

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 ?,面 ABC 为 ?.面 BC D ? 为 ?. (1)若二面角 ??AC?? 为直二面角(如图二) ,求二面角 ??BC?? 的大小; (2)若二面角 ??AC?? 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 A?DF?B 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: 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

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
1 , 3 ? ?? 2.B 提示:由最小角定理知,最小角为 ? ,又异面直线所成角的范围为 ? 0, ? ,? 最大角 , ? 2? 5 为

6 . 4

? . 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 ,

AE 3 A1C ? AA12 ? AC 2 ? 4, A1 E ? 3,? s ?A1 iCE ? n 1 ? . A1C 4
5.D 提示:由 P 到△ABC 三个顶点的距离都是 14,知 P 在底面 ABC 的射影是△ABC 的外 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 ?

PB2 ? BO2 ? 7.
1 3 ? ? S ?AMB 3 2

6.D 提示:由题图得 VB ? AMN ? V N ? AMB . ? ? h ? S ?AMN ?

1 3

?h ?

2 3S?AMB 3 ? 1 2 ?3 ? ? 2. 2S?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

8.C 提示:把 ? 半平面展到半平面 ? 内,此时,连结 AC 与棱的交点为 M,这时 AM+CM 取最
2 小值等于 AC. (AM+CM)min= 1 ? ( 2 ? 3) ?

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

? D1 P ? PC,? DP ? PC,?在长方形 ABCD 中 AB 边存在 P, 11.A 提示: 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 VE ? ABC1 ? VC1 ? ABE 得

1 1 ? h ? S ?ABC1 ? ? 1 ? S ?ABE , 3 3

?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,则 ?A1 BE 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

? AE ? DE 2 ? AD2 ?

15 ,由可解的点到平面的距离为 4

15 . 10

' ' 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

ON ? 的距离为 50 ? 30 ? 40 ,故升高了 50-40=10cm. AB 与平面 M ?
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,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 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、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 ? ? 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 ? ? PC ,
1 2 故 F 为 PC 的中点. , x ? 1, y ? z ? 2 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知:EF⊥PC,且 EF⊥BC 即 EF⊥AD

可得 ? ?

∴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 ? 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°.
0

图2

? ?DMP 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,
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

∴在△DMP 中,有 DP =MP +DM ,? ?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 ? ? 为直二面角, ∴ D ?E ⊥ ? ∴ BC⊥ D ?C 又 ∵ BC ? 平面 ? ∴ BC⊥ D ?E

2

2

2

图3

∴ BC⊥ a ,而 D ?C ? a ,

∴ ?D?CA 为二面角 ? ? BC ? ? 的平面角.

由于 ?D?CA ? 45? , ∵ AC⊥ D ?E , ∴ ?D ?EO ? 60 .
?

∴二面角 ? ? BC ? ? 为 45? . ∴ ?D ?EO 为二面角 a ? AC ? ? 的平面角,
2 2

(2)取 AC 的中点 E,连结 D ?E ,再过 D ? 作 D?O?? ,垂足为 O,连结 OE. ∴ AC⊥ OE 在 Rt ?D ?OE 中, D?E ? 1 AC ? 2 a ,

∴VD?? ABC

1 ? S ?ABC ? D ?O ? 1 ? 1 AC ? BC ? D ?O ? 1 ? 2a ? 2a ? 6 a ? 6 a 3 . 3 3 2 6 4 12

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. 在 RtΔ ASB 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,则 PQ∥AD, ∵PQ⊥AB, PQ⊥AF,AB ? AF ? A , ∴PQ⊥平面 ABF,QF ? 平面 ABF,∴PQ⊥QF.在 RtΔ PQF 中,∠FPQ=60?,PF=2PQ.

2 (2 ? t ). 又∵Δ PAF 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
∵Δ PAQ 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 ,1) ,
2 2
( 2 , 2 ,0) ,(

2 2 、 (0,0,1), , ,0) 2 2

又点 A、 M 的坐标分别是

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.

∴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
( 2 ? t) ? 2 ( 2 ? t)2 ? ( 2 ? t)2 ? 1 ? 2

(3)设 P(t,t,0)(0≤t≤ 2 )得 PF ? ( 2 ? t , 2 ? t ,1), ∴ BC =( 2 ,0,0) 又∵PF 和 BC 所成的角是 60?.∴ cos60? ? 解得 t ?

2或 3 2 (舍去) ,即点 P 是 AC 的中点. t? 2 2


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