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高三立体几何专题复习


高考立体几何专题复习
一.考试要求: (1)掌握平面的基本性质,会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图,能够画出空间两条直 线、直线和平面的各种位置关系的图形,能够根据图形想象它们的位置关系。 (2)了解空两条直线的位置关系,掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理,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)。 (

3)了解空间直线和平面的位置关系,掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理,理解直线和平面 垂直的判定定理和性质定理,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, 了解三垂线定理及其逆定理。 (4)了解平面与平面的位置关系,掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的 平面角、两个平面间的距离的概念,掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。 (5)会用反证法证明简单的问题。 (6)了解多面体的概念,了解凸多面体的概念。 (7)了解棱柱的概念,掌握棱柱的性质,会画直棱柱的直观图。 (8)了解棱锥的概念,掌握正棱锥的性质,会画正棱锥的直观图。 (9)了解正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式。 (10)了解球的概念,掌握球的性质,掌握球的表面积、体积公式。 二.复习目标: 1.在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上, 研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用;在有关问题的解决过 程中,进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能,并探索立体几何中论证问题的规律;在有关问题 的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用. 2.在掌握空间角(两条异面直线所成的角,平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上,掌握 它们的求法(其基本方法是分别作出这些角,并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小);在解决 有关空间角的问题的过程中,进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用,掌握作平行线 (面)和垂直线(面)的技能;通过有关空间角的问题的解决,进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力 及运算能力. 3. 通过复习, 使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、 性质, 并能够灵活运用到解题过程中. 通 过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧,发掘不同问题之间的内在联系,提高解题能 力. 4.在学生解答问题的过程中,注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、 提高思维品质.使学生掌握化归思想,特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法,并 提高空间想象能力、推理能力和计算能力. 5.使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法,能够熟练地使用分割与补形求体积,提高 空间想象能力、推理能力和计算能力. 三.教学过程:

(Ⅰ)基础知识详析
重庆高考立体几何试题一般共有 4 道(选择、 填空题 1--2 道, 解答题 1 道), 共计总分 20 分左右,考查 的知识点在 20 个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着 “多一点 思考,少一点计算” 的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距 离的探求是常考常新的热门话题. 1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题,是在解决立体几何问题的过程中,大量的、反复遇到 的,而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容,因此在主体几何的总复习 中,首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手,通过较为基本问题,熟悉公理、定理的内容和功能, 通过对问题的分析与概括, 掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、 线面平行(垂直)、 面面平行(垂直)相互转化的思想,以提高逻辑思维能力和空间想象能力.

1

2. 判定两个平面平行的方法: (1)根据定义——证明两平面没有公共点; (2)判定定理——证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面; (3)证明两平面同垂直于一条直线。 3.两个平面平行的主要性质: ⑴由定义知:“两平行平面没有公共点”。 ⑵由定义推得:“两个平面平行,其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 ⑶两个平面平行的性质定理:“如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那 么它们的交线平行”。 ⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 ⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。 以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理”,但在解题过程中均可直接作为性质定 理引用。 4.空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系,空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、 空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等.解这类问题的基本思路是 把空间问题转化为平面问题去解决. 空间的角,是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重 要概念,由它们的定义,可得其取值范围,如两异面直线所成的角 θ∈(0,
?
? ? ],直线与平面所成的角 θ∈ ? 0, 2 ? 2 ? ? ,二面角的大小,可用它们的平面角来度量,其平面角 ?

θ∈(0,π ]. 对于空间角的计算,总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角,并把它置于一个平面图形,而 且是一个三角形的内角来解决,而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的,因此求这些角的 过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用.通过空间角的计算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理 能力及空间想象能力. 如求异面直线所成的角常用平移法(转化为相交直线);求直线与平面所成的角常利用射影转化为相 交直线所成的角;而求二面角?-l-?的平面角(记作?)通常有以下几种方法: (1) 根据定义; (2) 过棱 l 上任一点 O 作棱 l 的垂面?,设?∩?=OA,?∩?=OB,则∠AOB=?(图 1); (3) 利用三垂线定理或逆定理,过一个半平面?内一点 A,分别作另一个平面?的垂线 AB(垂足为 B), 或棱 l 的垂线 AC(垂足为 C),连结 AC,则∠ACB=? 或∠ACB=?-?(图 2); (4) 设 A 为平面?外任一点,AB⊥?,垂足为 B,AC⊥?,垂足为 C,则∠BAC=?或∠BAC=?-?(图 3); (5) 利用面积射影定理,设平面?内的平面图形 F 的面积为 S,F 在平面?内的射影图形的面积为 S?, 则 cos?=
S S
A
β O A B γ
'

.
A β
C β

A
B

A

B

C

β

B

β

B

C

图 1

C

图 2

图 3

5.空间的距离问题,主要是求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间(限于给出公 垂线段的)、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离. 求距离的一般方法和步骤是:一作——作出表示距离的线段;二证——证明它就是所要求的距离;三 算——计算其值.此外,我们还常用体积法求点到平面的距离. 6.棱柱的概念和性质 ⑴理解并掌握棱柱的定义及相关概念是学好这部分知识的关键,要明确“棱柱 直棱柱 正棱柱” 这一系列中各类几何体的内在联系和区别。 ⑵平行六面体是棱柱中的一类重要的几何体,要理解并掌握“平行六面体 直平行六面体 长方体

2

正四棱柱 正方体”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。 ⑶须从棱柱的定义出发,根据第一章的相关定理对棱柱的基本性质进行分析推导,以求更好地理解、 掌握并能正确地运用这些性质。 ⑷关于平行六面体,在掌握其所具有的棱柱的一般性质外,还须掌握由其定义导出的一些其特有的性 质,如长方体的对角线长定理是一个重要定理并能很好地掌握和应用。还须注意,平行六面体具有一些与 平面几何中的平行四边形相对应的性质,恰当地运用平行四边形的性质及解题思路去解平行六面体的问题 是一常用的解题方法。 ⑸多面体与旋转体的问题离不开构成几何体的基本要素点、线、面及其相互关系,因此,很多问题实 质上就是在研究点、线、面的位置关系,与《直线、平面、简单几何体》第一部分的问题相比,唯一的差 别就是多了一些概念,比如面积与体积的度量等.从这个角度来看,点、线、面及其位置关系仍是我们研 究的重点.多面体与旋转体的体积问题是《直线、平面、简单几何体》课程当中相对独立的课题.体积和 面积、长度一样,都是度量问题.常用“分割与补形”,算出了这些几何体的体积. 7.欧拉公式:如果简单多面体的顶点数为 V,面数 F,棱数 E,那么 V+F-E=2. 计算棱数 E 常见方法: (1)E=V+F-2; (2)E=各面多边形边数和的一半; (3)E=顶点数与共顶点棱数积的一半。 8.经纬度及球面距离 ⑴根据经线和纬线的意义可知,某地的经度是一个二面角的度数,某地的纬度是一个线面角的度数, ⌒ 设球 O 的地轴为 NS,圆 O 是 0°纬线,半圆 NAS 是 0°经线,若某地 P 是在东经 120°,北纬 40°,我 ⌒ 们可以作出过 P 的经线 NPS 交赤道于 B, P 的纬线圈圆 O1 交 NAS 于 A, 过 那么则应有: ∠AO1P=120°(二 ⌒ 面角的平面角) ,∠POB=40°(线面角)。 ⌒ ⑵两点间的球面距离就是连结球面上两点的大圆的劣弧的长,因此,求两点间的球面距离的关键就在 于求出过这两点的球半径的夹角。 例如,可以循着如下的程序求 A、P 两点的球面距离。 线段 AP 的长 ∠AOP 的弧度数 9.球的表面积及体积公式 S 球表=4π R2 V 球=
4 3

⌒ 大圆劣弧 AP 的长 π R3

⑴球的体积公式可以这样来考虑:我们把球面分成若干个边是曲线的小“曲边三角形”;以球心为顶 点,以这些小曲边三角形的顶点为底面三角形的顶点,得到若干个小三棱锥,所有这些小三棱锥的体积和 可以看作是球体积的近似值.当小三棱锥的个数无限增加,且所有这些小三棱锥的底面积无限变小时,小三 棱锥的体积和就变成球体积, 同时小三棱锥底面面积的和就变成球面面积,小三棱锥高变成球半径.由于第 n 个小三棱锥的体积= Snhn(Sn 为该小三棱锥的底面积,hn 为小三棱锥高),所以 V 球= S 球面·R= ·4π
3 3 3 1 1 1

R ·R=

2

4 3

π R.

3

⑵在应用球体积公式时要注意公式中给出的是球半径 R,而在实际问题中常给出球的外径(直径). ⑶球与其它几何体的切接问题,要仔细观察、分析、弄清相关元素的位置关系和数量关系,选择最佳 角度作出截面,以使空间问题平面化。 10.主要题型: ⑴以棱柱、棱锥为载体,考查线面平行、垂直,夹角与距离等问题。 ⑵利用欧拉公式求解多面体顶点个数、面数、棱数。 ⑶求球的体积、表面积和球面距离。解题方法:求球面距离一般作出相应的大圆,转化为平面图形求 解。 11.注意事项 ⑴须明确《直线、平面、简单几何体》中所述的两个平面是指两个不重合的平面。 ⑵与“直线与直线平行”、“直线与平面平行”的概念一样“平面与平面平行”是 指“二平面没有公共点”。由此可知,空间两个几何元素(点、直线、平面称为空间三个几何元素)间“没 有公共点”时,它们间的关系均称为“互相平行”。要善于运用平面与平面平行的定义所给定的两平面平
3

行的最基本的判定方法和性质。 ⑶注意两个平行平面的画法——直观地反映两平面没有公共点,将表示两个平面的平行四边形画成对 应边平行。两个平面平行的写法与线、线平行,线、面平行的写法一议,即将“平面 ? 平行于平面 ? ”, 记为“ ? ∥ ? ”。 ⑷空间两个平面的位置关系有且只有“两平面平行”和“两平面相交”两种关系。 ⑸在明确“两个平行平面的公垂线”、“两个平行平面的公垂线段”、“两个平行平面的距离”的概 念后,应该注意到,两平行平面间的公垂线段有无数条,但其长度都相等——是唯一确定的值,且两平行 平面间的公垂线段,是夹在两平行平面间的所有线段中最短的线段,此外还须注意到,两平行平面间的距 离可能化为“其中一个平面内的直线到另一个平面的距离”又可转化为“其中一个面内的一个点到另一个 平面的距离。 ⑹三种空间角,即异面直线所成角、直线与平面所成角。平面与平面所成二面角。它们的求法一般化 归为求两条相交直线的夹角,通常“线线角抓平移,线面角找射影,面面角作平面角”而达到化归目的, 有时二面角大小出通过 cos ? =
S射 S原

来求。

⑺有七种距离,即点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线 与该平面、两个平行平面之间的距离,其中点与点、点与直线、点到平面的距离是基础,求其它几种距离 一般化归为求这三种距离,点到平面的距离有时用“体积法”来求。

(Ⅱ)2004--2008 年重庆高考数学立体几何综合题选
1.(2004 年重庆理科高考 19 题)(本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形, PA ? 底 面 ABCD , AE ? PD , EF // CD , AM ? EF (1)证明 MF 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线; (2)若 PA ? 3 AB ,求直线 AC 与平面 EAM 所成角的正弦值。

(I)证明:因 PA⊥底面,有 PA⊥AB,又知 AB⊥AD, 故 AB⊥面 PAD,推得 BA⊥AE, 又 AM∥CD∥EF,且 AM=EF, 证得 AEFM 是矩形,故 AM⊥MF. 又因 AE⊥PD,AE⊥CD,故 AE⊥面 PCD, 而 MF∥AE,得 MF⊥面 PCD, 故 MF⊥PC, 因此 MF 是 AB 与 PC 的公垂线. (II)解:连结 BD 交 AC 于 O,连结 BE,过 O 作 BE 的垂线 OH, 垂足 H 在 BE 上. 易知 PD⊥面 MAE,故 DE⊥BE, 又 OH⊥BE,故 OH//DE,
4

因此 OH⊥面 MAE. 连结 AH,则∠HAO 是所要求的线 AC 与面 NAE 所成的角 设 AB=a,则 PA=3a, AO ? 因 Rt△ADE~Rt△PDA,故
ED ? AD PD OH ? 1 2 ED ?
2

1 2

AC ?

2 2

a.

?
2

a

2

?
2

a 10

a ? (3 a ) a 2 10 .

,

从而在 Rt ? AHO 中

sin HAO ?

OH AO

?

a 2 10

?

2 2a

?

1 20

?

5 10

.

说明:本题主要考查线面关系,考查空间想象能力和推理能力。 2.(2004 年高考重庆卷文科(19))(本小题满分 12 分) 如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形,
PA ? 底 面 ABCD , AE ? PD , EF // CD , AM ? EF

(1) 证明 MF 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线; (2)若 PA ? 3 AB ,求二面角 E—AB—D 平面角. P

E

F A D

M B C

(I)证明:因 PA⊥底面,有 PA⊥AB,又知 AB⊥AD, 故 AB⊥面 PAD,推得 BA⊥AE, 又 AM∥CD∥EF,且 AM=EF, 证得 AEFM 是矩形,故 AM⊥MF. 又因 AE⊥PD,AE⊥CD,故 AE⊥面 PCD,

5

而 MF∥AE,得 MF⊥面 PCD, 故 MF⊥PC, 因此 MF 是 AB 与 PC 的公垂线. (II)解:因由(I)知 AE⊥AB,又 AD⊥AB, 故∠EAD 是二面角 E—AB—D 的平面角. 设 AB=a,则 PA=3a. 因 Rt△ADE~Rt△PDA 故∠EAD=∠APD 因此 sin EAD ? sin APD ?
AD PD ?
2

a a ? (3 a )
2

?

10 10

.

说明:本题主要考查线面关系基础知识,考查空间想象能力和推理运算能力。 3.2006 年高考重庆卷理科 ( (19) 本小题满分13分) ( ) 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, ? 底面 ABCD, ? DAB PA 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. P E D F A B 题 19 图 C

解法一:(Ⅰ)证:由已知 DF∥AB 且 ? DAB 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 为 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. 第(19)图1 设 AB=a,则在△PAC 中,有 EG=
1 2 1 2 1 2

PA=

1 2

ka.

以下计算 GH,考虑底面的平面图(如答(19)图2). 连结 GD.因 S△GBD= 故 GH=
GB ? DF BD

BD·GH=

GB·DF.

.

在△ABD 中,因为 AB=a,AD=2 a, 得 BD= 5 a
6

第(19)图2 而 GB=
1 2

FB=

1 2

AD=a.DF=AB,从而得
1

GH=

G B ?A B BD

=

a ?a 5a



5 5

a.

因此 tanEHG=

EG GH

ka ? 5 a

= 2
5
5 2

5 2

k.

由 k>0 知 ? EHG 是锐角,故要使 ? EHG > 30 ? ,必须

k >tan 30 ? =

3 3

,

解之得,k 的取值范围为 k>

2 15 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

. 第(19)3

设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E? a, a,
? ? b? b? ? ? .从而 BE = ? 0 , a , ? . 2? 2? ?

DC · BE =0,故 DC ? BE .

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
x?a ?a

?????????? ① =
y 2a

又因 BH =(x-a,y,0),且 BH 与 BD 的方向相同,故
3 5 4 5
Ka 2

,即 2x+y=2a

? ②

由①②解得 x=

a,y=

a,从而 GH = ? ?
?

?

2 5

a ,?

1

5 ? a , 0 ? ,| GH |= a. 5 5 ?

???? EG tanEHG= ????? = ???? GH

=
a

5 2

k.

5 5

7

由 k>0 知 ? EHC 是锐角,由 ? EHC> 30 ? , 得 tanEHG>tan 30 ? , 即
5 2 3 3 2 15 15

k>

.

故 k 的取值范围为 k>

.

说明:本题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能 力。 4(2006 年高考重庆卷理科(20))(本小题满分 12 分) 如图,在正四棱柱 ABC D ? A1 B1C 1 D1 中,
AB ? 1, BB1 ? 3 ? 1 , E 为 B B1 上使 B1 E ? 1 的点。

平面 A E C 1 交 D D1 于 F ,交 A1 D1 的延长线于 G ,求: (Ⅰ)异面直线 A D 与 C 1G 所成角的大小; (Ⅱ)二面角 A ? C 1G ? A1 的正切值; 解法一:(Ⅰ)由 AD // D1G 知 ? C 1G D1 为异面直线 A D 与 C 1G 所成角.(如图 1) 连接 C 1 F .因为AE和 C 1 F 分别是平行平面 ABB1 A1和 C C 1 D1 D 与 平 面 AEC 1 G的 交 线 , 所以 AE// C 1 F ,由此得 D1 F ? BF ?
3.再 由 ? FD1G ? ? FDA ? D1G ? 3.

在 R t ? C 1 D 1G 中 ,由 C 1 D 1 = 1 得 ? C 1 G D 1 ?

?
6

(Ⅱ)作 D1 H ? C 1G 于 H,由三垂线定理知
FH ? C 1G , 故 ? D1 H F 为 二 面 角 F-C 1 G-D 1

即二面角 A ? C 1G ? A1 的平面角.
?
6 3 2

在 R t ? H D1G 中 ,由 D 1 G= 3 , ? H GD 1 ?

得 D1 H ?

.

从而 tan D1 H F ?

D1 F D1 H

?

3 3 2

?2.

解法二:(Ⅰ)由 AD // D1G 知 ? C 1G D1 为异面直线 A D 与 C 1G 所成角.(如图 2) 因为 EC 1 和 AF 是平行平面 BB1C 1 C与 平 面 AA 1 D1 D与 平 面 AEC 1 G的 交 线 ,

8

所以 EC 1 // AF ,由此得 ? A G A1 ? ? E C 1 B1 ?

?
4

, ? A1G ? A A1 ?

3 ? 1 ? D 1G ?

3.

在 R t ? C 1 D 1G 中 ,由 C 1 D 1 = 1 得 ? C 1 G D 1 ?

?
6 知 ? A1C 1G 为钝角。

(Ⅱ) 在 ? A1C 1G 中 ,由 ? C 1 A 1 G=

?
4

, ? A 1 GC 1 =

?
6

作 A1 H ? G C 1交 G C 1 的延长线于 H,连接 AH,由三垂线定理知
G H ? AH , 故 ? A1 H A为 二 面 角 A-C 1 G-A 1 的平面角.

在 R t ? A1 H G 中 ,由 A 1 G= 3 ? 1, ? H GA 1 ?

?
6

得 A1H ?

3 ?1 2

.

从而 tan A1 H A ?

A1 A A1 H

?

3 ?1 3 ?1 2

? 2.

解法三:(Ⅰ)以 A1 为原点,A1B1,A1D1,A1A 所在直线分别为 x、y、z 轴建立如图 3 所示的空间直角 坐标系,于是, A (0, 0, 3 ? 1), C1 (1,1, 0), D (0,1, 3 ? 1), E (1, 0,1),
???? ???? ? AD ? (0,1, 0), EC1 ? (0,1, ? 1). 因为 EC 1 和 AF 是平行平面
BB1C 1 C和 AA 1 D1 D与 平 面 AEC 1 G的 交 线 ,所以 EC 1 // AF .设G(0,y,0),则
???? A G ? (0, y , ? 1 ? ???? ???? ? 1 ?1 ,于是 y ? 3 ).由 E C 1 // A G ? ? y ?1 ? 3
3 ?1.

故 G (0,1 ?

???? ? 3 , 0), C1G ? ( ? 1, 3 , 0) .设异面直线 A D 与 C 1G 所成的角的大小为 ? ,则:

???? ???? ? A D? C G 3 1 ,从而 c o s ? ???? ???? ? ? ? A D? C G 2 1

? ?

?
6

.

( Ⅱ ) 作

A1 H ? C 1G

H, 由 三 垂 线 定 理 知

G H ? AH , 故 ? A1 H A为 二 面 角 A-C 1 G-A 1 的 平 面 角 . 设 H ( a,b,0 ) ,

???? ? ????? 则: A1 H ? ( a , b , 0), C1 H ? ( a ? 1, b ? 1, 0) .由 A1 H ? C 1G 得: ????? ???? ? C1 H ? C1G ? 0,由 此 得 a- 3b=0.??①

又由 H , C 1 , G 共 线 得 C 1 H // C 1G , ?

?????

???? ?

a ?1 ?1

?

b ?1 3

,于是

3 a ? b ? ( 3 ? 1) ? 0.

??②

9

联立①②得: a ?

3?3 4

,b ?

3 ?1 4

.故 H (

3?3 4

,

3 ?1 4

),

由 A1 H ?

???? ?

(

3? 4

3

) ?(
2

1? 4

3

) ?
2

1? 2

3

???? , A1 A ? 1 ?

3 得:

tan A1 H A ?

A1 A A1 H

?

3 ?1 3 ?1 2

? 2.

5.(2007 年重庆理科高考 19 题)19.(本小题满分 13 分,其中(Ⅰ)小问 8 分,(Ⅱ)小问 5 分) 如题(19)图,在直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 中,
AA1 ? 2 , A B ? 1 ,∠ A B C ? 9 0 ;
E
?

A1

B1
D

C1

点 D, E 分别在 B B1 , A1 D 上,且 B1 E ⊥ A1 D , 四棱锥 C ? A B D A1 与直三棱柱的体积之比为 3 : 5 . (Ⅰ)求异面直线 D E 与 B1C 1 的距离; (Ⅱ)若 BC ? 解法一: (Ⅰ)因 B1C 1 ? A1 B1 ,且 B1C 1 ? B B1 ,故 B1C 1 ? 面 A1 A B B1 , 从而 B1C 1 ? B1 E ,又 B1 E ? D E ,故 B1 E 是异面直线 B1C 1 与 D E 的公垂线. 设 B D 的长度为 x ,则四棱椎 C ? A B D A1 的体积 V1 为
V1 ? 1 3 S A B D A· B C ? 1 1 6 ( D B ? A1 A · A B B C ? ) · 1 6 1 2 A B B C A A1 ? B C . · · ( x ? 2) B C . ·
A

C
B

题(19)图

2 ,求二面角 A1 ? D C 1 ? B1 的平面角的正切值.

而直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 的体积 V 2 为 V 2 ? S △ A B C· A A1 ? 由已知条件 V1 : V 2 ? 3 : 5 ,故 从而 B1 D ? B1 B ? D B ? 2 ?
8 5 1 6 ? 2 5 ( x ? 2) ? 3 5

,解之得 x ?

8 5




?2? 1? ? ? ? ?5?
2

在直角三角形 A1 B1 D 中, A1 D ? 又因 S △ A B D ?
1 1

A1 B1 ? B1 D
2

2

?

29 5



1 2

A1 D B1 E ? ·

1 2

A1 B· B1 D , 1

A1

B1
E F D

C1

故 B1 E ?

A1 B· B1 D 1 A1 D

?

2 29 29



A

C
B

10

答(19)图 1

(Ⅱ) (19) 1, B1 作 B1 F ? C 1 D , 如答 图 过 垂足为 F , 连接 A1 F , AB1 ? 1 1 因 1 BC 面 B1 D C 1 . 由三垂线定理知 C 1 D ? A1 F ,故 ? A1 F B1 为所求二面角的平面角.
3 6 ?2? , 2?? ? ? 5 ?5?
2

,A1 B1 ? B1 D , A1 B1 ? 故

在直角 △ C 1 B1 D 中, C 1 D ? 又因 S △ C B D ?
1 1

B1 C 1 ? B1 D
2

2

?

1 2

C 1 D B1 F ? ·

1 2

B1 C 1 B1 D , ·

故 B1 F ? 解法二:

B1 C · B1 D 1 C1 D

?

2 3 9

,所以 tan A1 F B1 ?

A1 B1 B1 F

?

3 3 2



0 0 (Ⅰ)如答(19)图 2,以 B 点为坐标原点 O 建立空间直角坐标系 O ? xyz ,则 B (0,, ) , B1 (0,, , 0 2)

??? ? ???? A (0, 0 ) , A1 (0, 2) ,则 AA1 ? (0,, , A B ? (0, 1,) . 1, ? 0 1, 0 2)

????? 设 C 1 ( a,, ,则 B1C1 ? ( a,, , 0 2) 0 0) ???? 又设 E (0, y 0, z 0 ) ,则 B1 E ? (0, y 0, z 0 ? 2) , ????? ???? ???? ????? 从而 B1C 1 ?B1 E ? 0 ,即 B1 E ? B1C 1 . ???? ???? ? 又 B1 E ? D A1 ,所以 B1 E 是异面直线 B1C 1 与 D E 的公垂线.
z

A1 B1
E F D

C1

下面求点 D 的坐标.
0 0 设 D (0,, z ) ,则 B D (0,, z ) .

????

y A

x
C
B (O )

因四棱锥 C ? A B D A1 的体积 V1 为
V1 ? ??? ? ???? ??? ??? ? ? 1 ???? S A B D A1 ? B C ? ( B D ? A A1 ) ?A B ?B C 3 6 ??? ? 1 ? ( z ? 2)? ? B C . 1 6 1 ????

答(19)图 2

而直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 的体积 V 2 为 V 2 ? S △ A B C ? A A1 ? 由已知条件 V1 : V 2 ? 3 : 5 ,故
???? ? ? ? 2? ???? ? ? ?
1 6 ( z ? 2) ? 3 5

? ? ??? ? 1 ??? ??? ???? A B ? B C ? A A1 ? B C . 2

,解得 z ?

8 5

0 ,即 D ? 0,, ? . ? 5?

?

8?

0 1, 从而 D B1 ? 0,, ? , D A1 ? ? 0, ? , D E ? ? 0, y 0, z 0 ? 5? 5? ?

2?

????

?

8? ?. 5?

接下来再求点 E 的坐标.

11

???? ???? ? 2 由 B1 E ? D A1 ,有 B1 E ?DA1 ? 0 ,即 y 0 ? ( z 0 ? 2 ) ? 0
5

(1)

8 z0 ? ???? ? ???? y 5 . 又由 D A1 ∥ D E 得 0 ? 2 1 5

(2)

联立(1),(2),解得 y 0 ?
????
2 2

4 29

, z0 ?

48 29

,即 E ? ? 0, , ? ,得 B1 E ? ? 0, , ?
? 29 29 ? ? 29

?

4

48 ?

????

?

4

10 ? ?. 29 ?

故 B1 E ?

2 29 ? 4 ? ? 10 ? . ? ? ?? ? ? 29 ? 29 ? ? 29 ?

???? ? 2 则 从而 D C 1 ? ( 2,, ) , B1 作 B1 F ? C 1 D , 过 垂足为 F , 连接 A1 F , 0 ,, , ) 2 , C1 ( 202 5 ???? ? ???? ???? ? ? 设 F ( x1,, z1 ) ,则 B1 F ? ( x1,, z1 ? 2) ,因为 B1 F ?D C 1 ? 0 ,故 0 0

(Ⅱ) 由已知 BC ?

2 x1 ?

2 5

z1 ?

4 5

? 0 ??????????????①

8 z1 ? ???? ? ???? ???? ? 8? x1 5 ,即 因 D F ? ? x1,, z1 ? ? 且 DF ∥ DC1 得 0 ? 2 5? 2 ? 5
2 5 x1 ? 2 z1 ? 8 5 2 27 2 , z1 ? 44 27 2 ? 0 ??????????????②

联立①②解得 x1 ?
???? ? ? 2 ? 27

,即 F ?

? 2 ? 27 2,, 0 ?

44 2,, 0 27 10 ? ?. 27 ?

? ?. ?

则 A1 F ? ?
???? ? | B1 F | ?

2, 1, ? ?

???? ? 2 ? 10 ? , B1 F ? ? ? 27 ? ? 27
2

?2 2 ? 2 3 ? 10 ? . ? ? ?? ? ? ? 27 ? 9 ? 27 ? ? ? ???? ???? ? ? 2 10 2 2 ? 2 ? ( ? 1) ?0 ? ? ? 0 ,故 A1 F ? D C 1 ,因此 ? A1 F B1 为所求二面角的平面角.又 又 A1 F ?D C 1 ? 27 27 5 ???? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? A1 B1 ? (0, 1, , 从 而 A1 B1 B1 ? 0 , 故 A1 B1 ? B1 F , △ A1 B1 F 为 直 角 三 角 形 , 所 以 ? 0) ? F
????? | A1 B1 | 3 3 ? tan A1 F B1 ? ???? ? . 2 | B1 F |

2

6. (2007 年重庆文科高考 19 题)如题 19 图,在直三棱柱 A B C ? A1 B1C 1 中, ? ABC ? 90 ° ,
A B ? 1, B C ? BD ? 1 3 3 2 , A A1 ? 2 ;点 D 在棱 B B1 上,

B B1 ; B1 E ? A1 D ,垂足为 E ,求:

12

(Ⅰ)异面直线 A1 D 与 B1C 1 的距离; (Ⅱ)四棱锥 C ? ABDE 的体积.
A1 C1

E

B1

F

D A B 题(19)图 解法一:(Ⅰ)由直三棱柱的定义知 B1C 1 ? B1 D ,又因为 ? ABC ? 90 ° , 因此 B1C 1 ? A1 B1 ,从而 B1C 1 ? 平面 A1 B1 D . 得 B1C 1 ? B1 E ,又 B1 E ? A1 D . 故 B1 E 是异面直线 B1C 1 与 A1 D 的公垂线. 由 BD ?
1 3 B B1 知 B1 D ? 4 3

C


5 ?4? 1? ? ? ? . 3 ?3?
2

在 R t△ A1 B1 D 中, A D ? 又因 S △ A B D ?
1 1

A1 B1 ? B1 D
2

2

?

1 2

A1 B· B1 D ? 1

1 2

A1 D B1 E , ·

A1

C1

故 B1 E ?

A1 B· B1 D 1 A1 D

1 · ?

4 3 ? 4. 5 5 3

E

B1

F

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 B1C 1 ? 平面 A1 B1 D ,又 B C ∥ B1C 1 , 故 BC ? 平面 A B D E ,即 BC 为四棱锥 C ? ABDE 的高, 从而所求四棱锥的体积 V 为
1 V ? VC ? ABD E ? · S B C , · 3

D A C

其中 S 为四边形 A B D E 的面积,如答(19)图 1,过 E 作
EF ? B1 D ,垂足为 F .
16 ?4? ?4? . ? ? ?? ? ? 15 ?3? ?5?
2 2

B 答(19)图 1

在 R t△ B1 E D 中, E D ? 又因 S △ B E D ?
1

B1 D ? B 1 E
2

2

?

1 2

B1 E D E ? ·

1 2

B1 D E F , ·

13

故 EF ?

B1 E D E · B1 D

?

16 25


16 25 9 25

因 △ A1 A E 的边 A1 A 上的高 h ? A1 B1 ? E F ? 1 ? 故 S △ A AE ?
1

?



1 9 9 . A1 A h ? · 2 · · ? 2 2 25 25 1 1 4 2 又因为 S △ A1 B1 D ? A1 B· B1 D ? · 1 ? , · 1 2 2 3 3 9 2 73 从而 S ? S A B B1 A1 ? S △ A1 A E ? S △ A1 B1 D ? 2 ? . ? ? 25 3 75 1 1 73 3 73 所以 V ? · S B C ? · · ? . · 3 3 75 2 150

1

解法二:(Ⅰ)如答(19)图 2,以 B 点为坐标原点 O 建立空间直角坐标系 O ? xyz ,
?3 ?2 ? ? ? ? 2? 3?

则 A (0, 0), A1 (0, 2), B (0,, , B1 (0,, , C 1 ? ,, ? , D ? 0,, ? . 1, 1, 0 0) 0 2) 0 2 0 因此
??? ? ??? ? ? 0 A A 1 ? (0,,) , A B ? (0, 1,) , 0 2


A1 C1

????? ? 3 ???? ? ? 4? ? B1C 1 ? ? ,, ? , A1 D ? ? 0, ?, ? . ?? ? ? 3? ?2 ? ?

E

B1

???? 设 E (0, y 0, z 0 ) ,则 B1 E ? (0, y 0, z 0 ? 2) , ???? ????? 因此 B1 E ?B1C 1 ? 0 ,从而 B1C 1 ? B1 E .

y A

D C
B (O )

x

又由题设 B1 E ? A1 D ,故 B1 E 是异面直线 B1C 1 与 A1 D 的公

答(19)图 2



线. 下面求点 E 的坐标. ???? ???? ? 4 因 B1 E ? A1 D ,即 B1 E ?A1 D ? 0 ,从而 y 0 ? ( z 0 ? 2 ) ? 0 , ········· ········· ········(1)
3 ???? ???? ???? ? y ? 1 z0 ? 2 又 A1 E ? (0, y 0 ? 1, z 0 ? 2) ,且 A1 E ∥ A1 D ,得 0 . ····· ····· ····(2) ? 4 1 3

联立(1),(2)解得 y 0 ?
???? 所以 B1 E ?
2

16 25
2

, z0 ?

38 25

? ,即 E ? 0, , ? , B1 E ? ? 0, , ? 25 25 ? ? 25

?

?? 38 ?

????

?

?6

12 ? ?. 25 ?

4 ? 16 ? ? 12 ? ? ? ?? ? ? . 5 ? 25 ? ? 25 ?

(II)由 BC ? AB , BC ? DB ,故 BC ? 面 A B D E ,即 BC 为四棱锥 C ? ABDE 的高. 下面求四边形 A B D E 的面积.

14

因为 S A B D E ? S △ A B E ? S △ B D E ,A B ? 1 , B D ? 而 S △ ABE ?

??? ?

????

2 3



? 1 ??? 1 38 19 . A B ?z 0 ? ? ? 1 ? 2 2 25 25 1 ???? 1 2 16 16 S △ B D E ? ? B D ?y 0 ? ? ? ? 2 2 3 25 75 19 16 73 故 S ABDE ? . ? ? 25 75 75 ??? ? 1 1 73 3 73 所以 V C ? A B D E ? ?S A B D E ? B C ? ? ? ? . 3 3 75 2 150

7.(2008 年重庆理科高考 19)(本小题满分 13 分,(Ⅰ)小问 6 分,(Ⅱ)小问 7 分.)

如题(19)图,在 ? ABC 中,B= 9 0 ,AC=
AD DB ? AE EC

?

15 2

,D、E 两点分别在 AB、AC 上.使

? 2 ,DE=3.现将 ? ABC 沿 DE 折成直二角角,求:

(Ⅰ)异面直线 AD 与 BC 的距离; (Ⅱ)二面角 A-EC-B 的大小(用反三角函数 解法一: (Ⅰ)在答(19)图 1 中,因 AD⊥DE.
AD DB ? AE CE

,故 BE∥BC.又因 B=90°,从而

在第(19)图 2 中,因 A-DE-B 是直二面角,AD⊥DE,故 AD⊥底面 DBCE,从

而 AD⊥DB.而 DB⊥BC,故 DB 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线.

15

下求 DB 之长.在答(19)图 1 中,由 又已知 DE=3,从而 B C ?
3 2 DE ? 9 2 .
2

AD CB

?

AE BC

? 2 ,得

DE BC

?

AD AB

?

2 3

.

AB ?
DB AB 1 3

AC ? BC
2

2

?

? 15 ? ?9? ? ? ? ? ? ? 6. ? 2 ? ?2?

2



?

, 故 D B= 2 .

(Ⅱ)在第(19)图 2 中,过 D 作 DF⊥CE,交 CE 的延长线于 F,连接 AF.由(1)知, AD⊥底面 DBCE,由三垂线定理知 AF⊥FC,故∠AFD 为二面角 A-BC-B 的平面 角. 在底面 DBCE 中,∠DEF=∠BCE,
1 15 5 ? ? , 3 2 2 DB 4 ? . 因此 sin B C E ? EC 5 D B ? 2, E C ?

从而在 Rt△DFE 中,DE=3,
4 12 D F ? D E sin D E F ? D E sin B C E ? 3 ? ? . 5 5 AD 5 ? . 在 R t ? A F D 中 , A D ? 4, tan A F D ? DF 3 5 因此所求二面角 A-EC-B 的大小为 arctan . 3

解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)如答(19)图 3.由(Ⅰ)知,以 D 点为坐标原点, D B、 E、 A 的方向为 x、 D D y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(0,0,4),
? 9 ? C ? 2, , ? ,E(0,3,0). 0 ? 2 ?

???? ???? ??? ?

???? ? 3 ? ???? A D= ? - 2, - , ? , D= ( 0, 0, - 4) .过 D 作 DF⊥CE,交 CE 的延长线 0 A 2 ? ?

于 F,连接 AF.

???? 设 F ( x 0 , y 0 , 0), 从而 DF ? ( x 0 , y 0 , 0), ??? ? EF ? ( x 0 , y 0 ? 3, 0).由 DF ? CE ,有

16

???? ??? ? 3 D F ?C E ? 0, 即 2 x 0 ? y 0 ? 0 . 2 ??? ??? ? ? x y ?3 又由 C E ?E F , 得 0 ? 0 . 3 2

① ②

2

联立①、②,解得 x 0 ? ?
???? ??? ? ? ?

36 25

, y0 ?

???? ? 36 48 ? 36 48 ? ? .即 F ? ? , , 0 ?, 得 AF ? ? ? , , ?4 ? . 25 ? 25 25 ? ? 25 25 ? 48

因为 A F ?C E ? ? ?

36 ? 48 ? 3 ? ?? ? ? ? 0 ,故 AF ? CE ,又因 D F ? C E ,所以 ? D F A 为所求的二 ? ?( ? 2 ) ? 25 ? 25 ? 2 ?
2 2 1 2 ???? ? 36 ? ? 48 ? ? ?? ? , A D ? 4, 所 以 ? ? ? 5 ? 25 ? ? 25 ?

???? ???? ? 36 48 ? 面 角 A-EC-B 的 平 面 角 . 因 D F ? ? ? , ,0 ? , 有 DF ? ? 25 25 ? ???? AD 5 t a n A F D ? ???? ? . 3 DF

因此所求二面角 A-EC-B 的大小为 arctan

5 3

.

8.(2008 年重庆文科高考 20)如图(20)图, ? 和 ? 为平面, ? ? ? ? l , A ? ? , B ? ? , AB=5,A,B 在棱 l 上的射影分别为 A′,B′,AA′=3,BB′=2.若二面角 ? ? l ? ? 的大小为 (Ⅰ)点 B 到平面 ? 的距离; (Ⅱ)异面直线 l 与 AB 所成的角(用反三角函数表示).
2? 3

,求:

解:(1)如答(20)图,过点 B′C∥A′A 且使 B′C=A′A.过点 B 作 BD⊥CB′,交 CB′的延长线于 D. 由已知 AA′⊥l,可得 DB′⊥l,又已知 BB′⊥l,故 l⊥平面 BB′D,得 BD⊥l 又因 BD⊥CB′,从而 BD⊥平面α ,BD 之长即为点 B 到平面α 的距离. 因 B′C⊥l 且 BB′⊥l,故∠BB′C 为二面角α -l-β 的平面角.由题意,∠BB′C= 2? ? .因此在 Rt△BB′D 中,BB′=2,∠BB′D=π -∠BB′C= ,BD=BB′·sinBB′D
3

3

= 3. (Ⅱ)连接 AC、BC.因 B′C∥A′A,B′C=A′A,AA′⊥l,知 A′ACB′为矩形,故 AC∥l.所以∠BAC 或 其补角为异面直线 l 与 AB 所成的角. 2? 在△BB′C 中,B′B=2,B′C=3,∠BB′C= ,则由余弦定理,
3

BC= B ' B 2 ? B ' C 2 ? B ' C ? cos BB ' C ?

19 .

17

因 BD ? 平面 ? ,且 DC ? CA,由三策划线定理知 AC ? BC. 故在△ABC 中,∠BCA=
?
2

,sinBAC=

BC AB

?

19 5

.

因此,异面直线 l 与 AB 所成的角为 arcsin

(Ⅲ)范例分析
例 1、如图 1,设 ABC-A 1 B 1 C 1 是直三棱柱,F 是 A 1 B 1 的中点,且

(1)求证:AF⊥A 1 C;

(2)求二面角 C-AF-B 的大小.

分析:先来看第 1 问,我们“倒过来”分析.如果已经证得 AF⊥A 1 C,则注意到因为 AB=2AA 1 =2a,
ABC-A 1 B 1 C 1 是直三棱柱,从而若设 E 是 AB 的中点,就有 A 1 E⊥AF,即 AF⊥平面 A 1 CE.那么,如果我们能 够先证明 AF⊥平面 A 1 CE,则就可以证得 AF⊥A 1 C,而这由 CE⊥平面 AA 1 B 1 B 立得. 再来看第 2 问.为计算二面角 C-AF-B 的大小,我们需要找到二面角 C-AF-B 的平面角.由前面的分析 知,CE⊥平面 AA 1 B 1 B,而 AF⊥A 1 E,所以,若设 G 是 AF 与 A 1 E 的中点,则∠CGE 即为二面角 C-AF-B 的平 面角,再计算△CGE 各边的长度即可求出所求二面角的大小. 解:(1)如图 2,设 E 是 AB 的中点,连接 CE,EA 1 .由 ABC-A 1 B 1 C 1 是直三棱柱,知 AA 1 ⊥平面 ABC, 而 CE 平面 ABC,所以 CE⊥AA 1 , ∵AB=2AA 1 =2a,∴AA 1 =a,AA 1 ⊥AE,知 AA 1 FE 是正方形,从而 AF⊥A 1 E.而 A 1 E 是 A 1 C 在平面 AA 1 FE 上的射影,故 AF⊥A 1 C; (2)设 G 是 AB 1 与 A1E 的中点,连接 CG.因为 CE⊥平面 AA 1 B 1 B,AF⊥A 1 E,由三垂线定理,CG⊥AF, 所以∠CGE 就是二面角 C-AF-B 的平面角.∵AA 1 FE 是正方形,AA 1 =a,

∴ EG ?

1 2

E A1 ?

2 2

a


6

∴CG ?
a ? a 3

2a ?
2

1 2

a

2

?

6 2

a



∴tan∠CGE= ?

CG EG

?

2 2 2

,∠CGE= 6 0 ? ,从而二面角 C-AF-B 的大小为 6 0 ? 。

说明:假设欲证之结论成立,“倒着”分析的方法是非常有效的方法,往往能够帮助我们迅速地找到 解题的思路.《直线、平面、简单几何体》关于平行与垂直的问题都可以使用这种分析方法.但需要注意 的是,证明的过程必须是“正方向”的,防止在证明过程中用到欲证之结论,从而形成“循环论证”的逻 辑错误.

18

例 2、 一条长为 2 的线段夹在互相垂直的两个平面?、?之间,AB 与?成 45o 角,与?成 3 0 角,过 A、 B 两点分别作两平面交线的垂线 AC、BD,求平面 ABD 与平面 ABC 所成的二面角的大小. D
A
√ 2

?

以 CD 为轴,将平
D

A
45
o

以 AB 为轴,将平
E D
o

√2
1 1

H

1

A

E

o 1 45

30o

B

C F

√2

面 BCD 旋转至与 平面 ACD 共面

C β

F

30

B

面 ABD 旋转至与 平面 ABC 共面

1

F C

B

图 1 图 2 图 3 解法1、过 D 点作 DE⊥AB 于 E,过 E 作 EF⊥AB 交 BC 于 F(图 1),连结 DF,则∠DEF 即为二面角 D-AB-C 的平面角. 为计算△DEF 各边的长,我们不妨画出两个有关的移出图.在图 2 中,可计算得 DE=1,EF= BF= ∵
BE cos 30
0

1 3





2 3

.在移出图 3 中, =
2 3

cosB=

BD BC

,

在△BDF 中,由余弦定理: 2 2 2 DF =BD +BF -2BD ? BF ? cosB =(
2

) +(

2

2 3

) -2?

2

2

?

2 3

?

2 3



2 3



(注:其实,由于 AB⊥DE,AB⊥EF,∴ AB⊥平面 DEF,∴ AB⊥DF. 又∵ AC⊥平面?, ∴ AC⊥DF. ∴ DF⊥平面 ABC, ∴ DF⊥BC,即 DF 是 Rt△BDC 斜边 BC 上的高,于是由 BC ? DF=CD ? BD 可直接求得 DF 的长.) 在△DEF 中,由余弦定理: cos∠DEF=
DE
2

? EF

2

? DF

2

1? (

1 3

) ?
2

2 3

2 DE ? EF



2 ?1 ?

1 3



3 3

.



∠DEF=arccos

3 3

.此即平面 ABD 与平面 ABC 所成的二面角的大小.

解法2、过 D 点作 DE⊥AB 于 E,过 C 作 CH⊥AB 于 H,则 HE 是二异面直线 CH 和 DE 的公垂线段, CD 即二异面直线上两点 C、D 间的距离.运用异面直线上两点间的距离公式,得: 2 2 2 2 CD =DE +CH +EH -2DE ? CH ? cos? (*) o o (注:这里的?是平面 ABD 与平面 ABC 所成的二面角的大小,当 0<? ≤90 ,? 亦即异面直线 CH 与 o o o DE 所成的角;当 90 <? <180 ,异面直线所成的角为 180 -? .) ∵ CD=DE=1,CH= 从而算得 cos?=
3 3

3 2

,HE=

1 2


3 3

, ∴ ?=arccos

.

说明:(1)解空间图形的计算问题,首先要解决定位问题(其中最基本的是确定点在直线、点在平面上 的射影),其次才是定量问题.画空间图形的“平面移出图”是解决定位难的有效方法,必须熟练掌握. (2) 解法2具有普遍意义,特别是公式(*),常可达到简化运算的目的. 例 3、已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M、N 分别是 AB、PC 的中点. (1)求证:MN⊥AB; (2)设平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角为锐角θ ,问能否确定θ 使直线 MN 是异 面直线 AB 与 PC 的公垂线?若能,求出相应θ 的值;若不能,说明理由.
解:(1)∵PA⊥矩形 ABCD,BC⊥AB,∴PB⊥BC,PA⊥AC,即△PBC 和△PAC 都是

19

以 PC 为斜边的直角三角形,? AN ? 1 PC ? BN ,又 M 为 AB 的中点,
2

∴MN⊥AB. (2)∵AD⊥CD,PD⊥CD.∴∠PDA 为所求二面角的平面角,即∠PDA=θ . 设 AB=a,PA=b,AD=d,则 PM ?
CM ? d
2

b ?
2

1 4

a

2



?

1 4

a

2

设 PM=CM 则由 N 为 PC 的中点,

∴MN⊥PC 由(1)可知 MN⊥AB,∴MN 为 PC 与 AB 的公垂线,这时 PA=AD,∴θ =45°。

例 4、 四棱锥 P—ABCD 的底面是边长为 a 的正方形,PB⊥面 ABCD. (1)若面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角为 60°,求这个四棱锥的体积; (2)证明无论四棱锥的高怎样变化,面 PAD 与面 PCD 所成的二面角恒大于 90° 解:(1)正方形 ABCD 是四棱锥 P—ABCD 的底面, 其面积 为 a 2 , 从而只要算出四棱锥的高就行了.
? PB ? 面 ABCD,

∴BA 是 PA 在面 ABCD 上的射影.又 DA⊥AB, ∴PA⊥DA, ∴∠PAB 是面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角的平面角, ∠PAB=60°. 而 PB 是四棱锥 P—ABCD 的高,PB=AB·tan60°= 3 a,
? V锥 ? 1 3 3a ? a
2

?

3 3

a .

3

(2)不论棱锥的高怎样变化,棱锥侧面 PAD 与 PCD 恒为全等三角形. 作 AE⊥DP,垂足为 E,连结 EC,则△ADE≌△CDE, ? ? AE ? CE , ? C E D ? 90 , 故 ? C E A是面 PAD 与面 PCD 所成的二面角的平面角. 设 AC 与 DB 相交于点 O,连结 EO,则 EO⊥AC,
? 2 2 a ? OA ? AE ? AD ? a .
? AEC ? AE
2

在 ? AEC 中 , cos

? EC

2

? ( 2 ? OA )

2

2 AE ? EC

?

( AE ?

2 OA )( AE ? AE
2

2 OA )

? 0.

故平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角恒大于 90°. 说明:本小题主要考查线面关系和二面角的概念,以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探 索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题. 例 5、如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面 ABC 为等腰直角三角形,∠ACB=900,AC=1,C 点到 AB1 的距离为 CE=
3 2

,D 为 AB 的中点.
A1

C1 B1

(1)求证:AB1⊥平面 CED; (2)求异面直线 AB1 与 CD 之间的距离; (3)求二面角 B1—AC—B 的平面角. 解:(1)∵D 是 AB 中点,△ABC 为等腰直角三角形, ∠ABC=900,∴CD⊥AB 又 AA1⊥平面 ABC,∴CD⊥AA1. ∴CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥AB1,又 CE⊥AB1, ∴AB1⊥平面 CDE; (2)由 CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面 CDE ∴DE⊥AB1, ∴DE 是异面直线 AB1 与 CD 的公垂线段 ∵CE=
3 2

E A D

C B

,AC=1 , ∴CD=

2 2

. ∴ DE ?

( CE ) ? ( CD )
2

2

?

1 2



20

(3)连结 B1C,易证 B1C⊥AC,又 BC⊥AC , ∴∠B1CB 是二面角 B1—AC—B 的平面角. 在 Rt△CEA 中,CE= ∴ AB 1 ?
1 cos 60
2

3 2

,BC=AC=1,∴∠B1AC=600 ∴ BB 1 ?
( AB 1 ) ? ( AB )
2 2

? 2,
?

?

2 ,

∴ tg ? B 1 CB ?

BB 1 BC

2 , ∴ ? B 1 CB ? arctg

2.

说明:作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理 作为基石. 例 6、 如图,在三棱锥 S — ABC 中, SA ? 平面 ABC , AB ? AC ? 1 , SA ? 2 ,D 为 BC 的中点. (1)判断 AD 与 SB 能否垂直,并说明理由; (2)若三棱锥 S — ABC 的体积为 值; (3) (Ⅱ) 在 的条件下, 求点 A 到平面 SBC 的距离. 解:(1)因为 SB 在底面 ABC 上的射影 AB 与 AD 不 AB=AC 且 D 为 BC 的中点矛盾,所以 AD 与 SB 不垂直; (2)设 ? BAC ? ? ,则 V ? 解得 sin ? ?
? SA ?

3 6

,且 ? BAC 为

钝角,求二面角 S — BC — A 的平面角的正切

垂直,否则与

1 3

?

1 2

? 1 ? 2 ? sin ? ?
2

3 6

3 2

,所以 ? ? 60 0 (舍), ? ? 120 0 .

平面 ABC,AB=AC,D 为 BC 的中点 SD ? BC , 则 ? SDA 是二面角 S—BC—A 的平面角.
? AD ? BC ,

在 Rt ? SDA 中, tan ? SDA ?

SA AD

?4

,

故二面角的正切值为4; (3)由(2)知, BC ? 平面 SDA,所以平面 SBC ? 平面 SDA,过点 A 作 AE ? SD,则 AE ? 平面 SBC, 于是点 A 到平面 SBC 的距离为 AE, 从而 AE ? AD sin ? SDA ?
2 17 17

即 A 到平面 SBC 的距离为

2 17 17

.

例 7、在平面几何中有如下特性:从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值。类比 上述性质,请叙述在立体几何中相应地特性,并画出图形。不必证明。 类比性质叙述如下 : 图

解:立体几何中相应地性质: ⑴从二面角的棱出发的一个半平面内任意一点到二面角的两个面的的距离 之比为定值。 ⑵从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面 的距离之比为定值。 ⑶在空间,从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离

β γ α

P

B A O
A

M B

D N C

21

之比为定值。 ⑷在空间,射线 OD 上任意一点 P 到射线 OA 、 OB 、 OC 的距离之比不变。 ⑸在空间,射线 OD 上任意一点 P 到平面 AOB 、 BOC 、 COA 的 距离之比不变。 说明:(2)——(5)还可以有其他的答案。

例 8、已知圆锥的侧面展开图是一个半圆,它被过底面中心 O1 且平行于母线 AB 的平面所截,若截面与 圆锥侧面的交线是焦参数(焦点到准线的距离) 为 p 的抛物线. (1)求圆锥的母线与底面所成的角; (2)求圆锥的全面积. 解: (1)设圆锥的底面半径为 R,母线长为 l, 由题意得: ? l ? 2? R , 即 cos ACO 1 ?
R l ? 1 2
0

,

所以母线和底面所成的角为 60 . (2)设截面与圆锥侧面的交线为 MON,其中 O 为截面与 AC 的交点,则 OO1//AB 且 OO 1
? 1 2 AB .

在截面 MON 内,以 OO1 所在有向直线为 y 轴,O 为原点,建立坐标系,则 O 为抛物的顶点,所以抛 物线方程为 x2=-2py,点 N 的坐标为(R,-R),代入方程得 R2=-2p(-R),得 R=2p,l=2R=4p. ∴圆锥的全面积为 ? Rl ? ? R 2 ? 8? p 2 ? 4? p 2 ? 12 ? p 2 . 说明:将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考 命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截,截口是一个椭圆.已知椭圆的长轴长 为 5,短轴长为 4,被截后几何体的最短侧面母 线长为 1,则该几何体的体积等于 . 例 9、在直角梯形 ABCD 中,∠A=∠D=90°,AB<CD,SD⊥平面 S D= 2 a ,在线段 SA 上取一点 E(不含端点)使 EC=AC,截面 CDE (1)求证:四边形 EFCD 为直角梯形; (2)求二面角 B-EF-C 的平面角的正切值; (3)设 SB 的中点为 M,当
CD AB
S

ABCD, AB=AD=a, 与 SB 交于点 F。

的值是多少时,能使△DMC

为直角三角形?请给出证明. F E 解:(1)∵ CD∥AB,AB ? 平面 SAB ∴CD∥平面 SAB M 面 EFCD∩面 SAB=EF, ∴CD∥EF ∵ ? D ? 90 0 ,? CD ? AD , D 又 SD ? 面 ABCD A B ∴ SD ? CD ? CD ? 平 面 SAD , ∴ CD ? ED 又 ? EFCD 为直角梯形 (2)? CD ? 平面 SAD , EF ∥ CD , EF ? 平面 SAD ? AE ? EF , DE ? EF ,? ? AED 即为二面角 D—EF—C 的平面角 中 EC 2 ? ED 2 ? CD 2 而 AC 2 ? AD 2 ? CD 2 且 AC ? EC ? ED ? AD ? ? , ? ? AD E 为等腰三角形,? ? AED ? ? EAD ? tan ? AED ? 2 (3)当
CD AB
EDC ? tR ?, DC ? DE

C

EF ? AB ? CD

? 2 时, ? DMC 为直角三角形 .
AB
2

? AB ? a ,? CD ? 2 a , BD ?

? AD

2

?

2 a , ? BDC ? 45

0

? BC ?

2 a , BC ? BD

,

? SD ? 平面 ABCD ,? SD ? BC ,? BC ?

平面 SBD .
22

在 ? SBD 中, SD
? MD ?

? DB , M , MC ?

为 SB 中点,? MD 平面 S B C ,

? SB

. 为直角三角形。

平面 SBC

? MD ? MC ? ? DMC

例 10、如图,几何体 ABCDE 中,△ABC 是正三角形,EA 和 DC 都垂直于平面 ABC,且 EA=AB=2a, DC=a,F、G 分别为 EB 和 AB 的中点. (1)求证:FD∥平面 ABC; (2)求证:AF⊥BD; (3) 求二面角 B—FC—G 的正切值. 解: ∵F、G 分别为 EB、AB 的中点, ∴FG=
1 2

EA,又 EA、DC 都垂直于面 ABC, FG=DC,

∴四边形 FGCD 为平行四边形,∴FD∥GC,又 GC ? 面 ABC, ∴FD∥面 ABC. (2)∵AB=EA,且 F 为 EB 中点,∴AF⊥EB ① 又 FG∥EA,EA⊥面 ABC ∴FG⊥面 ABC ∵G 为等边△ABC,AB 边的中点,∴AG⊥GC. ∴AF⊥GC 又 FD∥GC,∴AF⊥FD ② 由①、②知 AF⊥面 EBD,又 BD ? 面 EBD,∴AF⊥BD. (3)由(1)、(2)知 FG⊥GB,GC⊥GB,∴GB⊥面 GCF. 过 G 作 GH⊥FC,垂足为 H,连 HB,∴HB⊥FC. ∴∠GHB 为二面角 B-FC-G 的平面角. 易求 G H ?
3 2 a ,? tan ? G H B ? a 3 2 a ? 2 3 3

.

例 11、如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1, P、Q 分别是线段 AD1 和 BD 上的点, 且 D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证 PQ∥平面 CDD 1 C 1 ; (2) 求证 PQ⊥AD; (3) 求线段 PQ 的长. 解:(1)在平面 AD 1 内,作 PP 1 ∥AD 与 DD 1 交于点 AC 内,作 QQ1∥BC 交 CD 于点 Q 1 ,连结 P 1 Q 1 .
D1 P ? DQ QB ? 5 12

P 1 ,在平面



PA

,

∴PP1 QQ 1 .? 知 PQ∥P 1 Q 1 ,而 P 1 Q 1
?

//

由四边形 PQQ 1 P 1 为平行四边形, 所以 PQ∥平面 CDD 1 C 1 ? (2)? AD⊥平面 D 1 DCC 1 ,
//

平面 CDD 1 C 1 ,

∴AD⊥P 1 Q 1 ,?又∵PQ∥P 1 Q 1 ,

∴AD⊥PQ.?

(3)由(1)知 P 1 Q 1
DQ
1

PQ,
5 12

?

DQ QB

?

5 12

Q 1C

,而棱长 CD=1.

∴DQ 1 = 17 . 同理可求得 P 1 D= 17 .

23

在 Rt△P 1 DQ 1 中,应用勾股定理, 立得 P 1 Q 1 =
? 12 ? ? 5 ? ? ? ?? ? ? 17 ? ? 17 ?
2 2

P1 D

2

? DQ

2

?

?

13 17

.?

做为本题的深化, 我们提出这样的问题: P, Q 分别是 BD, A D1 上的动点,试求 P Q 的最小值, 请应用 函数方法计算, 并与如下 2002 年全国高考试题做 可以得到一些启示。
C

以对照,

如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1, ABCD、ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 移动,若 CM=BN= a ( 0 ? a ? 2 ). (1) 求 MN 的长; (2) 当 a 为何值时,MN 的长最小; (3) 当 MN 长最小时,求面 MNA 与面 MNB 成的二面角 ? 的大小。 立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分 型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空 络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定 答立几考题的道道难关.
D M

而且平面 N 在 BF 上


B N E

偏底的题 间思维网 会突破解

A

F

例 12、在边长为 a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形 组成的,并且这三个四边形也全等,如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器,如图②.则 当容器的高为多少时,可使这个容器的容积最大,并求出容积的最大值.

图① 图② 解: 设容器的高为 x.则容器底面正三角形的边长为 a ? 2 3 x ,
? V ( x) ? 3 4 ? x ? (a ? 2 3 x ) (0 ? x ?
2

a 2 3

)

?

3 4

?

1 4 3

? 4 3 x ? ( a ? 2 3 x )( a ? 2 3 x )

?

1 16

(

4 3x ? a ? 2 3x ? a ? 2 3x 3
3 18

) ?
3

a

3

.

54
a 时 , V max ? a
3

当且仅当

4 3 x ? a ? 2 3 x, 即 x ?
3 18 a

..
3

54
. 54

故当容器的高为

时,容器的容积最大,其最大容积为 a

用导数的方法,三次函数的最值问题用导数求解最方便,不妨一试. 另外,本题的深化似乎与 2002 年
24

全国高考文科数学压轴题有关. 类似的问题是: 某企业设计一个容积为 V 的密闭容器,下部是圆柱形,上部是半球形,当圆柱的底面半径 r 和圆柱的 高 h 为何值时,制造这个密闭容器的用料最省(即容器的表面积最小).

四、强化训练
1.下列命题中错误的是 ( ) A.若一直线垂直于一平面,则此直线必垂直于这一平面内所有直线 B.若一平面经过另一平面的垂线,则两个平面互相垂直 C.若一条直线垂直于平面内的一条直线,则此直线垂直于这一平面 D.若平面内的一条直线和这一平面的一条斜线的射影垂直,则它也和这条斜线垂直 2.设α 、β 是不重合的两个平面,l和m 是不重合 的两条 直线,那么α ∥β 的 一个充分条件是( ) A.l ? α ,m ? α ,且 l∥β ,m∥β B.l ? α ,m ? β ,且 l∥m C.l⊥α ,m⊥β ,且 l∥m D.l∥α ,m∥β ,且 l∥m 3.正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是 AB、BB1 的中点,那么 A1E 和 C1F 所成的角是( A.60° B.arccos
2 5



C.arcsin

2 5

D.45°

4.下列四个命题: (1)如果两个平面垂直于同一个平面,那么这两个平面平行; (2)直线 a∥平面α ,直线 b∥平面α ,且 a、b 都在平面β 内,则平面α ∥平面β ; (3)一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面,则这两个二面角 必相等或互补; (4)两个二面角的面分别对应平行时,它们的平面角相等或互补; 其中正确的有 ( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 5.从 P 点出发的三条射线 PA、PB、PC 两两成 60°角,则PC 与 面PAB 所成角的余弦值为( A.
3 2



B.

3 3

C.

3 6

D.以上都不对

6. (2004 年北京春季高考)一个圆锥的侧面积是其底面积的 2 倍,则该圆锥的母线与底面所成的角为 ( ) A. 3 0? B. 4 5? C. 6 0? D. 7 5? 7. (2004 年北京春季高考)两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为 5cm,4cm,3cm,把它们重叠在一起 组成一个新长方体,在这些新长方体中,最长的对角线的长度是( ) A.
77cm

B. 7 2cm

C. 5 5cm

D. 10 2cm
1 6

8.球面上有 3 个点,其中任意两点的球面积距离都等于大圆周长的 么这个球的半径为 ( )

,经过这三点的小圆周长为 4π ,那

A.4 3 B.2 3 C.2 D. 3 9.正三棱锥底面边长为 a,侧棱与底面所成角为 60°,过底面一边作一截面使其与底面成 30°的二面角,则此截面面积为 ( ) A.
3 4 a
2

B. a
3

1

2

C. a
8

3

2

D.以上答案都不对

10.二面角α —a—β 的平面角为 120°,在面α 内,AB⊥a 于 B,AB=2 在平面β 内,CD⊥a 于 D,CD=3,BD=1,M 是棱 a 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 B

11.如右图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A、B、C 是展开图 上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC 的值为 ( ) A.180° B.120° C.60° D.45° C

A

25

12.如图的多面体是过正四棱柱的底面 ABCD 的点 A 作载面 AB1C1D1 而截得的,且 BB1=DD1.已知截面 AB1C1D1 与 底面 ABCD 成 30°的二面角,AB=1, 则这个多面体的体积为 ( ) A.
6 2

C1 D1
D B1

C

B.

6 3

C.

6 9

D.

6 6

A

B

13.在三棱锥 A—BCD 中,P、Q 分别是棱 AC、BD 上的点,连 AQ、CQ、BP、DP、PQ, 若三棱锥 A—BPQ、B—CPQ、C—DPQ 的体积分别为 6、2、8,则三棱锥 A—BCD 的 体积是 ( ) A.20 B.28 C.40 D.88 14.若正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是 ( ) (A)三棱锥 (B)四棱锥 (C)五棱锥 (D)六棱锥 15.已知三棱锥 P ? ABC 中,顶点 P 在底面的射影 O 是三角形 ABC 的内心,关于这个三棱锥有三个命题: ①侧棱 PA ? PB ? PC ;②侧棱 PA 、 、 两两垂直;③各侧面与底面所成的二面角相等。其中错误 PB PC 的是 (A)①② (B)①③
S 4

( ) (C)②③

(D)①②③ (
2 S 2

16.若一棱台上、下底面面积分别是 (A) S 0 ?
5 8 S

和 S ,它的中截面面积是 S 0 ,则 (C) S 0 ?
9 16 S



(B) S 0 ?

1 2

S

(D) S 0 ?

17.两两相交的三个平面将空间分成___________个部分。 18.正四棱柱的底面边长为 a ,高为 b ( a ? b ) ,一蚂蚁从顶点 A 出发,沿正四棱柱的表面爬到顶点 C 1 ,那 么这只蚂蚁所走过的最短路程为_________。 19.正四棱锥的高与底面边长都是 1,侧棱与底面所成的角是 arctan x ,则 x ? ________。 20.在三棱锥的四个面中,直角三角形最多可以有_________个。 21. 空间四边形 ABCD 中,AC ? 8 ,BD ? 12 ,E 、 、 、 分别是 AB 、 、 、 边上的点, EFGH 且 F G H BC CD DA 为平行四边形,则四边形 EFGH 的周长的取值范围是____________。 22.若 AB 的中点 M 到平面 ? 的距离为 4 cm ,点 A 到平面 ? 的距离为 6 cm ,则点 B 到平面 ? 的距离为 _________ cm 。 23. 三棱锥 P ? ABC 中, 侧棱 PA 、 、 两两垂直, 底面 ABC 内一点 S 到三个侧面的距离分别是 2 、 、 , PB PC 3 6 那么 PS ? ________。 24. 直三棱柱 ABC ? A1 B 1 C 1 中, AA 1 ? AC ? BC ? 1 , AC ? BC ,D 1 是 A1 B 1 上的一点, D 1 到截面 ABC 则 的距离等于__________。 25.正四面体 ABCD 中, E 、 分别是 BC 、AD 的中点,那么 EF 与平面 BCD 所成的角的大小为 F
26

1

___________。 26.正三棱锥 P ? ABC 的底面边长为 2 a ,侧棱 PA ? a ,则二面角 P ? AB ? C 的大小是______。 27.设棱长为 4 的平行六面体 ABCD ? A1 B 1 C 1 D 1 的体积为 V , E 、 、 分别是棱 AB 、AD 、AA 1 F G 上的点,且 AE ? 1 , ? 2 , ? 3 ,则三棱锥 A ? EFG 的体积 V / ? _______。 AF AG 28.一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器 中的形状可以是:(1)三角形;(2)菱形;(3)矩形;(4)正方形;(5)正六边形。其中正确的结论是 ___________________。(把你认为正确的序号都填上) 29.在球面上有四个点 P、A、B、C,如果 PA、PB、PC 两两互相垂直,且 PA=PB=PC=a, 那么这个球面的表面积是 . 30. 正三棱锥 S—ABC 的侧棱长为 1, 两条侧棱的夹角为 45°, 过顶点 A 作一截面交 SB 于 D, SC 于 E, 交 则△ADE 的周长的最长小值是 . 31.α ,β 是两个不同的平面,m , n 是平面α 及β 之外的两条不同直线,给出四个论断: ①m⊥n; ②α ⊥β ;③n⊥β ; ④m⊥α ,以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出 你认为正确的一个命题 . 32.设 x , y , z 是空间的不同直线或不同平面,且直线不在平面内,下列条件中能保证“若 (填所有正确条件的代号) x ? z ,且 y ? z , 则 x // y ”为真命题的是 ①x 为直线,y,z 为平面 ②x,y,z 为平面 ③x,y 为直线,z 为平面 ④x,y 为平面,z 为直线 ⑤x,y,z 为直线 33.三棱锥 P ? ABC 中, PC ? x ,其余棱长均为 1。 (1)求证: PC ? AB ; (2)求三棱锥 P ? ABC 的体积的最大值。
P

A B

C

34.直二面角 A ? BD ? C 中, M 、 分别是线段 AB 、 上的点(不包括端点), N CD 且 ? ADB ? ? DBC ? 90 ? , AD ? DB ? BC ? 1 , AM ? DN , AM ? x , MN ? y 。 (1)若 MN 与平面 BCD 所成的角为 45 ? ,求 x 的值; (2)求函数 y ? f ( x ) 的解析式及定义域、值域。
M D N
N A C M β B

A

35. 如图,平面?∩平面?=MN, o 二面角 A-MN-B 为 60 ,点 A∈?, o B∈?,C∈MN,∠ACM=∠BCN=45 . AC=1, (1) 求点 A 到平面?的距离; (2) 求二面角 A-BC-M 的大小.

B

C

第 35 题图

36. 已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC,F 为 BB1 上的一点,BF=BC=2a, FB1=a. (1) 若 D 为 BC 的中点,E 为 AD 上不同于 A、D 的任一点,求证:EF⊥FC1; (2) 若 A1B1=3a,求 FC1 与平面 AA1B1B 所成角的大小. 37. 如图 1,直角梯形 ABCD 中,∠BAD=∠D=90 ,AD=CD=a,AB=2a, 将△ADC 沿 AC 折起,使点 D 到 D?.
27
o

(1) 若二面角 D?-AC-B 为直二面角(图 2),求二面角 D?-BC-A 的大小; o (2) 若二面角 D?-AC-B 为 60 (图 3),求三棱锥 D?-ABC 的体积.
D C
D

D D
C

C

A

B

D

A
A B

B

图1

图2

图3
C1

38.(’85 广东)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱 AA1=4cm, o 它的底面△ABC 中有 AC=BC=2cm,∠C=90 ,E 是 AB 的 中点. (1) 求证:CE 和 AB1 所在的异面直线的距离等于
2 3 3

C B B1

cm;

A1

E A

(2) 求截面 ACB1 与侧面 ABB1A1 所成的二面角的大小.

39.已知三棱锥 P—ABC 中,PC⊥底面 ABC,AB=BC, D、F 分别为 AC、PC 的中点,DE⊥AP 于 E.

(1)求证:AP⊥平面 BDE; (2)求证:平面 BDE⊥平面 BDF; (3)若 AE∶EP=1∶2,求截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比. 40.已知 ABC—A1B1C1 为正三棱柱,D 是 AC 的中点. (Ⅰ)证明:AB1//平面 DBC1; (Ⅱ)若 AB1⊥BC1,BC=2. ①求二面角 D—BC1—C 的大小; ②若 E 为 AB1 的中点,求三棱锥 E—BDC1 的体积. 41.在三棱柱 ABC—A′B′C′中,四边形 A′ABB′是菱形,四边形 BCC′B′ 矩形,C′B′⊥AB. (Ⅰ)求证:平面 CA′B⊥平面 A′AB B′; (Ⅱ) C′B′=3, 若 AB=4, ∠ABB′=60O, 求直线 AC′与平面 BCC′B′所成角以及三棱锥 A—BB′C′ 的体积. 42、直三棱柱 ABC ? A1 B 1 C 1 中, ? BAC ? 90 ? , AB ? AC ? 1 , M 、 分别是棱 A1 B 、 N
28

B 1 C 1 上的点,且 BM ? 2 A1 M , C 1 N ? 2 B 1 N , MN ? A1 B 。

(1)求直三棱柱 ABC ? A1 B 1 C 1 中的高 a 及 MN 的长; (2)动点 P 在 B 1 C 1 上移动,问 P 在何位置时, ? PA 1 B 的面积才能取得最小值。
C1

N
A1
B1

M C A B

43.一个正多面体各个面的内角和为 20? ,求它的面数、顶点数和棱数。

五、参考答案
1-5.CCBBB; 6-10.CCBCC; 17.6,7,8; 22.2 或 14;
V 27. 6 4 ;

11-15.CDCDA; 16.C 19.
3 3

18.

4a ? b

2

2



2



20.4 个;
3 3

21. ( 16

, 24 )



23.7 ; 24.

; 25. arcsin

;26. arctan
2

2 ;
2? 2

28.(2)(3)(4)(5);

29. 3? a ;

30.

31. ①m⊥n 32. ①③④

③n⊥β ④m⊥α ? ②α ⊥β (或②α ⊥β ③n⊥β ④m⊥α ? ①m⊥n)

33.解:(1)取 AB 中点 M ,∵ ? PAB 与 ? CAB 均为正三角形,∴ AB ? PM , AB ? CM , ∴ AB ? 平面 PCM ? AB ? PC 。 (2)当 PM ? 平面 ABC 时,三棱锥的高为 PM ,此时 V max ?
1 3

S ? ABC ? PM ?

1 3

?

3 4

?

3 2

?

1 8



34.解:(1)作 ME ? BD 于 E ,则 ME ? 平面 BCD ,∴ ? MNE ? 45 ? ,
ME ?
2 2

DE EB

?

AM MB

?

DN NC

? EN // BC



( 2 ? x) ? 1 ?

2 2

x

, EN ?
2

2 2

x

,由 ME ? EN ? x ?
x ?
2

2 2


?
1 2

(2)函数解析式 y ? f ( x ) ?

EM

? EN

2

?

2x ?1 ?

(x ?

2 2 ) 2

,定义域 ( 0 , 2 ) ,值域 [
3 4

2 2

, 1)

.

35. (1)

6 4

; (2)arctan
4 10 15

6 3

(提示:求出点 A 在平面 ? 的射影到直线 BC 的距离为

).

36. (2) arcsin 37. (1) 45 ; 38. (3) arccos
o

.
6 12 a
3

(2)
10 5

.

.

39.解: (1)∵PC⊥底面 ABC,BD ? 平面 ABC,∴PC⊥BD. 由 AB=BC,D 为 AC 的中点,得 BD⊥AC.又 PC∩AC=C,∴BD⊥平面 PAC. 又 PA ? 平面、PAC, ∴BD⊥PA.由已知 DE⊥PA,DE∩BD=D,∴AP⊥平面 BDE. (2)由 BD⊥平面 PAC,DE ? 平面 PAC,得 BD⊥DE.由 D、F 分别为 AC、PC 的中点,得 DF//AP. 由已知,DE⊥AP,∴DE⊥DF. BD∩DF=D,∴DE⊥平面 BDF. 又? DE ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 BDF. (3)设点 E 和点 A 到平面 PBC 的距离分别为 h1 和 h2.则 h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

29

1 3 ? ? ? 1 V P ? A B C V A? P B C 3 V P?E B F V E?P B F

? h1 ? S ? P B F ? ? h 2 ? S ?P B C

2 3?2

?

1 3

.

故截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分体积的比为 1∶2 或 2∶1 说明:值得注意的是, “截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最 终的比值答案一般应为两个,不要犯这种“会而不全”的错误. 40.解:(Ⅰ)连结 CB1 交 BC1 于 O,连结 OD ? OD // AB 1 , OD 在面 DBC 1内,? AB 1 // 平面 DBC

1

(Ⅱ)① O D ? BC 1 , 又 O 为 BC 1中 点 , ? D O ? D C 1 ? CC1 ?
过 O 作 O M ? B C 1交 B C 于 H , 则 O H ? ? H O D为 所 求 . BH ? 3 2 , DH ? 3 2 ,? co s ? ? 2 2 ,? ? ? 4 5
?

2

3 2

,


V E ? B D C1 ? ? 1 2 1 2 V A1 ? B D C1 ? B D C 1 1 2 ? 1 3 ? 3? 2 ? 6 6

V B ? A1 D C1 ?

41.(Ⅰ)证明

在三棱柱 ABC—A′B′C′中,C′B′//CB, ∵C′B′⊥AB,∴CB⊥AB. 又四边形 BCC′B′是矩形,CB⊥B′B,∴CB⊥平面 A′AB B′. 而 CB ? 平面 CA′B ,故平面 CA′B⊥平面 A′A B B′. (Ⅱ)解 过 A 作 AH⊥BB′于 H,连 C′H. ∵CB⊥平 A′AB B′,CB ? 平面 BC C′B′, ∴平面 BCC′B′⊥平面 A′AB B′. ∴AH⊥平面 BCC′B′. ∴∠AC′H 为 AC′与平面 BCC′B′所成的角. 连结 A′B 交于 A′B 于 O,由四边形 A′ABB′是菱形, ? ABB′=60O, 可知△ABB′为等边三角形, AB′=AB =4,而 H 为 BB 中点,于是 AH=2 在 Rt△C′B′A 中, AC′= 4 2 ? 3 2 ? 5 , 在 Rt△AH C′中, sin ? A C ?H
? 2 3 5 ,? ? A C ?H ? arcsin 2 3 5 .

故直线 AC′与平面 BCC′B′所成的角为 arcsin 又 AH⊥平面 BCC′B′. ∴点 A 到平面 BCC′的距离即为 AH=2
? V A ? BB 'C ? V A ? BCC ? ? 1 3 ? s ? BCC ? ? h
3 3

2 3 5

.

3

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

= ?
3


1

1 2

? BC ? C C ? ? AH ?

42.答案:(1) a ? 1 , | MN | ?

(2)即当与 N 重合时, ? PA 1 B 的面积才能取得最小值

6 6



30

43.解:由题意设每一个面的边数为 m ,则 F ( m ? 2)? ? 20 ? ,∴ F ( m ? 2 ) ? 2 0 , ∵
mF 2 n 2 ? E ,∴ E ? F ? 10 ,将其代入欧拉公式 V ? F ? E ? 2 ,得 V ? 12 ,设过每一个顶点的棱数为 n ,则 V ? 6n , F ? 12n m

E ?

得1 2 ?

12n m

? 6 n ? 2 ,即

5 3n

?

2 m

? 1 (1),

∵ m ? 3 ,∴ n ? 5 ,又 n ? 3 , ∴ n 的可能取值为 3 , 4 , 5 , 当 n ? 3 或 n ? 4 时(1)中 m 无整数解; 当 n ? 5 ,由(1)得 m ? 3 , ∴ E ? 30 , ∴ F ? 20 , 综上可知: E ? 30 , V ? 12 , F ? 20 .

31


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