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高考数学专题 立体几何专题


专题三 立体几何专题

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【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上,着重考查空
间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算.既有以选择题、填空题形式出现 的试题, 也有以解答题形式出现的试题. 选择题、 填空题大多考查概念辨析、 位置关系探究、 空间几何量的简单计算求解,考查画图、识图、用图的

能力;解答题一般以简单几何体为载 体,考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及空间几何量的求解问题, 综合考查空间想象能力、 推理论证能力和运算求解能力. 试题在突出对空间想象能力考查的 同时, 关注对平行、 垂直关系的探究, 关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究.
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【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三 视图、直观图,表面积体积的计算,空间点、直线、平面的位置关系判断与证明,空间向量 在平行、垂直关系证明中的应用,空间向量在计算空间角中的应用等.
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【例题解析】

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题型 1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算

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例 1 某几何体的一条棱长为 7 ,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为 6 的 线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为 a 和 b 的线段,则 a ? b 的最大值为
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A. 2 2

B. 2 3

C. 4
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D. 2 5
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分析:想像投影方式,将问题归结到一个具体的空间几何体中解决. 解析: 结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算, 如图设长方体的高宽高分别为

m, n, k ,由题意得 m2 ? n2 ? k 2 ? 7 , m2 ? k 2 ? 6 ? n ? 1 ,

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1 ? k 2 ? a , 1 ? m2 ? b ,所以 (a2 ?1) ? (b2 ?1) ? 6
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? a 2 ? b2 ? 8 ,∴(a ? b)2 ? a2 ? 2ab ? b2 ? 8 ? 2ab ? 8 ? a2 ? b2 ? 16 ? a ? b ? 4
当且仅当 a ? b ? 2 时取等号.
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点评: 本题是高考中考查三视图的试题中难度最大的一个, 我们通过移动三个试图把问 题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影,使问题获得了圆满的解决. 例 2 下图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是 A. 9 π B. 10π C. 11π D. 12π
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分析:想像、还原这个空间几何体的构成,利用有关的计算公式解答. 解析:这个空间几何体是由球和圆柱组成的,圆柱的底面半径是 1 ,母线长是 3 ,球的
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半径是 1 ,故其表面积是 2? ?1? 3 ? 2 ? ? ?1 ? 4? ?1 ? 12? ,答案 D.
2 2

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点评: 由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、 宽相等、 长对正”的规则. 例 3 已知一个正三棱锥 P ? ABC 的主视图如图所示,若 AC ? BC ?
PC ? 6 ,则此正三棱锥的全面积为_________.
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3 , 2

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分析: 正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥, 根据这个主试 图知道, 主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱, 并且和底面三角形的一 条边垂直,这样就知道了这个三棱锥的各个棱长.
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解析:这个正三棱锥的底面边长是 3 、高是 6 ,故底面正三角形的中心到一个顶点的距

离是

2 3 ? ? 3 ? 3 ,故这个正三棱锥的侧棱长是 3 2

3 ? 6 ? 3 ,由此知道这个正

2

2

三棱锥的侧面也是边长为 3 的正三角形,故其全面积是 4 ?

3 2 ? 3 ? 9 3 ,答案 9 3 . 4



点评:由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题,对给出的这“一个视图” 要仔细辨别投影方向,这是三视图问题的核心. 题型 2 空间点、线、面位置关系的判断
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例 4 已知 m, n 是两条不同的直线, ? , ? 为两个不同的平面,有下列四个命题: ①若 m ? ? , n ? ? , m ? n ,则 ? ? ? ; ②若 m // ? , n // ? , m ? n ,则 ? // ? ;

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③若 m ? ? , n // ? , m ? n ,则 ? // ? ; ④若 m ? ? , n // ? , ? // ? ,则 m ? n .

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其中正确的命题是(填上所有正确命题的序号)_______________.

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分析:根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断.

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解析:我们借助于长方体模型解决.①中过直线 m, n 作平面 ? ,可以得到平面 ? , ? 所 成的二面角为直二面角,如图(1) ,故 ? ? ? ①正确;②的反例如图(2) ;③的反例 如图(3) ;④中由 m ? ? , ? ? ? 可得 m ? ? ,过 n 作平面 ? 可得 n 与交线 g 平行,由 于 m ? g ,故 m ? n .答案①④.

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点评: 新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型, 本题就是 通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的, 在解答立体几何的选择题、 填空题时 合理地使用这个模型是很有帮助的. 例 5 设 m, n 是两条不同的直线, ? , ? 是两个不同的平面,下列命题正确的是
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A.若 m ? n, m ? ? , n // ? ,则 ? // ? C.若 m ? ? , n // ? , ? // ? ,则 m ? n

B.若 m // ? , n // ? , ? // ? , 则 m // n D.若 m // n, m // ? , n // ? , 则 ? // ?
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分析:借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断. 解析:对于 ? // ? ,结合 m ? ? , n // ? , 则可推得 m ? n .答案 C. 点评: 从上面几个例子可以看出, 这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异, 但本质上都是以空间想象、 空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的, 主要是 考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度.
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题型 3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算(文科解答题的主要题型)

E F DB 例 6. 如图所示, 在棱长为 2 的正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, 、 分别为 DD 1、
的 中点. (1)求证: EF //平面 ABC1D1 ;
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(2)求证: EF ? B1C ;

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(3)求三棱锥 VB1 ?EFC 的体积.
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分析:第一问就是找平行线,最明显的就是 EF ? BD1 ;第二问转化为线面垂直进行证 明;第三问采用三棱锥的等积变换解决.
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解析: (1)连结 BD1 ,如图,在 ?DD1 B 中,

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E 、 F 分别为 D1D , DB 的中点,则

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? ? D1 B ? 平面ABC1 D1 ? ? EF / / 平面 ABC1D1 . EF ? 平面ABC1 D1 ? ? EF / / D1 B
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(2)

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? ? B C ? 平面ABC D B1C ? BC1 B1C ? BD1 ? ? 1 1 1? ?? ?? ? ? EF ? B1C AB, B1C ? 平面ABC1 D1 ? BD1 ? 平面ABC1 D1 ? EF / / BD1 ? ? AB ? BC1 ? B ?
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B1C ? AB

(3)? CF ? 平面 BDD1B1 ,?CF ? 平面EFB1 且 CF ? BF ? 2 ,

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? EF ?

1 BD1 ? 3 , B1 F ? BF 2 ? BB12 ? ( 2)2 ? 22 ? 6 , 2
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B1 E ? B1 D12 ? D1 E 2 ? 12 ? (2 2)2 ? 3
∴ EF ? B1F ? B1E
2 2 2

即 ?EFB1 ? 90 ,
?

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1 ?VB1 ? EFC ? VC ? B1EF ? ? S ?B1EF ? CF 3 1 1 ? ? 3? 6 ? 2 ?1 . 3 2
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=

1 1 ? ? EF ? B1 F ? CF 3 2

=

点评:空间线面位置关系证明的基本思想是转化,根据线面平行、垂直关系的判定和性 质,进行相互之间的转化,如本题第二问是证明线线垂直,但问题不能只局限在线上, 要把相关的线归结到某个平面上 (或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上, 通过 证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的, 但证明线面垂直又得借助于线线垂直, 在不 断的相互转化中达到最终目的. 立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形, 可以 通过“换顶点”实行等体积变换,这也是求点面距离的基本方法之一.
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PA ? ?ABC ? ?ACD ? 90 , ?BAC ? ?CAD ? 60 , 例 7. 在四棱锥 P ? ABCD 中,
? ?

平面 ABCD , E 为 PD 的中点, PA ? 2 AB ? 2 . (1)求四棱锥 P ? ABCD 的体积 V ; (2)若 F 为 PC 的中点,求证 PC ? 平面 AEF ; (3)求证 CE ∥平面 PAB .
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分析:第一问只要求出底面积和高即可;第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明;第 三问的线面平行即可以通过证明线线平行、 利用线面平行的判定定理解决, 也可以通过 证明面面平行解决,即通过证明直线 CE 所在的一个平面和平面 PAB 的平行解决.
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解析: (1)在 Rt?ABC 中, AB ? 1, ?BAC ? 60? ,∴ BC ? 3 , AC ? 2 . 在 RtΔACD 中, AC ? 2, ?ACD ? 60? ,∴ CD ? 2 3, AD ? 4 . ∴ S ABCD ?

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1 1 1 1 5 AB ? BC ? AC ? CD ? ?1? 3 ? ? 2 ? 2 3 ? 3. 2 2 2 2 2
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1 5 5 则V ? ? 3?2 ? 3. 3 2 3 (2)∵ PA ? CA , F 为 PC 的中点,∴ AF ? PC . ∵ PA ? 平面 ABCD ,∴ PA ? CD ,∵ AC ? CD , PA ? AC ? A ,∴ CD ? 平面
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PAC ,∴ CD ? PC . ∵ E 为 PD 中点, F 为 PC 中点,∴ EF ∥ CD ,则 EF ? CD ,∵ AF ? EF ? F , ∴ PC ? 平面 AEF .
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(3)证法一:

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取 AD 中点 M ,连 EM , CM .则 EM ∥ PA ,∵ EM

? 平面 PAB , PA ? 平面

PAB , ∴ EM ∥平面 PAB .
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? ? ? 在 Rt?ACD 中,?CAD ? 60 , AC ? AM ? 2 ,∴ ?ACM ? 60 .而 ?BAC ? 60 ,

∴ MC ∵ MC ∴ MC ∵ EM ∵ EC
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? 平面 EMC ,∴ EC ∥平面 PAB .

∥ AB . ? 平面 PAB , AB ? 平面 PAB , ∥平面 PAB . ? MC ? M ,∴平面 EMC ∥平面 PAB .
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证法二:延长 DC , AB ,设它们交于点 N ,

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? 连 PN .∵ ?NAC ? ?DAC ? 60 , AC ? CD ,

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∴ C 为 ND 的中点. ∵ E 为 PD 中点,∴ EC ∥ PN . ∵ EC ? 平面 PAB , PN ? 平面 PAB , ∴ EC ∥平面 PAB . 点评:新课标高考对立体几何与大纲的高考有 了诸多的变化.一个方面增加了空间几何体的三视图、 表面积和体积计算,拓展了命题空间;另一方面删除了 三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念 与性质、球的性质与球面距离,删除了空间向量,这就给立体几何的试题加了诸多的枷 锁, 由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积
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的计算、空间线面位置关系的证明(主要是平行与垂直) . 题型 4 空间向量在立体几何中的应用 例 8.如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, E、F 分别为 A 1D 1 和 CC1 的 中点. (1)求证: EF ∥平面 ACD1 ; (2)求异面直线 EF 与 AB 所成的角的余弦值; (3)在棱 BB1 上是否存在一点 P ,使得二面角 P ? AC ? P 的大小为 30 ?若存在,求
?

出 BP 的长;若不存在,请说明理由.

【解析】解法一:如图分别以 DA, DC, DD1 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间 直角坐标系 D ? xyz , 由已知得 D ? 0,0,0? 、 A? 2,0,0? 、

B ? 2,2,0? 、 C ? 0,2,0? 、 B1 ? 2, 2, 2? 、
、 F ?1 D1 ? 0,0, 2? E ?1,0,2? 、 2 0 ,

?.

(1)取 AD1 中点 G ,则 G ?1,0,1? ,

??? ? ??? ? CG ? ?1, ?2,1? ,又 EF ? ? ?1, 2, ?1? ,
由 EF ? ?CG , ∴ EF 与 CG 共线.从而 EF ∥ CG , ∵ CG ? 平面 ACD1 , EF ? 平面 ACD1 ,∴ EF ∥平面 ACD1 . (2)∵ AB ? ? 0, 2,0 ? ,

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? EF ? AB 4 6 ? ??? ? ? , cos EF , AB ? ??? ? 3 | EF | ? | AB | 2 6
∴异面直线 EF 与 AB 所成角的余弦值为

6 . 3

(3)假设满足条件的点 P 存在,可设点 P ? 2,2, t ? ( 0 ? t ? 2 ) ,平面 ACP 的一个法 向量为 n ? ? x, y, z ? ,

?

? ???? ??? ? ???? ? ??2 x ? 2 y ? 0, ?n ? AC ? 0, 则 ? ? ??? ∵ AP ? ? 0, 2, t ? AC ? ? ?2, 2,0 ? ,∴ ? ? ? 2 y ? tz ? 0, ? ? n ? AP ? 0. ? 2 取 n ? (1,1, ? ) . t ???? 易知平面 ABC 的一个法向量 BB1 ? (0,0, 2) ,
依题意知,

???? ? BB1 , n ? 30? 或 150? ,

??? ? ?? ? ∴ cos BB1 , N ?

4 |? | t 2? 2 ? 4 t2

?

4 3 4 6 3 ,即 2 ? (2 ? 2 ) ,解得 t ? . t 4 t 3 2



6 6 时,二面角 P ? AC ? B ? (0, 2] ,∴在棱 BB1 上存在一点 P ,当 BP 的长为 3 3
?

的大小为 30 . 解法二: ( 1 ) 同 解 法 一 知 EF ? ? ?1 , 2? , ∴ EF ? AC ? 平面 ACD1 . (2) 、 (3)同解法一. 解法三:易知平面 ACD1 的一个法向量是 DB1 ? ? 2, 2, 2? .又∵ EF ? ? ?1, 2, ?1? ,由

??? ?

?1 ,

???? ? AD1 ? ? ?2,0, 2 ? ,

???? AC ? ? ?2, 2,0 ? ,

??? ?

? ???? ??? ? ??? ? ???? 1 ???? ? AD1 ,∴ EF 、 AC 、 AD1 共面.又∵ EF ? 平面 ACD1 ,∴ EF ∥ 2

???? ?

??? ?

??? ? ???? ? , EF ? DB1 ? 0 ·
∴ EF ? DB1 ,而 EF ? 平面 ACD1 ,∴ EF ∥平面 ACD1 . (2) 、 (3)同解法一.

??? ?

???? ?

点评:本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识; 考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力.利用空间向量证明线 面平行的方法基本上就是本题给出的三种, 一是证明直线的方向向量和平面内的一条直 线的方向向量共线, 二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、 根据 共面向量定理作出结论;三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直. 例 9 已知几何体 A ? BCED 的三视图如图所示,其中俯视图和侧视图都是腰长为 4 的 等腰直角三角形,正视图为直角梯形. (1)求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值; (2)求二面角 A ? ED ? B 的正弦值; (3)求此几何体的体积 V 的大小.

【解析】 (1)取 EC 的中点是 F ,连结 BF ,则 BF ? DE ,∴ ?FBA 或其补角即为异 面 直 线 DE 与

AB 所 成 的 角 . 在 ?BAF 中 , AB ? 4 2 ,

BF ? AF ? 2 5 .∴ cos ?ABF ?

10 . 5 10 . 5

∴异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为

(2) AC ? 平面 BCE ,过 C 作 CG ? DE 交 DE 于 G ,连结 AG . 可得 DE ? 平面 ACG ,从而 AG ? DE , ∴ ?AGC 为二面角 A ? ED ? B 的平面角.
? 在 Rt?ACG 中, ?ACG ? 90 , AC ? 4 ,

CG ?

8 5 5 ,∴ tan ?AGC ? . 5 2

∴ sin ?AGC ?

5 . 3 5 . 3

∴二面角 A ? ED ? B 的的正弦值为 (3) V ?

1 ? S BCED ? AC ? 16 ,∴几何体的体积 V 为 16 . 3 方法二: (坐标法) (1)以 C 为原点,
以 CA, CB, CE 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系. 则 A? 4,0,0? , B(0, 4, 0) , D(0, 4, 2) , E ? 0,0,4? ,

??? ? ??? ? DE ? (0, ?4, 2), AB ? (?4, 4,0) ,
∴ cos ? DE, AB ?? ?

???? ??? ?

10 5 10 . 5

∴异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为

(2)平面 BDE 的一个法向量为 CA ? (4,0,0) , 设平面 ADE 的一个法向量为 n ? ( x, y, z) ,

??? ?

?

? ??? ? ? ??? ? ??? ? ??? ? n ? AD, n ? DE, AD ? (?4, 4, 2), DE ? (0, ?4, 2)
∴ n?AD ? 0, n? DE ? 0 从而 ?4 x ? 4 y ? 2 z ? 0, ?4 y ? 2 z ? 0 , 令 y ? 1 ,则 n ? (2,1, 2) , cos ? CA, n ?? ∴二面角 A ? ED ? B 的的正弦值为 (3) V ?

? ??? ?

? ??? ?

?

??? ? ?

2 3

5 . 3

1 ? S BCED ? AC ? 16 ,∴几何体的体积 V 为 16 . 3

点评:本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法.空间 向量对解决三类角(异面直线角、线面角、面面角)的计算有一定的优势.对理科考生 来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外, 不要忽视了传统的 方法,有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量.

题型 5 距离(点到平面,线与线、线与面、面与面)

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 10 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 的三角函数值; (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. A 解答过程:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO . ?△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC . C D A

A1

C1 B1 A1

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

F C O B D

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 的正弦值为 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 z ???? ???? ??? ? A 1 , 0) , BA ? (?1 ? AB ? (1 , 2, ? 3) , BD ? (?2, , 2,3) .
1 1

A1
F C

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

O B

D

C1
y

? AB1 ⊥平面 A1BD .

x

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, 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 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. 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.
A M D O B C P

1 1 (II)连结 OM,则 OM ? AB ? 2 ? OQ. 2 2
所以∠MQP=45°.

Q

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 ?
z P

3 2 .. 2
D A x

3 2 即点 P 到平面 QAD 的距离是 . 2
方法二 (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O . 由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD.

O B y

C

Q

从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (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
题型 6 割补法:割补法主要是针对平面图形或空间图形所采用的一种几何变换,其主要思 想是把不规则问题转化为规则问题, 这个方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规 则空间几何体的体积. 例 6 . 1 若三棱锥的三条侧棱两两垂直,且侧棱长均为 3 ,则其外接球的表面积 是 . 分析:将其补成一个正方体. 解析: 这样的三棱锥实际上是正方体被一个平面所截下来的, 我们考虑在原来的正方体 中解决这个问题.设原来的正方体的棱长为 3 ,则本题中的三棱锥和原来的正方体具 有同一个外接球,这个球的直径就是正方体的体对角线,长度为 3 ? 3 ? 3 ,即球的

半径是

3 ?3? ,故这个球的表面积是 4? ? ? ? 9? . 2 ?2?

2

点评:三条侧棱两两垂直的三棱锥习惯上称为“直角三棱锥” ,它就隐含在正方体之中, 在解题中把它看作正方体的一个部分,在整个正方体中考虑问题,往往能化难为易,起 到意想不到的作用. 例 6.2 如图,已知多面体 ABC ? DEFG 中, AB,AC,AD 两两互相垂直,平面 ABC ∥ 平面 DEFG ,平面 BEF ∥平面 ADGC , AB ? AD ? DC ? 2 , AC ? EF ? 1 ,则该多面体 的体积为 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

分析: 这个几何体即可以看作两个三棱柱拼合而成的, 也可以看作是从一个正方体割下 来的. 解析一(割) :如图,过点 C 作 CH ? DG 于 H ,连结 EH ,这样就把多面体分割成一 个直三棱柱 DEH ? ABC 和一个斜三棱柱 BEF ? CHG .于是所求几何体的体积为 ?1 ? ?1 ? V ? S△DEH ? AD ? S△BEF ? DE ? ? ? 2 ? 1? ? 2 ? ? ? 2 ? 1? ? 2 ? 4 . ?2 ? ?2 ?

解析二(补) :如图,将多面体补成棱长为 2 的正方体,那么显然所求的多面体的体积即

1 为该正方体体积的一半.于是所求几何体的体积为 V ? ? 23 ? 4 . 2 点评: 割补法是我们解决不规则空间几何体体积的最主要的技巧, 其基本思想是利用割 补将其转化为规则空间几何体加以解决.

【专题训练与高考预测】
一、选择题 1.如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的表面积为(不考虑接触点) ( ) A. 6 ? 3 ? ? B. 18 ? 3 ? 4? C. 18 ? 2 3 ? ? D.

32 ? ?

2.某几何体的三视图如图所示,根据图中数据,可得该几何体的体积是 A. 3 2 ? 3 B. 2 ? 3 3 C. 2 2 ? 3 3





D. 3 2 ? 2 3

3.已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为 2 的正三角形,俯视图是直径为 2 的圆, 则此几何体的外接球的表面积为 ( )

4 ? 3 16 C. ? 3
A.

8 3 32 ? D. 3
B. ?
?

4.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45 ,腰和上底长均为 1 的等腰梯 形,则这个平面图形的面积是
1 2 A. ? 2 2

( C. 1 ? 2 D. 2 ? 2



B. 1 ?

2 2

5. 一个盛满水的三棱锥容器 S ? ABC ,不久发现三条侧棱上各有一个小洞 D, E, F ,且 知 SD : DA ? SE : EB ? CF : FS ? 2 :1 , 若仍用这个容器盛水, 则最多可盛原来水的 ( )

A.

23 29

B.

19 27

C.

30 31

D.

23 27

6. 点 P 在直径为 2 的球面上,过 P 作两两垂直的三条弦,若其中一条弦长是另一条弦长 的 2 倍,则这三条弦长之和为最大值是 ( ) A.

2 70 5

B.

3 70 5

C.

4 15 5

D.

6 15 5

7. 正方体 ABCD ? A ' B ' C ' D ' 中,AB 的中点为 M , 异面直线 B ' M 与 CN DD' 的中点为 N , 所成的角是 ( ) A. 30
?

B. 90

? ?

C. 45

?

D. 60

? ?

P 为空间一定点, 8. 已知异面直线 a 和 b 所成的角为 50 , 则过点 P 且与 a , b 所成角都是 30 的直线有且仅有 ( ) A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条
? ? 9 .如图所示,四边形 ABCD 中, AD / / BC, AD? AB ,将 ,? BCD ? 45 ,? BAD ? 90

△ ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD ? 平面 BCD ,构成三棱锥 A ? BCD ,则在三棱锥 A ? BCD 中,下列命题正确的是 ( ) A.平面 ABD ? 平面 ABC B.平面 ADC ? 平面 BDC C.平面 ABC ? 平面 BDC D.平面 ADC ? 平面 ABC

10.设 x 、 y 、 z 是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:① x 、 y 、 z 均为直线; ② x 、 y 是直线, z 是平面;③ z 是直线, x 、 y 是平面;④ x 、 y 、 z 均为平面. 其中使“ x ⊥ z 且 y ⊥ z ? x ∥ y ”为真命题的是 ( ) A. ③ ④ B. ① ③ C. ② ③ D. ① ② 11.已知三条不重合的直线 m 、 n 、 l 两个不重合的平面 ? 、 ? ,有下列命题 ①若 m / / n, n ? ? ,则 m / /? ; ②若 l ? ? , m ? ? 且 l ? m ,则 ? ? ? ; ③若 m ? ? , m ? ? , m ? ? , n ? ? ,则 ? ? ? ; ④若 ? ? ? , ? ? ? ? m , n ? ? , n ? m ,则 n ? ? . 中正确的命题个数是 A. 1 B. 2 ( C. 3 D. 4 )

12.直线 AB 与直二面角 ? ? l ? ? 的两个面分别交于 A, B 两点,且 A, B 都不在棱上,设直 线 AB 与平面 ? , ? 所成的角分别为 ? , ? ,则 ? ? ? 的取值范围是 ( )

? A. (0, ) 2
二、填空题

? ?? B. ? 0, ? ? 2?

? C. ( , ? ) 2

? D. { } 2

? 13. 在三棱锥 P ? ABC 中, PA ? PB ? PC ? 2 , ?APB ? ?BPC ? ?CPA ? 30 ,一只

蚂 蚁从 A 点出 发沿三棱 锥的 侧面绕一 周,再回 到 A 点 ,则蚂蚁 经过的最 短路程 是 . 14.四面体的一条棱长为 x ,其它各棱长为 1 ,若把四面体的体积 V 表示成 x 的函数 f ? x ? , 则 f ? x ? 的增区间为 ,减区间为 . ② CN 与

15. 如图,是正方体平面展开图,在这个正方体中:① BM 与 ED 平行; BE 是异面直线;
?

③ CN 与 BM 成 60 角; ④ DM 与 BN 垂直. 以上四个说法中,正确说法的序号 依次是 .

E 是 A1B1 的中点,则直线 AE 与平面 16. 已知棱长为 1 的正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,

ABC1D1 所成的角的正弦值是



三、解答题 17.已知,如图是一个空间几何体的三视图. (1)该空间几何体是如何构成的; (2)画出该几何体的直观图; (3)求该几何体的表面积和体积.

? 18.如图,已知等腰直角三角形 RBC ,其中 ?RBC ? 90 , RB ? BC ? 2 .点 A, D 分别

是 RB , RC 的中点,现将 ?RAD 沿着边 AD 折起到 ?PAD 位置,使 PA ? AB ,连结

PB 、 PC .
(1)求证: BC ? PB ; (2)求二面角 A ? CD ? P 的平面角的余弦值.

19.如下图,在正四棱柱 ABCD ? A 1 ? 1B 1C1D 1 中, AA

1 AB ,点 E , M 分别为 A1B, CC1 的 2

N. 中点,过点 A1 , B, M 三点的平面 A 1 BMN 交 C1 D 1 于点

(1)求证: EM ? 平面 A1B1C1D1 ; (2)求二面角 B ? A1 N ? B1 的正切值; (3)设截面 A , 1 BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为 V1 , V2 ( V 1 ? V2 ) 求 V1 : V2 的值.

? 20. 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面为直角梯形, AD // BC , ?BAD ? 90 , PA 垂

直于底面 ABCD , PA ? AD ? AB ? 2BC ? 2 , M , N 分别为 PC , PB 的中点. (1)求证: PB ? DM ; (2)求 BD 与平面 ADMN 所成的角; (3)求截面 ADMN 的 面积.

21 . 如 图 ,正 方 形 ACDE 所 在的 平 面 与 平面 ABC 垂 直 , M 是 CE 和 AD 的 交 点 , AC ? BC ,且 AC ? BC . (1)求证: AM ? 平面 EBC ; (2)求直线 AB 与平面 EBC 所成的角的大小; (3)求二面角 A ? EB ? C 的大小.

? ABC 上的射 22.已知斜三棱柱 ABC ? A1B1C1 , ?BCA ? 90 , AC ? BC ? 2 , A 1 在底面

影恰为 AC 的中点 D ,又知 BA1 ? AC1 . (1)求证: AC1 ? 平面 A 1BC ; (2)求 CC1 到平面 A 1 AB 的距离; (3)求二面角 A ? A 1 B ? C 的一个三角函数值.

【参考答案】
1.解析:C 该几何体是正三棱柱上叠放一个球.故其表面积为

3? 2 ? 3 ? 2 ?

3 2 ?1? ? 2 ? 4? ? ? ? ? 18 ? 2 3 ? ? . 4 ?2?

2

2.解析:B 这个空间几何体的是一个底面边长为 3 的正方形、高为 3 的四棱柱,上半 部分是一个底面边长为

3 的正方形、高为

2 的四棱锥,故其体积为

1 3? 3? 3 ? ? 3? 3? 2 ? 3 3 ? 2 . 3
3. 解析: C 由三视图知该几何体是底面半径为 1 , 高为 3 的圆锥, 其外接球的直径为
4 3 . 3

4.解析: D 如图设直观图为 O ' A ' B ' C ' , 建立如图所示的坐标系, 按照斜二测画法的规则, 在原来的平面图形中 OC ? OA ,且 OC ? 2 , BC ? 1 , OA ? 1 ? 2 ? 故其面积为

2 ? 1? 2 , 2

1 ? 1? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 2

?

?

5.解析:D 当平面 EFD 处于水平位置时,容器盛水最多

1 1 S ?SDE ? h1 ? SD ? SE ? sin ?DSE ? h1 VF ? SDE ? ?3 ?3 1 VC ? SAB 1 S ?SAB ? h2 ? SA ? SB ? sin ?ASB ? h2 3 3

?

SD SE h1 2 2 1 4 ? ? ? ? ? ? SA SB h2 3 3 3 27
最多可盛原来水得 1 ?

4 23 ? . 27 27

6.解析:A 设三边长为 x, 2 x, y ,则 5 x 2 ? y 2 ? 4 , 令x?
4 4 2 cos ? , y ? 2sin ? ,? 3 x ? y ? 3 cos ? ? 2sin ? ? 70 . 5 5 5

7.解析:B 如图,取 AA ' 的中点 P ,连结 BP ,在正方形 ABB ' A ' 中易证 BP ? B ' M .

8.解析:B 过点 P 作 a ? ? a , b? ? b ,若 P ? a ,则取 a 为 a ? ,若 P ? b ,则取 b 为 b ? .这 时 a ? , b ? 相交于 P 点,它们的两组对顶角分别为 50 和 130 . 记 a ? , b ? 所确定的平面 ? ? 为 ? ,那么在平面 ? 内,不存在与 a ? , b ? 都成 30 的直线. 过点 P 与 a ? , b ? 都成 30 角的直线必在平面 ? 外,这直线在平面 ? 的射影是 a ? , b ? 所成对顶角的平分线.其中 ? ? 射影是 50 对顶角平分线的直线有两条 l 和 l ? ,射影是 130 对顶角平分线的直线不存 在.故答案选 B.
? ?

9. 解析: D 如图, 在平面图形中 CD ? BD , 折起后仍然这样, 由于平面 ABD ? 平面 BCD , B ? A D CD ? AB , 故 CD ? 平面 ABD , 又A , 故 AB ? 平面 ADC , 所以平面 ADC ? 平面 ABC .

10.解析:C x 、 y 、 z 均为直线,显然不行;由于垂直于同一个平面的两条直线平行, 故②,可以使“ x ⊥ z 且 y ⊥ z ? x ∥ y ”为真命题;又由于垂直于同一条直线的两个

平面平行,故③可以使“ x ⊥ z 且 y ⊥ z ? x ∥ y ”为真命题;当 x 、 y 、 z 均为平面 时,也不能使“ x ⊥ z 且 y ⊥ z ? x ∥ y ”为真命题. 11.解析:B ①中有 m ? ? 的可能; l ? m 且 l ? ? ,可得 m ? ? ,又 m ? ? ,故 ? ? ? , ②正确;③中当 m ? n 时,结论不成立;④就是面面垂直的性质定理,④正确.故两个 正确的. 12.解析:B 如图,在 Rt ?ADC 中, AD ? AB cos ? , AC ? AB sin ? ,而 AD ? AC ,即

? ? ?? ? cos ? ?sin ? ?cos ? ?? ? , 故 ? ? ? ? , 即 ? ? ? ? , 而 当 A B ? l 时 , 2 2 ?2 ?
? ?? ? ?
2


13.解析: 2 2

将如图⑴三棱锥 P ? ABC ,沿棱 PA 展开得图⑵,蚂蚁经过的最短路程
? ?

应是 AA? ,又∵ ?APB ? ?BPC ? ?CPA ? 30 , ?APA ' ? 90 ,∴ AA? = 2 2 .

14.解析: ? 0,

? ? ?

? 6 ? 6? 3? ? ,? , ? 2 ? 2 ? ?

f ( x)?

x 4

3 ? 2 x ,利用不等式或导数即可判断.

15.解析:③④ 如图,逐个判断即可.

16.解析:

10 5

取 CD 的中点 F ,连接 EF 交平面 ABC1 D1 于 O ,连 AO .由已知正方体,
1 1 2 EF ? A1 D ? , 2 2 2

易知 EO ? 平面 ABC1 D1 , 所以 ?EAO 为所求. 在 Rt?EOA 中,EO ?

EO 10 1 5 ? AE ? ( )2 ? 12 ? , sin ?EAO ? .所以直线 AE 与平面 ABC1 D1 所成的角 AE 5 2 2

的正弦值为

10 . 5

17.解析: (1)这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为 2 的正方形高为 1 的长方体, 上半部分是一个底面边长为 2 的正方形高为 1 的四棱锥. (2)按照斜二测的规则得到其直观图,如图.

(3) 由题意可知, 该几何体是由长方体 ABCD ? A ' B ' C ' D ' 与正四棱锥 P ? A ' B ' C ' D ' 构成的简单几何体. ?2 , A' A ? 1, P? O ' ,1取 A' B ' 中 点 Q , 连 接 PQ , 从 而 由 图 易 得 : A B? A D
P Q?
S?
2 P 'O ? 'O 2 Q ? 12 ? 12 ? ,所以该几何体表面积 2

1 ? A ' B '? B ' C '? C ' D '? D ' A '? PQ ? ? A ' B '? B ' C '? C ' D '? D ' A '? AA '? AB ? AD ? 4 2 ? 12. 2

体积 V ? 2 ? 2 ? 1 ? ? 2 ? 2 ? 1 ?

1 3

16 . 3

18.解析: (1)∵点 A 、 D 分别是 RB 、 RC 的中点,∴ AD // BC , AD ?
? ∴ ?PAD ? ?RAD ? ?RBC ? 90 ,∴ PA ? AD .∴ PA ? BC ,

1 BC . 2

∵ BC ? AB, PA ? AB ? A ,∴ BC ? 平面 PAB . ∵ PB ? 平面 PAB ,∴ BC ? PB . (2)取 RD 的中点 F ,连结 AF 、 PF . ∵ RA ? AD ? 1 ,∴ AF ? RC . ∵ AP ? AR, AP ? AD ,∴ AP ? 平面 RBC . ∵ RC ? 平面 RBC ,∴ RC ? AP . ∵ AF ? AP ? A, ∴ RC ? 平面 PAF . ∵ PF ? 平面 PAF ,∴ RC ? PF . ∴ ?AFP 是二面角 A ? CD ? P 的平面角. 在 Rt?RAD 中, AF ?

1 1 2 , RD ? RA2 ? AD2 ? 2 2 2 PA2 ? AF 2 ? 6 , 2

在 Rt?PAF 中, PF ?

2 AF 3 cos?AFP ? ? 2 ? . PF 3 6 2
∴ 二面角 A ? CD ? P 的平面角的余弦值是

3 . 3

19.解析: (1)设 A1B1 的中点为 F ,连结 EF , FC1 .

EF ∵E 为A 1B 的中点,∴

1 BB1 . 2

又 C1M

1 BB1 ,∴ EF 2

MC1 .∴四边形 EMC1F 为平行四边形.

∴ EM ? FC1 .∵ EM ? 平面 A1B1C1D1 , FC1 ? 平面 A1B1C1D1 , ∴ EM ? 平面 A1B1C1D1 .

H ,连结 BH ,∵ BB1 ? ⊥平面 A1B1C1D1 ,∴ BH ? A1 N . (2)作 B1H ? A 1N 于
∴ ?BHB1 为二面角 B ? A1 N ? B1 的平面角.

EM ? 平 面 A1 B M N ∵ EM ∥ 平 面 A1 B1 C1 D , , 平 面 A1 B M ? N平面 1

A1 B1 C1 D ?1

A1, N

∴ EM ? A1 N .又∵ EM ? FC1 ,∴ A1 N ? FC1 . 又∵ A1F ? NC1 ,∴四边形 A1FC1 N 是平行四边形.∴ NC1 ? A 1F . 设 AA 1 ? a ,则 A 1B 1 ? 2a , D 1N ? a . 在

Rt?A1D1 N





A1 N ? A1 D12 ? D1 N 2 ? 5a



∴sin∠A1ND1= sin ?A1 ND1 ?

A1D1 2 ? . A1 N 5
2 4a ? . 5 5

在 Rt?A1B1H 中, B1 H ? A1 B1 sin ?HA1B1 ? 2a ?

在 Rt?BB1H 中, tan ?BHB1 ?

BB1 a 5 ? ? . 4 B1 H 4 a 5

P ? 平面 BB1C1C . (3)延长 A1 N 与 B1C1 交于 P ,则 P ? 平面 A 1 BMN ,且 ? BM , 又∵平面 A 1BMN ? 平面 BB 1C1C P. ∴ P ? BM ,即直线 A 1N , B 1C1 , BM 交于一点
又∵平面 MNC1 ?∥平面 BA 1B 1 ,∴几何体 MNC1 ? BA 1B 1 为棱台. ∵ S ?A1BB1 ?

1 1 1 1 ? 2a ? a ? a 2 , S?MNC1 ? ? a ? a ? a 2 , 2 2 2 4

棱台 MNC1 ? BA1B1 的高为 B1C1 ? 2a , 故

1? 2 1 2? 7 2 1 2 V1 ? ? a ? a ? a ? a ? ? 2a ? a 3 ? ? 3? 4 4 ? 6



V 7 7 17 V2 ? 2a ? 2a ? a ? a 3 ? a 3 , .∴ 1 ? . 6 6 V2 17
PA ? AB , 所以 AN ? PB . 20. 解析: (1) 因为 N 是 PB 的中点, 得 PA ? AD ,
由 PA ? 底面 ABCD ,

? 又 ?BAD ? 90 ,即 BA ? AD ,? AD ? 平面 PAB ,所以 AD ? PB ,? PB ?

平面 ADMN , ? PB ? DM . (2) 连结 DN , 因为 BP ? 平面 ADMN , 即 BN ? 平面 ADMN , 所以 ?BDN 是 BD 与平面 ADMN 所成的角. 在 Rt?ABD 中,BD ? 中 , PB ? 在 Rt?PAB BA2 ? AD2 ? 2 2 ,

PA2 ? AB2 ? 2 2 , 故 B N?

BN 1 ? ? ? ,又 0 ? ?BDN ? ,故 BD 与平面 ADMN 所成的角是 . BD 2 2 6 1 1 ( 3 ) 由 M , N 分 别 为 PC , PB 的 中 点 , 得 MN // BC , 且 MN ? BC ? , 又 2 2 sin ?BDN ?

1 2

P? B 2 , 在 Rt?B D N中 ,

AD // BC ,故 MN // AD ,
由(1)得 AD ? 平面 PAB ,又 AN ? 平面 PAB ,故 AD ? AN ,? 四边形 ADMN 是 直角梯形, 在 Rt ?PAB 中, PB ? 面积 S ?

PA2 ? AB2 ? 2 2 , AN ?

1 PB ? 2 ,? 截面 ADMN 的 2

1 1 1 5 2 . ( MN ? AD) ? AN ? ( ? 2) ? 2 ? 2 2 2 4

法二: (1)以 A 点为坐标原点建立空间直角坐标系 A ? xyz ,如图所示(图略) 由

PA ? AD ? AB ? 2BC ? 2





A(

0

, ,

0

,

1 P(0, 0, 2), B(2, 0, 0), M (1, ,1), D(0, 2, 0) 2 ??? ? ???? ? 3 因为 PB ? DM ? (2, 0, ?2)(1, ? ,1) ? 0 ,所以 PB ? DM . 2 ??? ? ??? ? (2)因为 PB ? AD ? (2,0, ?2) ? (0, 2,0) ? 0 ,所以 PB ? AD ,又 PB ? DM ,
故 PB ? 平面 ADMN ,即 PB ? (2, 0, ? 2) 是平面 ADMN 的法向量. 设 BD 与平面 ADMN 所成的角为 ? ,又 BD ? (?2, 2, 0) .

??? ?

??? ?

???? ? ???? ? ??? ? ??? ? | BD ? PB | | ?4 | 1 ? ???? ?? 则 sin ? ?| cos ? BD , PB ?|? ??? ? , | BD || PB | 4?4? 4?4 2
又 ? ? [0 ,

?
2

] ,故 ? ?

?
6

,即 BD 与平面 ADMN 所成的角是

因此 BD 与平面 ADMN 所成的角为

? . 6

? . 6

(3)同法一. 21.解析:法一: (1)∵四边形 ACDE 是正方形, ? EA ? AC, AM ? EC . ∵平面 ACDE ? 平面 ABC ,又∵ BC ? AC ,? BC ? 平面 EAC . ? AM ? 平面 EAC ,? BC ? AM . ? AM ? 平面 EBC . (2)连结 BM ,? AM ? 平面 EBC ,? ?ABM 是直线 AB 与平面 EBC 所成的角.

?ABM ? 设 EA ? AC ? BC ? 2a , 则 AM ? 2a ,AB ? 2 2a , ? s i n
? ?ABM ? 30? . 即直线 AB 与平面 EBC 所成的角为 30 ?

AM 1 ? , AB 2

( 3 ) 过 A 作 AH ? EB 于 H , 连 结 HM . ? AM ? 平 面 EBC , ? AM ? EB .? EB ? 平面 AHM .? ?AHM 是二面角 A ? EB ? C 的平面角. ∵平面 ACDE ? 平面 ABC ,? EA ? 平面 ABC .? EA ? AB . 在 Rt ?EAB 中, AH ? EB ,有 AE ? AB ? EB ? AH . 由 (2) 所 设

EA ? AC ? BC ? 2a 可 得

AB ? 2 2a , EB ? 2 3a ,

? AH ?

AE ? AB 2 2a . ? EB 3

? sin ?AHM ?

AM 3 ? .? ?AHM ? 60 ? .∴二面角 A ? EB ? C 等于 60 ? . AH 2 法二: ∵四边形 ACDE 是正方形 ,? EA ? AC, AM ? EC ,∵平面 ACDE ? 平面 ABC ,? EA ? 平面 ABC , ∴可以以点 A 为原点,以过 A 点平行于 BC 的直线为 x 轴,分别以直线 AC 和 AE 为 y 轴和 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 A ? xyz .

设 EA ? AC ? BC ? 2 ,则 A(0,0,0), B(2,2,0), C (0,2,0), E(0,0,2) ,

?M
( 1 )

是正方形 ACDE 的对角线的交点,? M (0,1,1) .

AM ?

(0,1,1)



EC ? (0,2,0) ? (0,0,2) ? (0,2,?2)



CB ? (2,2,0) ? (0,2,0) ? (2,0,0) ,
? AM ? EC ? 0, AM ? CB ? 0 ,
? AM ? EC, AM ? CB ? AM ? 平面 EBC .
(2) ? AM ? 平面 EBC ,? AM 为平面 EBC 的一个法向量,

? AM ? (0,1,1), AB ? (2,2,0) ,? cos AB, AM ?

1 ? . AB ? AM 2

AB ? AM

? AB, AM ? 60? .∴直线 AB 与平面 EBC 所成的角为 30 ? .
(3)设平面 EAB 的法向量为 n ? ( x, y, z) ,则 n ? AE 且 n ? AB ,

? n ? AE ? 0 且 n ? AB ? 0 . ?(0,0,2) ? ( x, y, z) ? 0, ?? ?(2,2,0) ? ( x, y, z ) ? 0.
? cos n, AM ? n ? AM n ? AM ??

即?

? z ? 0, , 取 y ? ?1 , 则 x ? 1 , 则 n ? (1,?1,0) . ? x ? y ? 0.

又∵ AM 为平面 EBC 的一个法向量,且 AM ? (0,1,1) ,

1 , 设 二 面 角 A ? EB ? C 的 平 面 角 为 ? , 则 2

co? s ? c o sn, AM ?

1 ,?? ? 60? .∴二面角 A ? EB ? C 等于 60 ? . 2


C ? A C 22. 解析: 法一: (1) 因为 A1D ? 平面 ABC , 所以平面 AAC 又B 1 1C ? 平面 ABC ,
所以 BC ? 平面 AAC 1 1C ,得 BC ? AC1 ,又 BA 1BC ; 1 ? AC1 ,所以 AC1 ? 平面 A

D 为 AC (2) 因为 AC1 ? AC 1 ,所以四边形 AAC 1 1C 为 菱形,故 AA 1 ? AC ? 2 ,又
? F ,则 AA1 ? 平面 BCF ,从而面 A1 AB ? 面 BCF , 中点,知 ?A 1 中点 1 AC ? 60 .取 AA

过 C 作 CH ? BF 于 H ,则 CH ? 面 A 1 AB .

在 Rt ?BCF 中, BC ? 2, CF ? 3 ,故 CH ?

2 21 , 7

即 CC1 到平面 A 1 AB 的距离为 CH ?

2 21 . 7

(3)过 H 作 HG ? A1B 于 G ,连 CG ,则 CG ? A1B , 从而 ?CGH 为二面角 A ? A 1 B ? C 的平面角, 在 Rt ?A ? 1BC 中 , A 1 C

t C G中 H, B?C 2 , 所 以 CG ? 2 , 在 R ?

sin ?CGH ?

CH 42 , ? CG 7 42 . 7

故二面角 A ? A 1 B ? C 的正弦值为

法二: (1)如图,取 AB 的中点 E , 则 DE // BC , 因为 BC ? AC , 所以 DE ? AC , 又 A1D ? 平面 ABC , 以 DE, DC, DA 1 为 x, y, z 轴建立空间坐标系,

则 A ? 0, ?1,0? , C ? 0,1,0? , B ? 2,1,0? , A 1 ? 0,0, t ? , C1 ? 0, 2, t ? ,

???? ? ???? ??? ? AC1 ? ? 0,3, t ? , BA1 ? ? ?2, ?1, t ? , CB ? ? 2,0,0 ? ,
由 AC ? CB , 1 1 ? CB ? 0 ,知 AC 又 BA1 ? AC1 ,从而 AC1 ? 平面 A 1BC ;
2 (2)由 AC1 ? BA 1 ? ?3 ? t ? 0 ,得 t ? 3 .

???? ??? ?

???? ? ????

设平面 A 1 ? 0,1, 3 , AB ? ? 2, 2,0 ? , 1 AB 的法向量为 n ? ? x, y, z ? , AA

?

????

?

?

??? ?

? ???? ? ?n ? AA1 ? y ? 3z ? 0 所以 ? ? ??? , ? n ? AB ? 2 x ? 2 y ? 0 ? ? ? 设 z ? 1 ,则 n ? 3, ? 3,1

?

?

???? ? ? AC1 ? n 2 21 所以点 C1 到平面 A . ? ? 1 AB 的距离 d ? 7 n ???? ?? ??? ? CA (3)再设平面 A 的法向量为 , BC m ? x , y , z ? ? 1 ? 0, ?1, 3 , CB ? ? 2,0,0 ? , 1

?

?

所以

?? ???? ? ?m ? CA1 ? ? y ? 3z ? 0 ,设 z ? 1 , ? ? ?? ??? ? ? m ? CB ? 2 x ? 0 ?? 则 m ? 0, 3,1 ,

?

?

?? ? ?? ? m?n 7 故 cos ? m, n ?? ?? ? ? ? ,根据法向量的方向,可知二面角 A ? A 1 B ? C 的余弦 7 m?n
值为

7 . 7


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