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立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用


立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用
【命题分析】高考中立体几何命题特点: 1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系. 2.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. 【考点分析】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. 【高考考查的重难点】空间距离和角 “六个距离” : 1、两点间距离 d ?

( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( z1 ? z 2 ) 2 ;

2、点 P 到线 l 的距离 d ?

PQ * u u PQ * u u
PQ * u u PQ * u u PQ * u u
(P、Q 分别是两平面上任意两点,u 为两平面公共法向量 ) ; (P 为直线上的任意一点、Q 为平面上任意一点,u 为平面法向量) ; (Q 是平面上任意一点,u 为平面法向量) ; (P、Q 分别是两直线上任意两点,u 为两直线公共法向量) ; (Q 是直线 l 上任意一点,u 为过点 P 的直线 l 法向量) ;

3、两异面直线的距离 d ?

4、点 P 到平面的距离 d ?

5、直线与平面的距离 d ?

6、平行平面间的距离 d ? “三个角度” : 1、异面直线角[0,

v1v2 ? ],cos ? = 2 v1 v2

;【辨】直线倾斜角范围[0, ? ) ;

2、线面角 [0,

vn ? ] ,sin ? = cos v, n ? 或者解三角形; 2 vn n1n2 n1 n2
或者找垂直线,解三角形。

3、二面角 [0, ? ],cos ? ? ?

1

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, 证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。其中,利用空间向量求空 间距离和角的套路与格式固定,是解决立体几何问题这套强有力的工具时,使得高考题具有很强的套路性。 【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 1、 (福建卷)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; C (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:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
?△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC .

A

A1

C1 D B1

B

A G C O B D F

A1

? 正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AO ⊥ 平面 BCC1B1 .

C1

连结 B1O ,在正方形 BB1C1C 中, O,D 分别为
BC,CC1 的中点,? B1O ⊥ BD ,? AB1 ⊥ BD .

B1

在正方形 ABB1 A1 中, AB1 ⊥ A1B ,? AB1 ⊥平面 A1BD . (Ⅱ)设 AB1 与 A1 B 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

2

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) , A1 (0, 0,3) , B1 (1, 2, 0) , 2,3) , A(0,

???? ???? ??? ? 1, 0) , BA1 ? (?1 ? AB1 ? (1 , 2, ? 3) , BD ? (?2, , 2,3) .

z A F C O D B

???? ??? ? ???? ???? ? AB1 ?BD ? ?2 ? 2 ? 0 ? 0 , AB1 ?BA1 ? ?1? 4 ? 3 ? 0 ,
???? ??? ? ???? ???? . AB1 ⊥ BA1 ? AB1 ⊥ BD ,
? AB1 ⊥平面 A1BD .

A1

C1
y

B1

(Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n ? ( x,y,z ) .
???? x

???? ???? ???? AD ? (?11 , , ? 3) , AA1 ? (0, 2, 0) .? n ⊥ AD , n ⊥ AA1 ,

???? ?n?AD ? 0, ? ?? x ? y ? 3z ? 0, ? ? y ? 0, ? ?? ?? ? ? ???? ? ?2 y ? 0, ? ? x ? ? 3 z. ?n?AA1 ? 0, ?

令 z ? 1得 n ? (? 3, 0, 1) 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? 3 6. 1 cos ? n , AB ?? n?AB ? ?? ???? 1 4 2 ? 2 2 n ? AB1

? 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(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种方法. 考点 2 异面直线的距离 考查异目主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 2、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: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
4

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 偶尔会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 3.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:解法一? BD ∥平面 GB1 D1 ,

D1
A1
H G D A

? 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,

O1
B1

C1

? B1 D1 ? A1C1 , B1 D1 ? A1 A ,? B1 D1 ? 平面 A1 ACC1 ,
又? B1 D1 ? 平面 GB1 D1

C O B

? 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 解法二? 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 ?

1 ? 2 2 ? 3 ? 6, 2
5

V D1 ?GBB1 ?

1 1 4 ? ? 2? 2? 2 ? 3 2 3

,

?h ?

4 6

?

2 6 , 3
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【重难点】 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. (1)求异面直线所成角的思路是:通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线,进而利 用平面几何知识(余弦定理、正弦定理、射线定理( cos? 括为:一找二证三求。 (2)求异面直线所成角的步骤: ①选择适当的点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线,这里的点通常选择特殊位置斩点。 ②求相交直线所成的角,通常是在相应的三角形中进行计算。 ③因为异面直线所成的角 ? 的范围是 0°< ? ≤90°,所以在三角形中求的角为钝角时,应取它的补角 作为异面直线所成的角。 3、 “补形法”是立体几何中一种常见的方法,通过补形,可将问题转化为易于研究的几何体来处理,利 用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。 4、利用向量,设而不找,对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。 方法总结:直接平移法、中位线平移、补形平移法、向量法 典型例题 4、长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,若 AB=BC=3,AA1=4,求异面直线 B1D 与 BC1 所成角的大小。 选题意图,通过该题,让学生进一步理解异面直线所成角的概念,熟练掌握异面直线所成角的求法。 分析: 构造三角形找中位线, 然后利用中位线的性质, 将异面直线所成的角转化为平面问题, 解三角形求之。 解法一:如图①连结 B1C 交 BC1 于 0,过 0 点作 OE∥DB1,则∠BOE 为所求的异面直线 DB1 与 BC1 所成的 角。连结 EB,由已知有 B1D= 34 ,BC1=5,BE= )求解,整个求解过程可概 ? cos?1 cos?2 )

3 5 7 34 7 34 ,∴ cos ∠BOE= ∴∠BOE= arc cos 2 170 170

6

解法二:如图②,连 DB、AC 交于 O 点,过 O 点作 OE∥DB1,过 E 点作 EF∥C1B,则∠OEF 或其补角就是两 异面直线所成的角,过 O 点作 OM∥DC,连结 MF、OF。则 OF=

73 7 34 , cos ∠OEF= ? ,∴异面直线 B1D 与 2 170

BC1 所成的角为 arc cos

7 34 。 170

解法三:如图③,连结 D1B 交 DB1 于 O,连结 D1A,则四边形 ABC1D1 为平行四边形。在平行四边形 ABC1D1 中过点 O 作 EF∥BC1 交 AB、D1C1 于 E、F,则∠DOF 或其补角就是异面直线 DB1 与 BC1 所成的角。在△ADF 中 DF=

3 5 7 34 7 34 , cos ∠DOF= ,∴∠DOF= arc cos 。 2 170 170
解法四:如图④,过 B1 点作 BE∥BC1 交 CB 的延长线于 E 点。 则∠DB1E 就是异面直线 DB1 与 BC1 所成角,连结 DE 交 AB 于 M,DE=2DM=3 5 ,

cos ∠DB1E=

7 34 7 34 ∴∠DB1E= arc cos 。 170 170

解法五:如图⑤,在平面 D1DBB1 中过 B 点作 BE∥DB1 交 D1B1 的延长线于 E,则∠C1BE 就是异面直线 DB1 与 BC1 所成的角,连结 C1E,在△B1C1E 中,∠C1B1E=135°,C1E=3 5 ,

cos ∠C1BE=

7 34 7 34 ,∴∠C1BE= arc cos 。 170 170

分析:在已知图形外补作一个相同的几何体,以例于找出平行线。 解法六:如图⑥,以四边形 ABCD 为上底补接一个高为 4 的长方体 ABCD-A2B2C2D2,连结 D2B,则 DB1∥D2B, ∴∠C1BD2 或其补角就是异面直线 DB1 与 BC1 所成的角,连 C1D2,则△C1D2C2 为 Rt△, cos ∠C1BD2=-

7 34 , 170

∴异面直线 DB1 与 BC1 所成的角是 arc cos

7 34 。 170

7

解法七:如图⑦,连结 DB、DC1,设异面直线 DB1 与 BC1 所成的角为 ? ,cos ? ?

DB1 ? BC1 DB1 BC1

,而 DB1 ? BC1

= DB1 ? ( BB1 ? B1C1 )= DB1 ? BB1 + DB1 ? B1C1 = DB1 BB1 cos 〈 DB1 , BB1 〉+ DB1 B1C1 cos 〈 DB1 , B1C1 〉 ∵ BB1∥DD1

∴ 〈 DB1 , BB1 〉=〈 DD1 , DB1 〉=∠D1DB1

cos ∠D1DB1=

4 34

〈 DB1 , B1C1 〉=180°-∠DB1C1 ∵ cos ∠DB1C1=

3 34 3 34

∴ cos 〈 DB1 , B1C1 〉=- cos ∠DB1C1=-

DB1 ? BC1 =7
∴ cos ? =

7 34 7 34 , ? ? arccos 170 170

解法八:如图⑧,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(3,3,0) ,B1(3,3,4) ,D(0,0,0) ,C1(3,0,4) 。 设 DB1 和 BC1 的夹角为 ? , 则 cos ? ?

DB1 ? BC1 DB1 BC1

=

7 34 170 7 34 。 170

∴异面直线 DB1 与 BC1 所成的角为 arccos

总之,异面直线所成的角是立体几何中的重要概念,也是我们学习的第一个空间角,它的求法体现了立 体几何将空间图形问题化归为平面图形问题的基本思想。 典型例题 5、长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2cm,AD=1cm,求异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角。 解法 1:平移法 设 A1C1 与 B1D1 交于 O,取 B1B 中点 E,连接 OE,因为 OE//D1B,所以∠C1OE 或其补角就是异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角△C1OE 中
8

1 5 A 1 C1 ? 2 2 1 1 3 OE ? BD1 ? ? 2 2 ? 2 2 ? 1 ? 2 2 2 OC1 ? C1 E ? B1C1 ? B1 E 2 ? 12 ? 12 ? 2
2

所以 cos ?C1OE ?
2 ? 5? 3? ? ? ?? ? ? ? ? 2 ? ? 2? ? ? ? 5 3 2? ? 2 2 5 ? 5 2

OC1 ? OE 2 ? C1 E 2 2OC1 ? OE

2

? 2?

2

所以?C1OE ? arccos

5 5 arccos A C 与 BD 5 5 ,所以异面直线 1 1 1 所成的角为

解法 2:补形法 在长方体 ABCD—A1B1C1D1 的面 BC1 上补上一个同样大小的长方体,将 AC 平移到 BE,则∠D1BE 或其补角就是

D E ? 42 ? 22 ? 2 5 异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角,在△BD1E 中,BD1=3, BE ? 5 , 1
cos ?D1 BE ? ? 32 ? 5 5
arccos
所以异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角为
2

? 5 ? ? ?2 5 ?
2? 3? 5

BD1 ? BE 2 ? D1 E 2 2BD1 ? BE
2

2

??

5 5

图2 解法 3:利用公式

cos ? ? cos ?1 ? cos ? 2

设 OA 是平面α 的一条斜线,OB 是 OA 在α 内的射影,OC 是平面α 内过 O 的任意一条直线,设 OA 与 OC、 OA 与 OB、OB 与 OC 所成的角分别是 ? 、 ? 1、 ? 2,则

cos ? ? cos ?1 ? cos ? 2

(注:在上述题设条件中,把平

面α 内的 OC 换成平面α 内不经过 O 点的任意一条直线,则上述结论同样成立)D1B 在平面 ABCD 内射影是 BD, AC 看作是底面 ABCD 内不经过 B 点的一条直线, BD 与 AC 所成的角为∠AOD, D1B 与 BD 所成角为∠D1BD, 设 D1B 与 AC 所成角为 ? ,

cos ? ? cos ?D1BD ? cos ?AOD
9

cos ?D1 BD ?


BD 5 ? BD1 5



cos ?AOD ?
2

OD 2 ? OA 2 ? AD 2 2OD ? OA
2

? 5? ? ? ? ? ? ? 5 ? ? 12 ? 2 ? ? 2 ? 3 ? ? ? ?? ? 5 5 5 2? ? 2 2 cos ? ? cos ?D1 BD ? cos ?AOD ? ? 5 3 ? 3 5 5 5

? ? arccos
所以

5 5 arccos 5 5

所以异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角为

cos ? ?
解法 4:向量几何法:

a?b | a | |b |

? ? ? AB 、 AD、 AA1 为空间一组基向量 设
? ? ? AB ? a , AD ? b, AA1 ? c | a |? 2, | b |? 1, | c |? 2 a ? b ? 0, a ? c ? 0, b ? c ? 0 ? ? ? ? BD1 ? BA? AA1 ? A 1 D1 ? b ? c ? a ? A 1 C1 ? a ? b
? A 1 C1 ? | a ? b | 2 ? 2 2 ? 1 ? 5 ? | BD1 |? | b ? c ? a | 2 ? | b | 2 ? | a | 2 ? | c | 2 ? 3

? ? BD1 ? A 1C1 ? (b ? c ? a )(a ? b) ?| b | 2 ? | a | 2 ? 1 ? 4 ? ?3 ? cos ? BD1 ? ? ? BD1 ? A 1C1 ?3 5 A 1C1 ?? ? ?? ? ? 5 3 5 | BD1 | | A 1C1 |
arccos
所以异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角为

5 5

10

解法 5:向量代数法:

cos ? ?

a 1b1 ? a 2 b 2 ? a 3 b 3 a 1 ? a 2 ? a 3 ? b1 ? b 2 ? b 3
2 2 2 2 2 2

以 D 为坐标原点,DC、DA、DD1 分别为 x、y、z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(0,1,0) 、C(2,0,0) ,

? ? BD ? ( ? 2 , ? 1 , 2 ), AC ? (2,?1,0) 1 B(2,1,0) 、D1(0,0,2) ,
? ? ?5 5 cos ? BD1 , AC ?? ?? 5 3 5
arccos
所以异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角为

5 5

解法 6:利用公式

cos ? ?

AD 2 ? BC2 ? AB2 ? DC 2 2AC ? BD

定理:四面体 A—BCD 两相对棱 AC、BD 间的夹角 ? 必满足

cos ? ?

AD 2 ? BC2 ? AB2 ? DC 2 2AC ? BD

图6 解:连结 BC1、A1B 在四面体

B ? A1C1D1

中,异面直线 A1C1 与 BD1 所成的角是 ? ,易求得

A1C1 ? BC1 ? 5, A1B ? 2 2 , BD1 ? 3

11

图7

由定理得:

A D ? BC1 ? A1B 2 ? D1C1 cos ? ? 1 1 2A1C1 ? BD1
2

2

2

? ?

12 ? 5 5

? 5 ? ? ?2 2 ?
2

? 22

2? 5 ?3

? ? arccos
所以

5 5

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? ?

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. 典型例题 6、 (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? , AB ? 2 , BC ? 2 2 , SA ? SB ? 3 .
S

(Ⅰ)证明 SA ? BC ;
C B A

(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

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: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 ,

S

C 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 D A

O

B

SO ? 1 , SD ? 11 .

12

1 ? △SAB 的面积 S1 ? 1 AB? SA2 ? ? . ? AB ? ? 2 2 ?2 ?

2

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 .

如图,以 O 为坐标原点, OA 为 x 轴正向,建立直角坐标系 O ? xyz ,

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

??? ??? ? ??? ? CB ? 0 ,所以 SA ⊥ BC . CB ? (0, 2 2, 0) , SA?
S
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?

z

G
C D

O
A

E

B

y

x

? 2 2 1 ?, ? 2 2 ? , AB ? (? OG ? ? 1? ? ? 4 ,4 , ? SE ? ? ? 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 2, 1) .
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
13

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【重点】 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 ①从一条直线出发的两个半平面所成的图形叫做二面角,记作:二面角 α —l—β 。 ②以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角叫做二面 角的平面角。 ③范围: ? ?[0, ? ] 2、二面角出现的状态形式有哪些?

竖立式

横卧式

2、二面角的类型及基本方法 (1)四种常规几何作求法

定义法垂面法;

cos ?
三垂线法; 射影面积法=S 射影多边形/S 多边形

14

(2)向量法: ①设 m 和 n 分别为平面 ? , ? 的法向量,二面角 ? ? l ? ? 的大小为 ? ,向量

??

?

?? ? m 、 n 的夹角为 ? ,如图:
n

ω n α θ l β
α θ l

n

ω

β
n

结论①: 设 m 和 n 分别为平面 ? , ? 的法向量, 二面角 ? ? l ? ? 的大小为 ? , 向量 m 、 n 的夹角为 ? , 则有 ? ? ? ? ? 或 ? ? ? 结论②:一般地,若设 n, m 分别是平面 ? , ? 的法向量,则平面 ? 与平面 ? 所成的二面角 ? 的计算公式

??

?

?? ?

是: ? ? arcco s

n?m

n?m

或 ? ? ? ? arccos (当二面角为锐角、直角 时)

n?m n?m

, (当二面角为钝角时)

其中锐角、钝角根据图形确定。 1、定义法:在棱上任取一点,过这点在两个面内分别引棱的垂线,这两条射线所成的角就是二面角的 平面角。 2、三垂线定理及逆定理法:自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到 棱上的点。斜足与面上一点连线,和斜足与垂足连线所夹的角即为二面角的平面角。 3、作棱的垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角的两条射线所成的角就是二面角的平面角。 4、投影法:利用 s 投影面=s 被投影面 cos ? 这个公式对于斜面三角形,任意多边形都成立,是求二面角的好方 法。尤其对无棱问题 5 异面直线距离法: EF2=m2+n2+d2-2mn cos ? 典型例题 7、若 p 是 ?ABC 所在平面外一点, 而 ?PBC 和 ?ABC 都是边长为 2 的正三角形, PA= 6 ,求二面角 P-BC-A 的大小。 分析:由于这两个三角形是全等的三角形, 故采用定义法 解:取 BC 的中点 E,连接 AE、PE
15

P

A

C

E
B

? AC=AB,PB=PC ? AE ? BC,PE ? BC ? ?PEA 为二面角 P-BC-A 的平面角
在 ?PAE 中 AE=PE= 3 ,PA= 6

? ?PEA =900 ? 二面角 P-BC-A 的平面角为 900。
典型例题 8、已知 ?ABC 是正三角形, PA ? 平面 ABC 且 PA=AB=a,求二面角 A-PC-B 的大小。 [思维]二面角的大小是由二面角的平面角来度量的,本题可利用三垂线定理(逆)来作平面角,还可以 用射影面积公式或异面直线上两点间距离公式求二面角的平面角。 解 1: (三垂线定理法) 取 AC 的中点 E,连接 BE,过 E 做 EF ? PC,连接 BF

? PA ? 平面 ABC,PA ? 平面 PAC

? 平面 PAC ? 平面 ABC, 平面 PAC ? 平面 ABC=AC
? BE ? 平面 PAC
由三垂线定理知 BF ? PC

P

? ?BFE 为二面角 A-PC-B 的平面角
3 2 设 PA=1,E 为 AC 的中点,BE= ,EF= 2 4

F A
E

C

? tan ?BFE =

BE ? 6 EF

B

? ?BFE =arctan 6
解 2: (三垂线定理法) 取 BC 的中点 E,连接 AE,PE 过 A 做 AF ? PE, FM ? PC,连接 FM

? AB=AC,PB=PC
?
AE ? BC,PE ? BC

P F A E B
16

? BC ? 平面 PAE,BC ? 平面 PBC ? 平面 PAE ? 平面 PBC,
平面 PAE ? 平面 PBC=PE 由三垂线定理知 AM ? PC

M

C

? ? FMA 为二面角 A-PC-B 的平面角

设 PA=1,AM=

2 AP. AE 21 ,AF= ? 2 PE 7 AF 42 ? AM 7
42 7

? sin ? FMA =

P

? ? FMA =argsin
解 3: (投影法)

过 B 作 BE ? AC 于 E,连结 PE

A B

E

C

? PA ? 平面 ABC,PA ? 平面 PAC

? 平面 PAC ? 平面 ABC, 平面 PAC ? 平面 ABC=AC
? BE ? 平面 PAC ? ?PEC 是 ?PBC 在平面 PAC 上的射影
设 PA=1,则 PB=PC= 2 ,AB=1

图3

S ?PEC ?

1 7 , S ?PBC ? 4 4

由射影面积公式得, COS? ? 解 4: (异面直线距离法)

S ?PEC 7 7 , ? ,?? ? arg cos S ?PBC 7 7

P
D E

过 A 作 AD ? PC,BE ? PC 交 PC 分别于 D、E 设 PA=1,则 AD=

2 ,PB=PC= 2 2

A

C

? BE=

S ?PBC 14 2 2 = ,CE= ,DE= 1 4 4 4 PC 2

B
图4
7 7 ,?? ? arg cos 7 7

由异面直线两点间距离公式得 AB2=AD2+BE2+DE2-2ADBE COS ? , COS ? =

[点评]本题给出了求平面角的几种方法,应很好掌握。 典型例题 9、二面角 ? ? EF ? ? 的大小为 120 ,A 是它内部的一点,AB ?
?

? ,AC ? ? ,B、C 为垂足。

(1) 求证:平面 ABC ?

? ,平面 ABC ? ?
17

(2) 当 AB=4cm,AC=6cm 时求 BC 的长及 A 到 EF 的距离。 分析:本题采用作棱的垂面法找二面角的平面角 解: (1)设过 ABC 的平面交平面 ? 于 BD,交平面 ? 于 CD

? AB ? ? ,AB ? 平面 ABC ?
(2)? AB ? 平面 ABC ?

? ,同理平面 ABC ? ?

?

? AB ? EF
同理 AC ? EF

A

? EF ? 平面 ABDC ? BD ? EF, CD ? EF ? ?BDC = 120? ? ?BAC ? 60? ? BC= 4 2 ? 6 2 ? 2 ? 4 ? 6COS60? ? 2 7 cm
有正弦定理得点 A 到 EF 的距离为:d=

B D C?

BC 4 21 cm ? ? 3 sin 60

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. 以锥体为载体,对求角的问题进行研究 典型例题 10、如图,在底面是一直角梯形的四棱锥 S-ABCD 中, AD∥BC,∠ABC=90°,SA⊥平面 AC,
1 SA=AB=BC=1,AD= 2 .求面 SCD 与面 SAB 所成的角的大小。

解法 1:可用射影面积法来求,这里只要求出 S△SCD 与 S△SAB 即可, 故所求的二面角θ 应满足 cos ? = S

6 = = 。 1 2 3 ? 3? 2 2

1 ? 1? 1 2

B

C

A

图1

D

点评: (1)若利用射影面积法求二面角的大小,作为解答题,高考中是要扣分的,因为它不是定理.(2) 由学生讨论解决,教师根据学生的解答情况进行引导、明确学生的解答。 解法 2: (三垂线定理法)
18

解:延长 CD、BA 交于点 E,连结 SE,SE 即平面 CSD 与平面 BSA 的交线. 又∵DA⊥平面 SAB,∴过 A 点作 SE 的垂线交于 F.如图.

1 ∵AD= BC 且 AD∥BC 2
∴△ADE∽△BCE ∴EA=AB=SA 又∵SA⊥AE ∴△SAE 为等腰直角三角形,F 为中点, E A

S

B D C

AF ?

1 2 2 又∵DA⊥平面 SAE,AF⊥SE SE ? SA ? 2 2 2

∴由三垂线定理得 DF⊥SE ∴∠DFA 为二面角的平面角, ∴tanDFA=

DA 2 即所求二面角的正切值. ? FA 2

评注:常规法求解步骤:一作:作出或找出相应空间角;二证:通过简单的判断或推理得到相应角;三 求:通过计算求出相应的角。 点评:是利用三垂线的定理及其逆定理来证明线线垂直,来找到二面角的平面角的方法。这种方法关键 是找垂直于二面角的面的垂线。此方法是属于较常用的。总之,在运用三垂线找平面角时,找垂线注意应用 已知的条件和有关垂直的判定和性质定理,按三垂线的条件,一垂线垂直二面角的一个面,还有垂直于棱的 一条垂线。且两垂线相交,交点在二面角的面内。 解法 3: (向量法)
1 解:如图,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0, ,0),S(0,0, 2

???? 1 1 ?? ? 1),易知平面 SAB 的法向量为 m =(0, ,0);设平面 SDC 的法向量为 n =(x,y,z),而 DC =(-1, ,0), 2 2 ??? ? ? ???? 1 ? ? ???? ? ??? DS =(0, ? , 1),∵ n ⊥面 SDC,∴ n ⊥ DC , n ⊥ DS ,n1⊥ DC . 2
1 ? ? ???? ?x ? y ? 0 ? ? n ? DC ? 0 ? 2 ? ∴ ? ? ??? 得? ? n ? DS ? 0 ? ? 1 y ? z ? 0 ? ? 2 ? 令 x ? 1 得: y ? 2, z ? 1 。即 n =(1,2,1)
∵面 SAB 与面 SCD 所成角的二面角为锐角θ ,

S B C

A

D

19

?? ? 1 m?n ???? 6 ?? ? =1 = ?cos ? n,m ?? ? 6 3 m n 2
∴θ =arccos
6 . 3 6 . 3

故面 SCD 与面 SBA 所成的角大小为 arccos

点评:通过此例可以看出:求二面角大小(空间面面角等于二面角或其补角)的常规方法是构造三角形 求解,其关键又是作出二面角的平面角,往往很不简单。利用建立空间直角坐标系,避开了“作、证”两个 基本步骤, 通过求两个平面法向量的夹角来达到解决问题的目的, 解题过程实现了程序化, 是一种有效方法。 搭建平台, 自主交流, 数形结合, 扫清了学生的思维障碍, 更好地突破了教学的重难点, 体验数学的简约美, 一题多解是训练学生思维的有效形式。

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