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通用版2012高考数学复习专题突破名师精品课件-立体几何.


专题突破

立体几何整合

1.(2011 年广东)如图 1,在椎体 P-ABCD 中,ABCD 是

边长为 1 的菱形,且∠DAB=60°,PA =PD= 2 ,PB=2,E、

F 分别是 BC、PC 的中点.
(1)证明:AD⊥平面 DEF;
(2)求二面角 P-AD-B 的余弦值.

图1

(1)证明:设 AD 的中点为 H,连接 PH、BH, ∵PA =PD,∴PH⊥AD,

3 1 AH=— ,AB=1,∠DAB=60°,可得出 BH= , 2 2 从而AH2+BH2=AB2,
∴AH⊥HB,即AD⊥HB,∴AD⊥平面PHB, 又E、F分别是BC、PC的中点, ∴EF∥PB,∴EF∥平面PHB, 又显然BH∥DE,∴DE∥平面PHB, 又DE、EF?平面DEF,DE∩EF=E, ∴平面DEF∥平面PHB, ∵AD⊥平面PHB,∴AD⊥平面DEF.

(2)解:由(1)知,PH⊥AD,BH⊥AD, 且 PH?面 PAD,BH?平面 BAD, ∴∠PHB 就是二面角 P-AD-B 的平面角, 7 3 PH= ? 2? 2 ,BH= 2 ,PB=2, 7 3 PH2+BH2-PB2 4+4-4 ∴cos∠PHB= = 2PH· BH 7 3 2× 2 × 2
2

?1? -?2?2= ? ?

3 21 =- =- 7 , 21 21 即二面角 P-AD-B 的余弦值为- 7 .

2.(2010 年广东)如图 2,ABC 是半径为 a 的半圆,AC 为 直径,点 E 为 AC 的中点,点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点, 平面 AEC 外一点 F 满足 FB=FD= 5 a,EF= 6 a. (1)证明:EB⊥FD; (2)已知点 Q、R 为线段 FE、FB 2 2 上的点,FQ=—FE,FR=—FB,求平 3 3

面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正
弦值. 图2

(1)证明: AEC 是半径为 a 的半圆,AC 为直径, 点 E 为 AC 的中点, ∴EB⊥AC. 在△PBE 中,FB2+EB2=( 5a)2+a2=EF2=( 6a)2, 则△FBE 为直角三角形,∴EB⊥FB. 又∵EB∩AC=B,BE?平面 BDF, ∴EB⊥平面 BDF, 又∵FD?平面 BDF,∴EB⊥FD.

(2)解:如图 D33,设平面 BED 与平面 RQD 的交线为 DG. 2 2 由 FQ=3FE,FR=3FB,知 QR∥EB.

而 EB?平面 BDE,∴QR∥平面 BDE, 而平面 BDE∩平面 RQD=DG,

∴QR∥DG∥EB.
由(1)知,BE⊥平面 BDF,∴DG⊥平面 BDF,

图 D33

而 DR、DB?平面 BDF,∴DG⊥DR,DG⊥DB, ∴∠RDB 是平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角.

在 Rt△BCF 中,CF= BF2-BC2= ? 5a?2-a2=2a,
2 1 FC 2a ∴sin∠RBD=BF= = ,cos∠RBD= 1-sin2∠RBD= . 5a 5 5

2 1 5a 在△BDR 中,由 FR=3FB 知,BR=3FB= 3 , 由余弦定理得, RD= BD2+BR2-2BD· BRcos∠RBD = ?2a?
2

? +? ? ?

5a 1 29 5a? ?2 -2· 2a· 3 · = 3 a, 3 ? 5 ?

BR RD 由正弦定理得, = , sin∠RDB sin∠RBD 5 29 3a 3 a 2 29 即 = 2 ,sin∠RDB= 29 . sin∠RDB 5 29 故平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值为 29 . 2

3.(2009 年广东)如图 3,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的
棱长为 2,点 E 是正方形 BCC1B1 的中心,点 F、G 分别是棱

C1D1、AA1 的中点.设点 E1、G1 分别是点 E、G 在平面 DCC1D1
内的正投影.
(1)求以 E 为顶点,以四边形 FGAE 在平面 DCC1D1 内的正 投影为底面边界的棱锥的体积; (2)证明:直线 FG1⊥平面 FEE1; (3)求异面直线 E1G1 与 EA 所成角 的正弦值. 图3

(1)解:依题作点 E、G 在平面 DCC1D1 内的正投影 E1、G1,

则 E1、G1 分别为 CC1、DD1 的中点,连接 EE1、EG1、ED、DE1, 则所求为四棱锥 E -DE1FG1 的体积,其底面 DE1FG1 面积为
S DE1FG1 = S Rt
E1FG1 + S Rt

1 1 DG1E1 =2× 2× 2+2×1×2=2,

又 EE1⊥面 DE1FG1,EE1=1, ∴VE ? DE1FG1 2 1 ? S DE1FG1 · EE1=3. 3

(2)证明:以 D 为坐标原点,DA、DC、DD1 所在直线分别 作 x 轴、y 轴、z 轴, 得 E1(0,2,1),G1(0,0,1),

G(2,0,1),F(0,1,2),E(1,2,1),
→ =(0,-1,-1),FE → =(1,1,-1),FE → =(0,1,-1), 则FG 1 1 →· → =0+(-1)+1=0,FG →· → =0+(-1)+1=0, ∴FG FE FE 1 1 1
即 FG1⊥FE,FG1⊥FE1, 又 FE1∩FE=F,∴FG1⊥平面 FEE1.

→ =(1,-2,-1), (3)解: E1G1 =(0,-2,0),EA → E→ EA 2 1G1· 则 cos< E1G1 , EA >= = , → → 6 |E G ||EA|
1 1

设异面直线 E1G1 与 EA 所成角为 θ, 则 sinθ= 2 3 1-3= 3 .

4.(2008 年广东)如图 4,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是半径为 R 的圆的内接四边形,其中 BD 是圆的直径,∠ABD =60°,∠BDC=45°,PD垂直底面ABCD,PD=2 2

R,E、F

PE= DF 分别是PB、CD上的点,且— ,过点 E 作 BC 的平行线交 EB FC PC 于 G.
(1)求 BD 与平面 ABP 所成角θ的正弦值;
(2)证明:△EFG 是直角三角形;

PE 1 (3)当 = 时,求△EFG 的面积. EB 2
图4

(1)解:如图 D34,在 Rt△BAD 中, ∵∠ABD=60° ,∴AB=R,AD= 3R. 而 PD 垂直底面 ABCD, PA= PD2+AD2= ?2 PB= PD2+BD2= ?2 2R?2+? 3R?2= 11R. 2R?2+?2R?2=2 3R,

在△PAB 中,PA2+AB2=PB2, 即△PAB 为以∠PAB 为直角的直角三角形. 设点 D 到面 PAB 的距离为 H, 由 VP-ABD=VD-PAB 有 PA· AB· H=AB· AD· PD,

图 D34

AD· PD 3R· 2 2R 2 66 66 H 即 H= PA = = 11 R,sin θ=BD= 11 . 11R

PE PG (2)证明:∵EG∥BC,∴EB=GC, PE DF PG DF 而EB=FC ,即GC= FC,∴GF∥PD,∴GF⊥BC, ∴GF⊥EG,∴△EFG 是直角三角形. PE 1 EG PE 1 GF CF 2 (3)解:∵EB=2,∴ BC=PB=3,PD=CD=3, 1 1 2 即 EG=3BC=3×2R×cos 45° = 3 R, 2 2 4 2 GF=3PD=3×2 2R= 3 R, 1 1 2 4 2 4 2 ∴△EFG 的面积 S△EFG=2EG· GF=2× 3 R× 3 R=9R .

5.(2007 年广东)如图 5,等腰△ABC 的底边 AB=6 6 , 高 CD=3,点 E 是线段 BD 上异于 B、D 的动点,点 F 在 BC 边上,且 EF⊥AB,现沿 EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置,使

PE⊥AE,记 BE=x,V(x)表示四棱锥 P-ACFE 的体积.
(1)求 V(x)的表达式; (2)当 x 为何值时,V(x)取得最大值? (3)当 V(x)取得最大值时,求异面直线

AC 与 PF 所成角的余弦值.
图5

解:(1)由折起的过程可知,PE⊥平面 ABC, S△ABC=9 x2 6 2 6,S△BEF=54· S△BDC= 12 x , 6),

1 2? 6 ? V(x)= 3 x?9-12x ?(0<x<3 ? ? 6? 1 2? (2)V′(x)= 3 ?9-4x ?, ? ?

所以 x∈(0,6)时,V′(x)>0 ,V(x)单调递增, x∈(6,3 6)时,V′(x)<0 ,V(x)单调递减. 6.

因此 x=6 时,V(x)取得最大值 12

(3)过 F 作 MF∥AC 交 AD 于 M, BM BF BE BE 则 AB =BC=BD=1 , 2AB 则 MB=2BE=12,PM=6 MF=BF=PF= 6 3 2,

6 BC= 3 54+9= 42, 6

84-72 1 在△PFM 中,cos∠PFM= 84 =7, 1 ∴异面直线 AC 与 PF 所成角的余弦值为7.

立体几何是高中数学的重要内容之一.在历年高考试卷被定位于 中、低档题.各种题型均有出现,一般是“一小(或两小)一大”.考 生应重视新增的“三视图”和“空间向量”. 就全国试卷而言,对立体几何的命题基本上是“一题两法”的格 局.但就广东理科试卷而言,除 2009 年利用空间向量与利用传统的 方法进行推理证明难度相当外,2007 年、2008 年、2010 年、2011 年 的试题利用传统的推理证明方法都比利用空间向量要简洁很多!最经 典的实例就是 2011 年广东立体几何解答题,利用传统的作辅助线方 法进行解答几乎可以口算,而一味建系想利用空间向量的同学都空手 而归.因此在备考中,建议:对理科考生而言,还是应该注重传统的 推理证明方法,不要盲目地追求空间向量( 容易建系时才用空间向 量),千万不要重计算而轻论证!

三视图 三视图是高考的新增考点,经常以一道客观题的形式出现, 有时也会综合其他知识作为解答题出现,解题的关键还是要将 三视图转化为简单几何体,或者其直观图. 例1:(2011 年广州模拟)一个几何体是由圆柱 ADD1A1 和三 棱锥E-ABC组合而成,点A、B、C 在圆O的圆周上,其正(主) 视图、侧(左)视图的面积分别为 10 和 12,如图6,其中 EA⊥平 面 ABC,AB⊥AC,AB=AC,AE=2. (1)求证:AC⊥BD; (2)求三棱锥 E-BCD 的体积. 图6

(1)证明:因为EA⊥平面ABC,AC?平面ABC, 所以EA⊥AC,即ED⊥AC. 又因为AC⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD. 因为BD?平面EBD,所以AC⊥BD. (2)解:因为点A、B、C 在圆O的圆周上,且AB⊥AC, 所以BC 为圆O 的直径. 设圆O 的半径为 r,圆柱高为 h,根据正(主)视图、侧(左) 视图的面积可得, 1 ? ? ?2rh+2r×2=10 ?r=2 ? ,解得? . ? 1 ?h=2 ?2rh+ ×2r×2=12 2 ? 所以BC=4,AB=AC=2 2 .

以下给出求三棱锥 E-BCD 体积的两种方法: 方法一:由(1)知,AC⊥平面EBD,
1 所以 VE-BCD=VC-EBD=3S△EBD×CA. 因为 EA⊥平面 ABC,AB?平面 ABC, 所以 EA⊥AB,即 ED⊥AB. 其中 ED=EA+DA=2+2=4, 因为 AB⊥AC,AB=AC=2 2, 2=4 2. 1 1 所以 S△EBD=2×ED×AB=2×4×2 1 16 所以 VE-BCD=3×4 2×2 2= 3 .

方法二:因为 EA⊥平面 ABC, 1 1 所以 VE-BCD=VE-ABC+VD-ABC=3SΔABC×EA+3SΔABC×DA 1 =3SΔABC×ED. 其中 ED=EA+DA=2+2=4, 因为 AB⊥AC,AB=AC=2 2, 2×2 2=4.

1 1 所以 SΔABC=2×AC×AB=2×2 1 16 所以 VE-BCD=3×4×4= 3 .

【思维点拨】本题主要考查锥体体积、空间线线、线面关

系和三视图等知识,考查转化与化归的数学思想方法,以及空
间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 【易错警示】三视图应遵循“长对正、高平齐、宽相等” 的原则,即“正、俯视图一样长,正、侧视图一样高,俯、侧 视图一样宽”.

【配对训练】 1.如图 7 为一简单几何体,其底面 ABCD 为正方形,PD ⊥平面 ABCD,EC∥PD,且 PD=AD=2EC=2. (1)画出该几何体的三视图;

(2)求四棱锥 B-CEPD 的体积;
(3)求证:BE∥平面 PDA.

图7

(1)解:该几何体的三视图如图 D35 所示:

图 D35

(2)解:∵PD⊥平面 ABCD,PD?平面 PDCE, ∴平面 PDCE⊥平面 ABCD. ∵BC⊥CD,∴BC⊥平面 PDCE,

1 1 ∵S 梯形 PDCE=2(PD+EC)· DC=2×3×2=3, ∴四棱锥 B-CEPD 的体积为 1 1 VB-CEPD=3S 梯形 PDCE· BC=3×3×2=2.

(3)证明:∵EC∥PD,PD?平面 PDA,

EC?平面 PDA,
∴EC∥平面 PDA, 同理可得 BC∥平面 PDA,
∵EC?平面 EBC,BC?平面 EBC 且 EC∩BC=C,

∴平面 BEC∥平面 PDA,
又∵BE?平面 EBC, ∴BE∥平面 PDA.

空间角及空间距离 立体几何中的直线与平面的位置关系,以及空间的三种角,

是高考的必考内容,都可以采用传统的方法来处理,对于直线
与平面间几种位置关系,可采用平行垂直间的转化关系来证明, 对于异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角可分别

通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为相交直线所成的角
来处理.

例2:(2011 年天津)如图 8,在四棱锥 P-ABCD 中,底面

ABCD 是平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O 为 AC 的
中点,PO⊥平面 ABCD,PO=2,M 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 ACM; (2)证明:AD⊥平面 PAC ;

(3)求直线 AM 与平面 ABCD
所成角的正切值.

图8

(1)证明:连接 BD、MO.在平行四边形 ABCD 中, 因为 O 为 AC 的中点,所以 O 为 BD 的中点, 又 M 为 PD 的中点,所以 PB∥MO, 因为 PB?平面 ACM,MO?平面 ACM, 所以 PB∥平面 ACM. (2)证明:因为∠ADC=45°,且 AD=AC=1,

所以∠DAC=90°.即 AD⊥AC.
又 PO⊥平面ABCD,AD?平面 ABCD,所以PO⊥AD, 因为AC∩PO=O,所以AD⊥平面 PAC .

(3)解:如图9,取DO 的中点N,连接MN,AN, 所以MN∥PO, 1 MN=2PO=1. 由PO⊥平面ABCD, 得MN⊥平面ABCD, 所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角. 图 9
1 5 在 Rt△DAO 中,AD=1,AO=2,所以 DO= 2 . 1 5 从而 AN=2DO= 4 .

MN 1 4 5 在 Rt△ANM 中,tan∠MAN= AN = = 5 . 5 4 4 5 即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 5 .
【思维点拨】本题主要考查立体几何中传统的平行与垂直

关系,并且考查了线面所成的角,难度并不是太大,旨在考查
考生的对解题技巧的把握和抽象分析能力. 【易错警示】证明过程叙述要规范,求线面所成的角的关

键是找到所求的角.

【配对训练】 2.(2011 年安徽合肥检测)如图10,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,DA=DC=2,DD1= 3 ,E 是 C1D1 的中点,F 是 CE 的中

点. (1)求证:EA∥平面 BDF; (2)求证:平面 BDF⊥平面 BCE;
(3)求二面角 D-EB-C 的正切值. 图 10

(1)证明:如图 D36,连接 AC 交 BD 于 O 点,连接 OF,可

得 OF 是△ACE 的中位线,OF∥AE.
又 EA?平面 BDF,OF?平面 BDF, 所以 EA∥平面 BDF. (2)证明:计算可得 DE=DC=2, 又 F 是 CE 的中点,所以 DF⊥CE. 图 D36

又 BC⊥平面 CDD1C1,所以 DF⊥BC, 又 BC∩CE=C,所以 DF⊥平面 BCE.
又 DF?平面 BDF,所以平面 BDF⊥平面 BCE.

(3)解:由(2)知 DF⊥平面 BCE,过 F 作 FG⊥BE 于 G 点, 连接 DG,则 DG 在平面 BCE 中的射影为 FG,从而 DG⊥BE, 所以∠DGF 即为二面角 D-EB-C 的平面角,设其大小为θ,
2 DF 计算得 DF= 3,FG= 2 ,故 tanθ=FG= 6.

3.(2011 年广东广州执信中学模拟)如图11,在四棱锥 P-

ABCD 中,PD⊥平面 ABCD;四边形 ABCD 是菱形,边长为2,
∠BCD=60°,经过AC 作与PD平行的平面交PB与点E,ABCD 的两对角线交点为 F.

(1)求证:AC⊥DE;
(2)若 EF= 3 ,求点 D 到平面 PBC 的距离.

图 11

(1)证明:连接 DE. 因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD.

又因为 PD⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,
所以 PD⊥AC. 而 PD∩BD=D,所以 AC⊥平面 PBD.

DE?平面 PBD,所以 AC⊥DE.
(2)解:如图 D37, 连接 EF.设点 D 到平面 PBC 的距离为 h,

由题知 PD∥平面 ACE,
平面 ACE∩平面 PDB=EF, 所以 PD∥EF; 图 D37

1 又点 F 是 BD 中点,则 EF 是△PBD 的中位线,EF=2PD, 而 EF= 3,故 PD=2 3;

1 3 正三角形 BCD 的面积 S△BCD=2×2×2× 2 = 3, 1 由(1),知 PD⊥平面 BCD,VP-BCD=3S△CBD· PD 1 =3× 3×2 3=2;

1 而 VP-BCD=VD-BCP=3S△BCP· h,易求得 PC=PB=4, 1 S△BCP=2×2× 15= 15; 15 2 15 所以 3 · h=2,h= 5 , 2 15 故点 D 到平面 PBC 的距离为 5 .

立体几何与空间向量

自从空间向量走进新课标,很快就成为高考的重要内容.
一般来说,每年的高考立体几何解答题,有关位置关系和数量 关系的问题,都可以采用向量法.一定要注意,不好建系千万

不要勉强.传统的几何论证依然是立体几何的核心.
例 3:(2011 年天津)如图 12,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, H 是正方形的中心,AA1=2 = 5. (1) 求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2) 求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H

(3) 设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且

MN⊥平面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

图 12

图 13

解法一:如图13 所示,建立空间直角坐标系,其中点B 为坐标原点,BA 所在直线为x 轴,BB1 所在直线为y 轴.
由题意,B(0,0,0),A(2 A1(2 2,2 2,0,0),C( 2,- 2, 5), 2,0),C1( 2, 2, 5). 2,0,0). 2 = . 2 3

2,0),B1(0,2

→ =(- 2,- 2, 5), A B =(-2 (1) AC 1 1 →· → AC A 4 1B1 → 所以 cos〈AC, A1B1 〉= = → → |AC||A B | 3×2
1 1

2 所以直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 .

→ =(0,2 (2) AA 1

2,0), A1C1 =(- 2,- 2, 5),

设平面 AA1C1 的法向量为 m=(x,y,z), ? ? ?m· A→ ?- 2x- 2y+ 5z=0 1C1=0 则? ,即? , ? → =0 2y=0 ?2 ? AA ?m· 1 令 x= 5,则 y=0,z= 2.m=( 5,0, 2). 设平面 A1B1C1 的法向量为 n=(a,b,c), ? ? ?n· A→ ?- 2a- 2b+ 5c=0 1C1=0 则? ,即? , ? 2a=0 ?-2 ? A→ B = 0 ?n· 1 1

令 b= 5,则 a=0,c= 2.n=(0, 5, 2).

m· n 2 2 于是 cos〈m,n〉= = =7, |m||n| 7× 7 3 5 所以 sin〈m,n〉= 7 . 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 . ? 2 3 2 5? ? ? (3) 由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N? , , , ? 2 2? ? 2 设点 M(p,q,0),
? 2 3 2 5? ? ? → 则MN=? -p, - q , ?. 2 2 2 ? ?

→· ? ?MN A→ 1C1=0 因为 MN⊥平面 A1B1C1,则? , →· → ? MN A ? 1B1=0
? ? ?? ?? ? ? 即 ? ?? ? ?? ? ? ?3 ? 5 2 2 ? ? ? · ?- 2?+? ?- 2?+ 2 · 5=0 -q?· 2 -p? 2 ? ? ? ? 2 ? ?-2 2?=0 - p ?· 2 ?



? ?p= 解得? ?q= ?

2 2 2 4

.故

? M? ? ?

? ? 2 ? 2 2 2 ? ? ? → . 向量 BM = , , 0 , , 0 ? ? 2 ?, 2 4 4 ? ? ?
? ? ? ? ? ? 10 2? ?2 ? 2?2 +? ? +0= 4 . 2? ? ? 4 ?

→ |= 所以线段 BM 的长|BM

解法二:(1)如图14,由于AC∥A1C1,故∠C1A1B1 是异面 直线AC 与A1B1 所成的角.
因为 C1H⊥平面 AA1B1B, H 是正方形的中心, AA1=2 2,C1H= 5,

所以 A1H=B1H=2, A1C1=B1C1= C1H2+A1H2= 5+4=3,
2 2 A1C2 2 1+A1B1-B1C1 因此 cos∠C1A1B1= =3. 2A1C1· A1B1

图14

(2) 连接AC1,因为C1H⊥AB1及H是AB1的中点.则AC1= B1C1,又AA1=B1A1,A1C1=A1C1,所以△AC1A1≌△B1C1A1. 过点A作AR⊥A1C1于R,连接B1R,于是B1R⊥A1C1, 所以∠ARB1为二面角A-A1C1-B1的平面角. 在Rt△A1RB1中,B1R=A1B1· sin∠RA1B1

14 2? ?2 2 =2 2· = 3 , 3? ? 连接 AB1,在△ARB1 中,AB1=4,AR=B1R,
2 AR2+B1R2-AB1 2 cos∠ARB1= =-7, 2AR· BR 1

? 1-? ? ?

3 5 从而 sin∠ARB1= 7 . 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 .

(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,

所以 MN⊥A1B1,取 HB1 的中点 D,连接 ND.
由于 N 为棱 B1C1 的中点, 1 5 所以 ND∥C1H,且 ND=2C1H= 2 .

又 C1H⊥平面 AA1B1B,故 ND⊥A1B1,
因为 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平面 MND. 连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E, 则 MN⊥A1B1.故 ME∥AA1.
2 DE B1E B1D 1 由AA =B A = B A =4,得 DE=B1E= 2 . 1 1 1 1

2 延长 EM 交 AB 于 F,可得 BF=B1E= 2 ,连接 NE. 在 RtΔENM 中,ND⊥ME,由直角三角形的射影定理, ND2=DE· DM, ND2 5 2 2 所以 DM= DE = 4 ,FM= 4 . 10 2 2 连接 BM,在 RtΔBFM 中,BM= FM +BF = 4 .

【思维点拨】本题主要考查二面角和异面直线所成的角的 求解,易发现∠BAF 是二面角 B-AD-F 的平面角,求异面直 线 BD 与 EF 所成的角,可采用向量法. 【易错警示】要正确的将空间角转化成平面角.

【配对训练】 4.(2011 年上海)如图 15,已知 ABCD-A1B1C1D1 是底面边 长为 1 的正四棱柱,O1 是 A1C1 和 B1D1 的交点. (1)设 AB1 与底面 A1B1C1D1 所成的角的大小为α,二面角 A -B1D1-A1 的大小为β.求证:tan β=
2 α; tan

4 (2)若点C到平面AB1D1的距离为—, 3 求正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的高.

图 15

(1)证明:设正四棱柱的高为h. 如图D38,连接AO1,AA1⊥底面A1B1C1D1于A1, ∴ AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1, 即∠AB1A1=α. ∵ AB1=AD1,O1为B1D1中点,

∴AO1⊥B1D1,
又A1C1⊥B1D1, ∴ ∠AO1A1是二面角A-B1D1-A1的平面角, 图 D38

即∠AO1A1=β. AA1 AA1 ∴tan α=A B =h,tan β=A O = 2h= 2tan α. 1 1 1 1

(2)解:建立如图 D39 的空间直角坐标系,有 A(0,0,h), B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h), → =(1,0,-h),AD → =(0,1,-h),AC → =(1,1,0). AB 1 1 设平面 AB1D1 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → =0 ? ? ?n⊥AB ? n · AB 1 1 ∵ ? ?? , → → =0 ? ? AD ?n⊥AD1 ?n· 1 取 z=1 得 n=(h,h,1). ∴点 C 到平面 AB1D1 的距离为 →| |h+h+0| |n· AC 4 d= |n| = 2 =3,则 h=2. 2 h +h +1

图 D39

折叠问题 立体几何最重要的思想就是空间平面问题,当然也有许多 将平面转换成立体几何的习题,如折叠问题,解此类问题最重 要的要把握折叠前后边与角中的变与不变. 例4:(2011年陕西)如图16,在△ABC 中,∠ABC=60°, ∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使 ∠BDC=90°. (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → 与DB → 夹角的余弦值. (2)设 E 为 BC 的中点,求AE

图16

(1)证明:如图17,∵折起前AD是BC边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC, ∵AD?平面ABD,∴平面ABD⊥平面BDC.

图17

图 18

(2)解:由∠BDC=90° 及(1)知 DA、DB、DC 两两垂直,不 → 、DC → 、DA → 所在直线为 x、 妨设|DB|=1,以 D 为坐标原点,以DB y、z 轴建立如图 18 所示的空间直角坐标系,易得: ?1 3 ? D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3),E?2,2,0?, ? ? ?1 3 ? → → =(1,0,0), ∴AE=?2,2,- 3?,DB ? ? 1 →· → 2 AE DB 22 → → ∴cos<AE,DB>= = = 22 , → |· →| 22 |AE |DB 1× 4 22 → → ∴AE与DB夹角的余弦值是 22 .

【思维点拨】(1)确定图形在折起前后的不变性质,如角的
大小不变,线段长度不变,线线关系不变,再由面面垂直的判 定定理进行推理证明;(2)在(1)的基础上确定出三线两两垂直,

建立空间直角坐标系,利用向量的坐标和向量的数量积运算求
解. 【易错警示】建立空间直角坐标系要恰当,法向量计算要 准确.

【配对训练】 5.(2011 年广东湛江检测)如图19,C、D 是以 AB 为直径

的圆上两点,AB=2AD=2

3,AC=BC,F 是 AB 上一点,且

1 AF=3AB,将圆沿直径 AB 折起,使点 C 在平面 ABD 的射影 E 在 BD 上,已知 CE= 2.
(1)求证:AD⊥平面 BCE; (2)求证:AD∥平面 CEF; (3)求三棱锥 A-CFD 的体积.

图19

(1)证明:如图 D40,依题意得 AD⊥BD, ∵CE⊥平面 ABD,∴CE⊥AD, ∵BD∩CE=E,AD?平面 BCE, ∴AD⊥平面 BCE.
(2)证明:在 Rt△BCE 中, CE= 2,BC= 6,∴BE=2. ∵在 Rt△ABD 中,AB=2 3,AD= 3, BF BE 2 ∴BD=3.∴BA=BD=3.∴AD∥EF. ∵AD 在平面 CEF 外,∴AD∥平面 CEF.

图 D40

(3)解:由(2)知,AD∥EF,AD⊥ED, 且 ED=BD-BE=1, ∴F 到 AD 的距离等于 E 到 AD 的距离,为 1. 1 3 ∴S△FAD=2· 3· 1= 2 .

∵CE⊥平面 ABD, 1 1 3 6 ∴VA-CFD=VC-AFD=3· S△FAD· CE=3·2 · 2= 6 .

探索性问题 探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题,此类题目 的条件或结论不完备.要求解答者自己去探索,结合已有条件, 进行观察、分析、比较和概括.它对学生的数学思想、数学意 识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求.它有利于培 养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力, 使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程.

例5:(2011 年福建)如图 20,四棱锥 P-ABCD 中,PA ⊥ ∠CDA=45°. (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD ; (2)设 AB=AP. i)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角 为 30°,求线段 AB 的长; ii)在线段 AD 上是否存在一个点 G, 使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相 等?说明理由. 图 20

底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,

(1)证明:因为PA ⊥底面ABCD,AB?底面ABCD, 所以PA ⊥AB.

又AB⊥AD,PA ∩AD=A,
所以AB⊥平面 PAD ,又 AB?平面 PAB, 平面PAB⊥平面 PAD .

(2)解:以A 为坐标原点,建立如图21 的空间直角坐标系A-xyz.
在平面ABCD内,作CE∥AB 交AD于E. 则CE⊥AD.

在Rt△CDE 中,
2 DE=CDsin 45° = 2·2 =1.

图21

设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t). 由AB+AD=4,则AD=4-t, 所以E(0,3-t,0),D(0,4-t,0),C(1,3-t,0). → =(-1,1,0),PD → =(0,4-t,-t), CD
i)设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z), → =0 ? ? n · CD → ,n⊥PD → 得? 由 n⊥CD , → =0 ? PD ?n·
? ?-x+y=0 即? ? ??4-t?y-tz=0

,取 x=t,则 y=t,z=4-t.

n=(t,t,4-t),

→ 又PB=(t,0,-t),由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,得

→ |2t2-4t| n· PB 1 cos 60° =| |= 2 2 2 2=2. → t +t +?4-t? · 2t |n|· |PB| 4 解得 t=5或 t=4(因为 AD=4-t>0,t<4,故舍去), 4 所以 AB=5.

ii)方法一:如图22,假设线段AD
上存在一个点G,使得点G 到点P、B、

C、D 的距离都相等,
设G(0,m,0),(0≤m≤4-t).
图22

→ =(1,3-t-m,0), → =(0,4-t-m,0), → =(0, 则GC GD GP -m, t),

→ |=|GD → |得 1+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 则由|GC 即 t=3-m ①, → |=|GD → |得(4-t-m)2=m2+t2 由|GP ②,
③,

从①、②消去 t,并化简得 m2-3m+4=0

方程③没有实数根,所以在线段AD 上不存在一个点G, 使得点G 到点P、B、C、D 的距离都相等.

方法二:如图23,假设线段AD 上存在一个点G,使得点 G 到点P、B、C、D 的距离都相等, 由GC=GD 得∠GCD=∠GDC=45°,

从而∠CGD=90°,则CG⊥GD, 设AB=λ,则由AB+AD=4, 得AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.

图23

在 Rt△ABG 中,GB= AB2+AG2= λ2+?3-λ?2 =
? 3?2 9 2?λ-2? +2>1.与 ? ?

GB=GD=1 矛盾,

所以在线段AD 上不存在一个点G,使得点G 到点P、B、 C、D 的距离都相等.

【配对训练】
6.(2011 年浙江)如图 24,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,

D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,已
知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M, 使得二面角 A-MC-B 为直二面角? 若存在,求出 AM 的长;若不存在,

请说明理由.

图24

方法一:(1)证明:如图 D41,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 O(0,0,0),A(0, -3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4), → =(0,3,4),BC → =(-8,0,0), 则AP →· → =0. 由此可得AP BC → ⊥BC → ,即 AP⊥BC. 所以AP

图 D41

→ =λPA → ,λ≠1,PM → =λ(0,-3,-4), (2)解:设PM → =BP → +PM → =BP → +λPA → BM =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), → =(-4,5,0),BC → =(-8,0,0). AC 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1), 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2),

→· ? ? ?BM n1=0 ?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0 由? ,得? , ? → n =0 ?-8x1=0 ? ?BC· 1 ?x1=0 ? 2+3λ 即? z1 = y1 ? 4 - 4 λ ? ,可取
? 2+3λ? ? ? n1=?0,1, , ? 4-4λ? ?

2 解得 λ=5,故 AM=3,综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

5 ? x2=4y2 →· ? ? ? ?AP n2=0 3 y + 4 z = 0 ? 2 2 ? 由? ,即 ,得? , ? 3 → n =0 ?-4x2+5y2=0 ? ?z2=- y2 ?AC· 2 4 ? 2+3λ 可取 n2=(5,4,-3),由 n1· n2=0,得 4-3· =0, 4-4λ

方法二:(1)证明:由AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC, 又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD .

故 BC⊥PA .
(2)解:如图 D42,在平面 PAD 内作

BM⊥PA 于 M,连接 CM.
由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 图 D42

又 AP?平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC.

在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41 .

在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2,

在 Rt△PDB 中, PB2=PD2+BD2,
所以 PB2=PO2+OD2+BD2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中, PA2=AO2+OP2=25,得 PA =5.

PA2+PB2-AB2=— 1 , 又cos∠BPA= 2PA · PB 3
从而 PM=PBcos∠BPA=2,
所以 AM=PA -PM=3, 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.


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