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2012届高三理科数学一轮总复习第十章 立体几何(教师用书)


第十章

立体几何

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考试要求 1.认识柱、锥、台、球及其简单 组合体的结构特征,并能用这些特征 描述简单物体的结构. 2.能画出简单空间图形(长方体、 球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图,能识别三视图表示的立体 模型;会制作模型,会用斜二测法画 直观图. 3.通过观察用平行投影与中心投 影画出的三视图与直观图

,了解空间 图形的不同表现形式. 4.了解球、棱柱、棱锥、台的表 面积和体积的计算公式. 5.掌握和理解点、空间直线、平 面之间的关系. 6.掌握空间线线、线面、面面平 行的判定和性质.掌握空间线线、线 面、面面垂直的判定和性质. 7.掌握空间 向量及其基本运 算 本章重点: 1.正投影与三视图 的画法以及应用; 2.几何体的表面 1. 三 视 图 结 合 几何体求面积、 体积 是高考热点, 这也是 新课改的新增内容. 空间角是高考的重 点,点、线、面的平 行和垂直关系是考 查的切入点.本章高 重难点击 命题展望

积和体积的计算;3.直线与直线、 考时一般是选择填 直线与平面、 平面与平面的位置关 空题至多 1 个, 解答

系;4.直线与直线、直线与平面、 题 1 个.多是以几何 平面与平面的平行与垂直的判定 方法和性质; 5.利用空间向量求空 间距离和空间角. 本章难点:1.利用直线与直 线、 直线与平面、 平面与平面垂直 和平行的判定定理与性质定理解 决有关问题; 2.利用空间向量求空 体为载体, 主要考查 平行、 垂直或计算多 面体的面积与体积、 空间角. 2. 高 考 考 查 的 热点是三视图和几 何体的结构特征借 以考查空间想象能 力,往往是以选择 题、填空题出现. 3. 核 心 是 以 几 何体为载体, 考查平 行、 垂直关系的性质 与判定.

(空间向量的加法、减法、数乘向量); 间角. 理解共线、 共面向量、 空间向量定理, 掌握空间向量的数量积;理解空间向 量坐标概念,运算,法向量. 8.理解空间角,会求线线角、线 面角、面面角. 9.掌握空间距离,会由坐标求两 点间的距离及点到平面的距离.

知识网络

10.1
典例精析
题型一 结构特征判断

空间几何体的结构及其三视图和直观图

【例 1】 以下命题错误的个数是 (

)

①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴,旋转所得的几何体是圆锥; ②圆台的任意两条母线的延长线可能相交,也可能不相交; ③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形; ④三棱锥的四个面可能都是直角三角形; ⑤有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台. A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个

【解析】①错:只能以直角边为轴旋转一周才可; ②错:必相交; ③对:如图,底面 ABCD 为矩形,PA⊥底面 ABCD 时,四个侧面均为直角三角形;

④对:如图,∠ABC=90° ,PA⊥底面,则四个面均为直角三角形; ⑤错:只有侧棱延长交于一点时才是棱台. 综上,错误的个数是 3,故选 C.

【点拨】判断结构特征必须严格依据柱、锥、台、球的定义,结合实际形成一定的空间想象能力. 【变式训练 1】给出下列命题: ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线; ②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线; ③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线; ④圆柱的任意两条母线所在直线互相平行. 其中正确命题的序号是 【解析】②④. 题型二 直观图的斜二测画法 【例 2】 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方 形,则原来的图形是( ) .

【解析】按照斜二测画法的作图规则,对四个选项逐一验证,可知只有选项 A 符合题意. 【点拨】本题已知直观图,探求原平面图形,考查逆向思维能力.要熟悉运用斜二测画法画水平放置的 直观图的基本规则,注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系. 【变式训练 2】已知△ABC 的平面直观图△A′B′C′是边长为 a 的正三角形,求原三角形的面积.

【解析】因为直观图的坐标轴成 45° ,横长不变,竖长画成原来的一半,则还原成原图时将 45° 还原成 90° ,则过 A′作 A′O′与 O′C′成 45° ,将其还原成 90° ,且 AO=2A′O′. 而 A′D′= 3 3 6 a.所以 A′O′= a× 2= a,所以 AO= 6a. 2 2 2

1 1 6 所以 S△ABC= BC· AO= a× 6a= a2. 2 2 2 题型三 三视图与直观图 【例 3】 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的三视图如下.

(1)求出该四棱柱的表面积; (2)求证:D1C⊥AC1; (3)设 E 是 DC 上一点,试确定 E 的位置,使 D1E∥平面 A1BD,并说明理由. 【解析】(1)求得该四棱柱的表面积为 S=11+2 2. (2)证明:由三视图得该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形. 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D. 因为 DC=DD1,所以四边形 DCC1D1 是正方形. 所以 DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, 所以 AD⊥平面 DCC1D1. 又 D1C?平面 DCC1D1,所以 AD⊥D1C. 因为 AD,DC1?平面 ADC1,且 AD∩DC1=D, 所以 D1C⊥平面 ADC1. 又 AC1?平面 ADC1,所以 D1C⊥AC1. (3)连接 AD1,AE,设 AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连接 MN. 因为平面 AD1E∩平面 A1BD=MN, 要使 D1E∥平面 A1BD,须使 MN∥D1E, 又 M 是 AD1 的中点,所以 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN, 所以 AB=DE,即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时,可使 D1E∥平面 A1BD. 【点拨】本题以三视图为载体考查空间线面位置关系的证明以及表面积的计算,解决此类问题的关键 是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现相应的位置关系与数量关系,然后在直观图中解 决问题. 【变式训练 3】如图所示,甲、乙、丙是三个几何体的三视图,则甲、乙、丙对应的标号依次是( )

①长方体;②圆锥;③三棱锥;④圆柱. A.④③② 【解析】选 A. B.①③② C.①②③ D.④②③

总结提高
学习空间几何体的结构要以对实物的观察想象为基础,再以课本中给定的柱、锥、台、球的概念为标 准对实物进行再认识,通过这一过程提高空间想象能力.

10.2 空间几何体的表面积与体积
典例精析
题型一 表面积问题 【例 1】 圆锥的高和底面半径相等,它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等,求圆柱的表面积 和圆锥的表面积之比. 【解析】设圆锥的半径为 R,母线长为 l,圆柱的半径为 r,轴截面如图, S 圆锥=π(R+l)R =π(R+ 2R)R=( 2π+π)R2, S 圆柱=2πr(r+r)=4πr2, r R-r r 1 又 = ,所以 = , R R R 2 S圆柱 2-1 所以 = . 1 S圆锥 【点拨】 轴截面是解决内接、外切问题的一种常用方法. 【变式训练 1】一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:m). (1)试画出它的直观图; (2)求它的表面积和体积.

【解析】(1)直观图如图所示. 3 (2)该几何体的表面积为(7+ 2) m2,体积为 m3. 2 题型二 体积问题

【例 2】 某人有一容积为 V,高为 a 且装满了油的直三棱柱形容器,不小心将该容器掉在地上,有两 处破损并发生渗漏,其位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为 b、c 的地方,且容器盖也被摔开了(盖 为上底面),为减少油的损失,该人采用破口朝上,倾斜容器的方式拿回家,估计容器内的油最理想的剩余 量是多少? 【解析】 如图,破损处为 D、E,且 AD=b,EC=c,BB1=a, 则容器内所剩油的最大值为几何体 ABC-DB1E 的体积. 因为 V D ? BCEB = V A
1

1

? BCEB

,而
1

V D ? BCEB VA
1

1

? BCC 1 B

a+c = , 2a V = , 3

由三棱柱几何性质知 V A 所以 V D ? BCEB =
1

1

? BCC 1 B 1

2 = V, V A 3

1

? ABC

a+c V, 3a

又因为

V D ? ABC VA
1

? ABC

b b V bV = ,所以 VD-ABC= · = , a a 3 3a a+b+c V. 3a

所以 V ABC ? DB E = V D ? BCEB +VD-ABC=
1 1

a+b+c 故油最理想的剩余量为 V. 3a 【点拨】将不规则的几何体分割为若干个规则的几何体,然后求出这些规则几何体的体积,这是求几 何体体积的一种常用的思想方法. 【变式训练 2】一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器,里面装满水,一铁球沉入水内,有水溢 出,容器盖上一平板,恰与球相切,问容器内剩下的水是原来的几分之几? 【解析】设球的半径为 R,则圆锥的高 h=3R,底面半径 r= 3R, π 4 V 圆锥= ·( 3R)2·3R=3πR3;V 球= πR3. 3 3 4 3 πR V球 3 4 所以 = 3= , V圆锥 3πR 9 4 5 所以剩下的水量是原来的 1- = . 9 9 【点拨】本题关键是求圆锥与球的体积之比,作出轴截面,找出球半径和圆锥高、底面半径的关系即 可. 题型三 组合体的面积、体积的关系 【例 3】 底面直径为 2, 高为 1 的圆柱截成横截面为长方形的棱柱, 设这个长方形截面的一条边长为 x, 对角线长为 2,截面的面积为 A,如图所示:

(1)求面积 A 以 x 为自变量的函数式; (2)求截得棱柱的体积的最大值. 【解析】 (1)A=x· 4-x2(0<x<2). (2)V=x· 4-x2·1= x2(4-x2) = -(x2-2)2+4. 因为 0<x<2,所以当 x= 2时,Vmax=2. 【点拨】关键是理解截面,并且注意 x 的范围从而求体积,在求第(2)求体积时还可利用不等式. 【变式训练 3】(2010 山东检测)把一个周长为 12 cm 的长方形围成一个圆柱,当圆柱的体积最大时, 该圆柱的底面周长与高的比为( A.1∶2 B.1∶π ) C.2∶1 D.2∶π

【解析】设长方形的一条边长为 x cm,则另一条边长为(6-x) cm,且 0<x<6,以长为(6-x) cm 的边 x x 作为围成的圆柱的高 h, 若设圆柱的底面半径为 r, 则有 2πr=x, 所以 r= , 因此圆柱的体积 V=π· )2(6 ( 2π 2π 1 1 -x)= (6x2-x3),由于 V′= ·(12x-3x2),令 V′=0,得 4π 4π x=4,容易推出当 x=4 时圆柱的体积取得最大值,此时圆柱的底面周长是 4 cm,圆柱的高是 2 cm,所以 圆柱的底面周长与高的比为 2∶1,选 C.

总结提高
表面积包含侧面积和底面积;直棱柱的侧棱长即侧面展开图矩形的一边;对于正棱柱、正棱锥、正棱 台,其所有侧面多边形均全等,故可先求一个的侧面积,再乘以侧面多边形的个数. 求体积时,常常需要“转变”底面,使底面面积和高易求;另外,对于三棱锥的几何体选择不同的底 面时,利用同一个几何体体积相等,再求出几何体的高,即等体积法.

10.3
典例精析
题型一 证明三线共点

空间点、线、面之间的位置关系

【例 1】 已知空间四边形 ABCD 中,E、F 分别是 AB、AD 的中点,G、H 分 BG DH 别是 BC、CD 上的点,且 = =2.求证:直线 EG、FH、AC 相交于同一点 P. GC HC 【证明】因为 E、F 分别是 AB、AD 的中点, 1 所以 EF∥BD,且 EF= BD. 2 BG DH 1 又因为 = =2,所以 GH∥BD,且 GH= BD, GC HC 3 所以 EF∥GH 且 EF>GH, 所以四边形 EFHG 是梯形,其两腰所在直线必相交,

设两腰 EG、FH 的延长线相交于一点 P, 因为 EG?平面 ABC,FH?平面 ACD, 所以 P∈平面 ABC,P∈平面 ACD. 又平面 ABC∩平面 ACD=AC,所以 P∈AC, 故直线 EG、FH、AC 相交于同一点 P. 【点拨】证明三线共点的方法:首先证明其中的两条直线交于一点,然后证明第三条直线是经过这两 条直线的两个平面的交线;由公理 3 可知,两个平面的公共点必 在这两个平面的交线上,即三条直线交于 一点. 【变式训练 1】如图,在四面体 ABCD 中作截面 PQR,PQ、CB 的延长线交 于 M,RQ、DB 的延长线交于 N,RP、DC 的延长线交于 K. 求证:M、N、K 三 点共线.

【证明】
PQ ? CB ? M ? ? RQ ? DB ? N ? ? RP ? DC ? K ? ?

?M、N、K 在平面 BCD 与平面 PQR 的交线上,即 M、N、K 三点共线. 题型二 空间直线的位置关系 【例 2】 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 CD 的中点,连接 AE 并延长与 BC 的延长线交于点 F, 连接 BE 并延长交 AD 的延长线于点 G,连接 FG. 求证:直线 FG?平面 ABCD 且直线 FG∥A1B1. 【证明】 因为 E 为 CD 的中点, 在正方体中 AE?平面 ABCD, 又 AE∩BC=F,所以 F∈AE,所以 F∈平面 ABCD, 同理 G∈平面 ABCD,所以 FG?平面 ABCD. 因为 EC 1 AB, 故在 Rt△FBA 中, CF=BC, 同理 DG=AD, 2

所以在正方体中 CF DG,所以四边形 CFGD 是平行四边形, 所以 FG∥CD,又 CD∥AB,AB∥A1B1, 所以直线 FG∥A1B1. 【点拨】空间直线的位置关系,常需利用线面、面面、线线的关系确定,推导时需有理有据. 【变式训练 2】 已知 AC 的长为定值, D?平面 ABC, M、 分别是△DAB 和△DBC 的重心. 求证: 点 点 N 无论 B、D 如何变换位置,线段 MN 的长必为定值. 【解析】如图,延长 DM 交 AB 于 F,延长 DN 交 BC 于 E. 因为 M、N 为重心,所以 F、E 分别为 AB、BC 的中点,

1 所以 EF∥AC 且 EF= AC. 2 又在△DEF 中,DM∶MF=DN∶NE=2∶1, 2 1 所以 MN∥EF 且 MN= EF,所以 MN∥AC 且 MN= AC, 3 3 即 MN 为与 B、D 无关的定值. 题型三 异面直线所成的角 【例 3】 在空间四边形 ABCD 中,已知 AD=1,BC= 3且 AD⊥BC,对角线 BD= 求 AC 和 BD 所成的角. 【解析】作平行线,找出与异面直线所成的角相等的平面角,将空间问题转化为平 面问题. 如图所示,分别取 AD、CD、AB、BD 的中点 E、F、G、H,连接 EF、FH、 HG、 GE、 GF.由三角形的中位线定理知, EF∥AC, EF= 且 和 EF 所成的锐角(或直角)就是 AC 和 BD 所成的角. 1 3 同理,GH= ,HF= ,GH∥AD,HF∥BC. 2 2 又 AD⊥BC,所以∠GHF=90° ,所以 GF2=GH2+HF2=1. 在△EFG 中,EG2+EF2=1=GF2, 所以∠GEF=90° ,即 AC 和 BD 所成的角为 90° . 【点拨】立体几何中,计算问题的一般步骤:(1)作图;(2)证明;(3)计算.求异面直线所成的角常采用 “平移线段法”,平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移,利用特殊点(线段的端点或中 点)作平行线平移,补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行. 【变式训练 3】线段 AB 的两端在直二面角 α-CD-β 的两个面内,并与这两个面都成 30° 角,求异面 直线 AB 与 CD 所成的角. 【解析】在平面 α 内作 AE⊥CD, 因为 α-CD-β 是直二面角,由面面垂直的性质定理, 所以 AE⊥β,所以∠ABE 是 AB 与平面 β 所成的角. 1 1 所以∠ABE=30° ,所以 AE= AB,同理作 BF⊥CD,则易得 BF= AB. 2 2 在平面 β 内作 BG EF,则四边形 BGEF 是矩形,即 BG⊥GE. 又因为 AE⊥β,BG?β,所以 AE⊥BG. 所以 BG⊥平面 AEG,所以 BG⊥AG. 因为 BG∥EF,所以 BG∥CD,所以∠ABG 是异面直线 AB 与 CD 所成的角. 又因为在 Rt△AEG 中,AG= AE2+EG2= AE2+FB2= 2 AB, 2 3 13 , GE∥BD, GE= 且 .GE 4 4 13 3 ,AC= , 2 2

AG 2 所以在 Rt△ABG 中,sin∠ABG= = , AB 2 所以∠ABG=45° .

总结提高
本节内容主要以四个 公理为依托,导出异面直线,等角定理,线线、线面、面面关系.可见,解决此类 问题要以公理为标准,以眼前的点、线、面的实际物体为参考,培养空间想象能力,重点是点共线、线共 面、异面直线、等角定理应用.

10.4
典例精析
题型一 面面平行的判定

直线、平面平行的判定及其性质

【例 1】 如图,B 为△ACD 所在平面外一点,M、N、G 分别为△ABC、△ABD、 △BCD 的重心. (1)求证:平面 MNG∥平面 ACD; (2)若△ACD 是边长为 2 的正三角形,判断△MNG 的形状并求△MGN 的面积. 【解析】(1)证明:连接 BM、BN、BG 并延长分别交 AC、AD、CD 于 E、F、H 三点. 因为 M 为△ABC 的重心,N 为△BAD 的重心, BM BN 所以 = =2. ME NF 所以 MN∥EF,同理 MG∥HE. 因为 MN?平面 ACD,MG?平面 ACD, 所以 MN∥平面 ACD,MG∥平面 ACD, 因为 MN∩MG=M,所以平面 MNG∥平面 ACD. (2)由(1)知,平面 MNG∥平面 ACD, BM BN MG MN 2 = =2,所以 = = , ME NF EH EF 3 1 1 MG MN 2 MG MN NG 1 因为 EH= AD,EF= CD,所以 = = ,所以 = = = , 2 2 1 1 3 AD CD AC 3 AD CD 2 2 1 2 又△ACD 为正三角形. 所以△MNG 为等边三角形,且边长为 × 2= , 3 3 面积 S= 3 4 3 ×= . 4 9 9

【点拨】由三角形重心的性质得到等比线段,由此推出线线平行,应用面面平行的判定定理得出面面 平行. 【变式训练 1】如图,ABCD 是空间四边形,E、F、G、H 分别是四边上的点,且它们共面,并且 AC

∥平面 EFGH,BD∥平面 EFGH,AC=m,BD=n,当 EFGH 是菱形时,AE∶EB=____________. m 【解析】 .设 AE=a,EB=b, n bm an 由 EF∥AC,得 EF= ,同理 EH= . a+b a+b EF=EH,所以 bm an a m = ? = . a+b a+b b n

题型二 线面平行的判定 【例 2】 两个全等的正方形 ABCD 和 ABEF 所在平面相交于 AB,M∈AC,N∈FB 且 AM=FN.求证: MN∥平面 BCE. 【证明】方法一:如图一,作 MP⊥BC,NQ⊥BE,P、Q 为垂足,连接 PQ,则 MP∥AB,NQ∥AB. 所以 MP∥NQ,又 AM=NF,AC=BF,所以 MC=NB. 又∠MCP=∠NBQ=45° ,所以 Rt△MCP≌Rt△NBQ, 所以 MP=NQ.故四边形 MPQN 为平行四边形. 所以 MN∥PQ. 因为 PQ?平面 BCE,MN?平面 BCE,所以 MN∥平面 BCE. 方法二:如图二,过 M 作 MH⊥AB 于 H,则 MH∥BC. AM AH FN AH 所以 = .连接 NH,由 BF=AC,FN=AM 得 = , AC AB FB AB 所以 NH∥AF∥BE.

因为 MN?平面 MNH,所以 MN∥平面 BCE. 【点拨】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行,即线(内)∥线(外)?线
(外)∥平面或转化为证明两个平面平行.方法二中要证明线面平行,通过转化为证两个平面平行,正确地找出

MN 所在平面是一个关键方法.方法一是利用线面平行的判定来证明,方法二则采用转 化思想,通过证面面平行来证线面平行. 【变式训练 2】如图所示,已知四边形 ABCD 是平行四边形,点 P 是平面 ABCD 外一点,M 是 PC 的中点, DM 上取一点 G, G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH. 在 过 求证:AP∥GH. 【证明】如图所示,连接 AC,设 AC 交 BD 于 O,连接 MO. 因为四边形 ABCD 是平行四边形,所以 O 是 AC 的中点. 又因为 M 是 PC 的中点,所以 MO∥PA. 又因为 MO?平面 BDM,PA?平面 BDM,所以 PA∥平面 BDM, 平面 BDM∩平面 APG=GH,所以 AP∥GH. 题型三 线面、面面平行的性质

【例 3】 如图,在四面体 ABCD 中,截面 EFGH 平行于对棱 AB 和 CD,试问此截面在什么位置时其 面积最大? 【解析】因为 AB∥平面 EFGH,平面 EFGH 与平面 ABC 和平面 ABD 分别交于 FG,EH. 所以 AB∥FG,AB∥EH,所以 FG∥EH, 同理可证 EF∥GH,所以截面 EFGH 是平行四边形. 设 AB=a,CD=b,∠FGH=α,FG=x,GH=y, x CG y BG 则由平面几何知识得 = , = , a BC b BC x y b 两式相加得 + =1,即 y= (a-x), a b a b bsin α 所以 SEFGH=FG·GH·sin α=x·(a-x)·sin α= x(a-x). a a 因为 x>0,a-x>0 且 x+(a-x)=a 为定值, a 所以当且仅当 x=a-x 即 x= 时, 2 此时 SEFGH= absin α ,即 E、F、G、H 为所属线段中点时,截面面积最大. 4

【点拨】先利用线面平行的性质,判定截面形状,再建立面积函数求最值. 【变式训练 3】在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,平面 α 平行于正方体的体对 角线 BD1,则平面 α 在该正方体上截得的图形不可能为( ①正方形;②正三角形;③正六边形;④直角梯形. A.①② C.②③ 【解析】选 D. B.①④ D.②③④ )

总结提高
线面平行的判定方法之一是线面平行的判定定理,之二是证面面平行,解题关键是在面内找到一线与 面外一线平行,或由线面平行导出面面平行.性质的运用一般要利用辅助平面.

10.5
典例精析
题型一 面面垂直的判定与性质

直线、平面垂直的判定及其性质

π π 【例 1】 平面 α⊥平面 β,A∈α,B∈β,AB 与平面 α、β 所成的角分别为 和 ,求 AB 与 α,β 的交线 4 6 l 所成的角的大小.

【解析】过 A、B 分别作 AA′⊥l,BB′⊥l,垂足分别为 A′、B′,则 AA′⊥β,BB′⊥α. π π 连接 A′B,AB′,则∠ABA′= ,∠BAB′= . 6 4 1 2 2 1 设 AB=1,则 AA′= ,AB′= ,BB′= ,所以 A′B′= . 2 2 2 2 1 过 B 作 BC∥l 且 BC= ,连接 A′C、AC,则∠ABC 为 AB 与 l 所成的角, 2 因为 A′B′ BC,且 B′B⊥ A′B′,所以 A′B′BC 为矩形,所以 A′C⊥BC. 又因为 AA′⊥BC,AA′∩A′C=A′,所以 BC⊥平面 AA′C,所以 AC⊥BC. 在 Rt△ACB 中,cos∠ABC= BC 1 = , AB 2

π π 所以∠ABC= ,即 AB 与 l 所成的角为 . 3 3 【点拨】此题关键是根据面面垂直的性质,构造直角三角形. 【变式训练 1】如图一所示,已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面为正方形,O1、O 分别为上、下底 面的中心,且 A1 在底面 ABCD 内的射影是 O. 求证:平面 O1DC⊥平面 ABCD.

【证明】要证明平面 O1DC 与平面 ABCD 垂直,考虑到图中已知平面 ABCD 的垂线 A1O,因而设法在 平面 O1DC 中找出 A1O 的平行线. 如图二所示,连接 AC,BD,A1C1,则 O 为 AC、BD 的交点,O1 为 A1C1、B1D1 的交点. 由棱柱的性质知:A1O1∥OC,且 A1O1=OC, 所以四边形 A1OCO1 为平行四边形,所以 A1O∥O1C. 又 A1O⊥平面 ABCD,所以 O1C⊥平面 ABCD, 又 O1C?平面 O1DC,所以平面 O1DC⊥平面 ABCD. 题型二 线面垂直的判定与性质 【例 2】 Rt△ABC 所在平面外一点 S 满足 SA=SB=SC,D 为斜边 AC 的中点. (1)求证:SD⊥平面 ABC;

(2)若 AB=BC,求证:BD⊥平面 SAC. 【证明】(1)设 E 是 AB 的中点. 因为 D 是 AC 的中点. 所以 DE∥BC,又 BC⊥AB,所以 DE⊥AB. 因为 SA=SB,所以 SE⊥AB,又 SE∩DE=E,所以 AB⊥平面 SDE, 而 SD?平面 SDE,所以 AB⊥SD, 又 SA=SC,D 为 AC 的中点,所以 SD⊥AC. 而 AB∩AC=A,所以 SD⊥平面 ABC. (2)若 AB=BC,则 BD⊥AC. 又由(1)知,SD⊥平面 ABC,所以 SD⊥BD,而 SD∩AC=D, 所以 BD⊥平面 SAC. 【点拨】证明直线与平面垂直,关键在于证明直线与平面内的两相交直线垂直. 【变式训练 2】如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° ,BC1⊥AC,则 C1 在上底面 ABC 上 的射影 H 必在( A.直线 AB 上 B.直线 BC 上 C.直线 AC 上 D.△ABC 内部 【解析】选 A. )

题型三 折叠问题 【例 3】 在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45° ,∠BAD=90° ,将△ABD 沿对角线 BD 折起,记折起后点 A 的位置为 P,且使平面 PBD⊥平面 BCD,如图所示:

(1)求证:平面 PBC⊥平面 PDC; (2)在折叠前的四边形 ABCD 中,作 AE⊥BD 于 E,过 E 作 EF⊥BC 于 F,求折叠后的图形中∠PFE 的 正切值. 【解析】(1)折叠前,在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90° ,所以△ABD 为等腰直角 三角形. 又因为∠BCD=45° ,所以∠BDC=90° . 折叠后,因为平面 PBD⊥平面 BCD,CD⊥BD, 所以 CD⊥平面 PBD,又因为 PB?平面 PBD,所以 CD⊥PB.

又因为 PB⊥PD,PD∩CD=D,所以 PB⊥平面 PDC, 又 PB?平面 PBC,故平面 PBC⊥平面 PDC. (2)AE⊥BD,EF⊥BC,折叠后的这些位置关系不变,所以 PE⊥BD, 又平面 PBD⊥平面 BCD,所以 PE⊥平面 BCD,所以 PE⊥EF, 设 AB=AD=a,则 BD= 2a,所以 PE= 在 Rt△BEF 中,EF=BE·sin 45° = 2 a=BE, 2

2 2 1 a× = a. 2 2 2

2 a PE 2 在 Rt△PFE 中,tan∠PFE= = = 2. EF 1 a 2 【点拨】翻折与展开是一个问题的两个方面,不论是翻折还是展开,均要注意平面图形与立体图形各 个对应元素的相对变化,元素间的大小与位置关系.一般而言,在翻折过程中, 处在同一个半平面内的元 素是不变的,弄清这一点是解决这类问题的关键. 【变式训练 3】如图,平行四边形 ABCD 中,∠DAB=60° ,AB=2,AD=4.将△CBD 沿 BD 折起到△ EBD 的位置,使平面 EBD⊥平面 ABD. (1)求证:AB⊥DE; (2)求三棱锥 E-ABD 的侧面积. 【解析】(1)证明:在△ABD 中, 因为 AB=2,AD=4,∠DAB=60° , 所以 BD= AB2+AD2-2AB· ADcos∠DAB=2 3. 所以 AB2+BD2=AD2,所以 AB⊥BD. 又因为平面 EBD⊥平面 ABD,平面 EBD∩平面 ABD=BD,AB?平面 ABD, 所以 AB⊥平面 EBD. 因为 DE?平面 EBD,所以 AB⊥DE. (2)由(1)知 AB⊥BD. 因为 CD∥AB,所以 CD⊥BD. 从而 DE⊥BD. 在 Rt△DBE 中,因为 DB=2 3,DE=DC=AB=2, 1 所以 S△BDE= DB·DE=2 3. 2 又因为 AB⊥平面 EBD,BE?平面 EBD,所以 AB⊥BE. 1 因为 BE=BC=AD=4,所以 S△ABE= AB·BE=4. 2 因为 DE⊥BD,平面 EBD⊥平面 ABD,所以 ED⊥平面 ABD, 1 而 AD?平面 ABD,所以 ED⊥AD,所以 S△ADE= AD·DE=4. 2 综上,三棱锥 E-ABD 的侧面积 S=8+2 3 .

总结提高
垂直关系是空间元素间的重要位置关系之一,是立体几何中的重点,也是历年来高考考查的点.解此类 题的关键是三种垂直关系的相互转化.

10.6
典例精析
题型一 共线和共面向量

空间向量及其运算

【例 1】 设 A、B、C 及 A1、B1、C1 分别是异面直线 l1、l2 上的三点,而 M、N、P、Q 分别是线段 AA1、 BA1、BB1、CC1 的中点,求证:M、N、P、Q 四点共面. 1 1 【证明】因为 NM = BA , NP = A1 B 1 ,所以 BA =2 NM , A1 B 1 =2 NP , 2 2 1 又 PQ = ( BC + B 1C 1 ), BC =λ BA =2λ NM , B 1C 1 =ω A1 B1 =2ω NP , 2 1 所以 PQ = (2λ NM +2ω NP )=λ NM +ω NP , 2 所以 PQ 、 NM 、 NP 共面,即 M、N、P、Q 四点共面. 【点拨】 可以利用共面向量定理或其推论完成证明.用共线向量定理证明线线平行, 从而证明面面平行, 更简捷,使问题简单化. 【变式训练 1】如图所示,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 DD1 的中点,N∈AC, 且 AN∶NC=2,求证:A、B、N、M 四点共面. 【证明】设 AA 1 =a, AB =b, AD =c,则 A1 B =b-a. 1 因为 M 是 DD1 的中点,所以 A1 M =c- a. 2 2 2 2 因为 AN∶NC=2, 所以 AN = AC = (b+c), 所以 A1 N = AN - AA 1 = (b+c)-a 3 3 3 2 2 1 2 2 = (b-a)+ (c- a)= A1 B + A1 M , 3 3 2 3 3 所以 A、B、M、N 四点共面. 题型二 利用向量计算长度和证明垂直 【例 2】 已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 所有棱长均为 1, ∠BAD=∠BAA1 =∠DAA1=60° . (1)求 AC1 的长; (2)求证:AC1⊥平面 A1BD. 【解析】(1)设 AB =a, AD =b, AA 1 =c,

1 则 a·b=b·c=c·a=1× cos 60° ,a2=b2=c2=1.而 AC 1 =a+b+c, 1× = 2 所以| AC 1 |2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c 1 1 1 =1+1+1+2× +2× +2× =6,即| AC 1 |= 6. 2 2 2 (2)证明:因为 A1 B =a-c, 1 1 所以 AC 1 · A1 B =(a+b+c)·(a-c)=a2-c2+a·b-b·c=1-1+ - =0. 2 2 所以 AC 1 ⊥ A1 B .同理可得 AC 1 ⊥ DB . 所以 AC1⊥平面 A1BD. 【点拨】利用|a|2=a2 是计算长度的有效方法之一;而利用向量数量积为零是证明垂直问题的常用方法 之一. 【变式训练 2】已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正 方形,侧棱 AA1 长为 b,且 AA1 与 AB,AD 的夹角都是 120° AC1 的长. .求 【解析】| AC 1 |2= AC 1 2=( AB + AD + AA 1 )2 = AB 2+ AD 2+ AA 1 2+2 AB · AD +2 AD · AA 1 +2 AB · AA 1 =a2+a2+b2+0+2abcos 120° +2abcos 120° =2a2+b2-2ab. 所以|AC1|= 2a2+b2-2ab. 题型三 利用坐标求法向量和证明垂直问题 【例 3】 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 1,E,F 分别是 BB1,CD 的中点. (1)求证:D1F⊥平面 ADE; (2)求平面 ADE 的一个法向量. 【解析】(1)建立如图所示的直角坐标系 D-xyz,则 D1(0,0,1),A(1,0,0),D(0,0,0), 1 1 F(0, ,0),E(1,1, ). 2 2 1 1 所以 D 1 F =(0, ,-1), AD =(-1,0,0), AE =(0,1, ), 2 2 因为 D 1 F · AD =0,所以 D 1 F ⊥ AD , 又 D 1 F · AE =0,所以 D 1 F ⊥ AE , 所以 D1F⊥平面 ADE. 1 (2)由(1)知 D1F⊥平面 ADE,故平面 ADE 的一个法向量为 D 1 F =(0, ,-1). 2 【点拨】空间向量坐标化,大大降低了立体几何试题的难度,同学们需要善于利用. 【变式训练 3】 已知平面 α 内有一个点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量为 n=(6, -3,6),则下列各点中,在平面 α 内的是( )

A.A(2,3,3) C.C(-4,4,0)

B.B(-2,0,1) D.D(3,-3,4)

【解析】由于 n=(6,-3,6)是平面 α 的法向量,所以它应该和平面 α 内任意一个向量垂直,只有在选 项 A 中, MA =(2,3,3)-(1,-1,2)=(1,4,1), MA ·n=0.故选 A. 题型四 利用坐标法求解线面及面面位置关系 【例 4】如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 BB1、CD 的中点. (1)证明:平面 AED⊥平面 A1FD1; (2)在 AE 上求一点 M,使得 A1M⊥平面 DAE. 【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,不妨设正方体的棱长为 2,则 D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2). 设平面 AED 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则
? n ? DA ? ( x , y , z ) ? ( 2 , 0 , 0 ) ? 0, ? 1 1 1 1 ? ? n 1 ? DE ? ( x 1 , y 1 , z 1 ) ? ( 2 , 2 ,1) ? 0 . ?

所以 2x1=0,2x1+2y1+z1=0. 令 y1=1,得 n1=(0,1,-2). 同理可得平面 A1FD1 的一个法向量为 n2=(0,2,1). 因为 n1·n2=0,所以平面 AED⊥平面 A1FD1. (2)由于点 M 在直线 AE 上,所以可设 AM =λ AE =λ·(0,2,1)=(0,2λ,λ),可得 M(2,2λ,λ),于是 A1 M =(0,2λ,λ-2).A1M⊥平面 DAE,则 A1M⊥AE,所以 A1 M · AE =(0, 2λ,λ- 2)
?

2 2 (0,2,1)=5λ-2=0,得 λ= .故当 AM= AE 时,A1M⊥平面 DAE. 5 5 【变式训练 4】 已知 AE =(2,2,1), AC =(4,5,3),求平面 ABC 的单位法向量. 【解析】设平面 ABC 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· AB =0,且 n· AC =0, 即 2x+2y+z=0 且 4x+5y+3z=0,解得 ?
1 ? ? x ? z, 2 ?y ? ?z ?

1 1 2 2 n 所以 n=z( ,-1,1),单位法向量 n0= =± ,- , ). ( 2 |n| 3 3 3

总结提高
1.利用共线向量定理,可解决立体几何中三点共线和两直线平行等问题. 2.利用共面向量定理,可解决立体几何中直线在平面内,直线与平面平行以及四点共面等问题. 3.同时要重视空间向量基本定理的运用,要注意空间向量基底的选取,用基向量表示出已 知条件和所 需解决问题的所有向量,将几何问题转化为向量问题. 4.用空间向量处理某些立体几何问题时,除要有应用空间向量的意识外,关键是根据空间图形的特点 建立恰当的空间直角坐标系.若坐标系选取不当,计算量就会增大.总之树立用数解形的观念,即用数形结 合的思想解决问题.

5.用向量法解决空间问题,优先考虑建立坐标系(尤其当直角条件较充足时),因为单位正交基底运用 起来最方便. 6.建系用坐标法解决空间问题时,写出各点坐标要万分谨慎.

10.7
典例精析
题型一 求异面直线所成的角

空间角及其求法

【例 1】(2010 天津)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是棱 BC,CC1 上的 点,CF=AB=2CE,AB∶AD∶AA1=1∶2∶4. (1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值; (2)求证:AF⊥平面 A1ED; (3)求二面角 A1-ED-F 的正弦值. 【解析】方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点,设 AB 3 =1,依题意得 D(0,2,0),F(1,2,1),A1(0,0,4),E(1, ,0). 2 1 (1) 易得 EF =(0, ,1), A1 D =(0,2,-4), 2 于是 cos〈 EF , A1 D 〉= 3 =- . 5 | EF | ? | A1 D |
EF
?

A1 D

3 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为 . 5 3 1 (2)证明:易知 AF =(1,2,1), EA 1 =(-1,- ,4), ED =(-1, ,0), 2 2 于是 AF · EA 1 =0, AF · ED =0.因此,AF⊥EA1,AF⊥ED.又 EA1∩ED=E,所以 AF⊥平面 A1ED. (3)设平面 EFD 的法向量 u=(x,y,z),

不妨令 x=1,可得 u=(1,2,-1),由(2)可知, AF 为平面 A1ED 的 向量. 于是 cos〈u, AF 〉= 2 5 = ,从而 sin〈u, AF 〉= . 3 3 | u | AF
?

一 个 法

u

AF

所以二面角 A1-ED-F 的正弦值为

5 . 3

1 方法二:(1)设 AB=1,可得 AD=2,AA1=4,CF=1,CE= . 2 CE CF 1 连接 B1C,BC1,设 B1C 与 BC1 交于点 M,易知 A1D∥B1C.由 = = ,可知 EF∥BC1,故∠BMC CB CC1 4 是异面直线 EF 与 A1D 所成的角.
2 2 1 3 BM ? CM ? BC 易知 BM=CM= B1C= 5,所以 cos∠BMC= = . 2 5 2 ? BM ? CM

3 所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为 . 5 CD EC 1 (2)证明:连接 AC,设 AC 与 DE 交于点 N,因为 = = ,所以 Rt△DCE∽Rt△CBA.从而∠CDE BC AB 2 =∠BCA. 又由于∠CDE+∠CED=90° ,所以∠BCA+∠CED=90° AC⊥DE. .故 又因为 CC1⊥DE 且 CC1∩AC=C,所以 DE⊥平面 ACF.从而 AF⊥DE. 连接 BF,同理可证 B1C⊥平面 ABF.从而 AF⊥B1C,所以 AF⊥A1D. 因为 DE∩A1D=D,所以 AF⊥平面 A1ED. (3)连接 A1N,FN.由(2)可知 DE⊥平面 ACF.又 NF?平面 ACF,A1N?平面 ACF,所以 DE⊥NF,DE ⊥A1N.故∠A1NF 为二面角 A1-ED-F 的平面角. CN EC 5 易知 Rt△CNE∽Rt△CBA,所以 = .又 AC= 5,所以 CN= . BC AC 5 在 Rt△CNF 中,NF= CF2+CN2= 30 4 30 .在 Rt△A1AN 中,A1N= AN2+A1A2= . 5 5

连接 A1C1,A1F,在 Rt△A1C1F 中,A1F= A1C2+C1F2= 14. 1 在△A1NF 中,cos∠A1NF= 所以 sin∠A1NF= A1N2+FN2-A1F2 2 = . 2· 1N· A FN 3

5 5 . 所以二面角 A1-ED-F 的正弦值为 . 3 3

【点拨】本题主要考查异面直线所成的角,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查利用空间向量 解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力,运算能力和推理论证能力. π 【变式训练 1】已知二面角 α-a-β 的大小为 θ( <θ<π),直线 AB?α,CD?β,且 AB⊥a,CD⊥a, 2 若 AB 与 CD 所成的角为 φ,则( A.φ=0 π C.φ=θ+ 2 【解析】选 D. 题型二 求二面角 【例 2】(2010 北京)如图,正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直, ) π B.φ=θ- 2 D.φ=π-θ

CE⊥AC,EF∥AC,AB= 2,CE=EF=1. (1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:CF⊥平面 BDE; (3)求二面角 A-BE-D 的大小. 【解析】(1)设 AC 与 BD 交于点 G,连接 EG. 1 因为 EF∥AG,且 EF=1,AG= AC=1. 2 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF∥EG. 因为 EG?平面 BDE,AF?平面 BDE, 所以 AF∥平面 BDE. (2)因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直,且 CE⊥AC,所以 CE⊥平面 ABCD. 如图,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 C-xyz,则 C(0,0,0),A( 2, 2,0), B(0, 2,0),D( 2,0,0),E(0,0,1),F( 2 2 2 2 , ,1).所以 CF =( , ,1), BE = 2 2 2 2
?

(0,- 2,1), DE =(- 2,0,1).所以 CF CF⊥DE.所以 CF⊥平面 BDE. (3)由(2)知, CF =(

BE =0-1+1=0, CF

?

DE =-1+0+1=0.所以 CF⊥BE,

2 2 , ,1)是平面 BDE 的一个法向量. 2 2

设平面 ABE 的法向量 n=(x,y,z),则 n ? BA =0,n ? BE =0.

所以 x=0,且 z= 2y.令 y=1,则 z= 2. 所以 n=(0,1, 2).从而 cos〈n, CF 〉=
n ? CF | n | ? | CF |



3 . 2

π 因为二面角 A-BE-D 为锐角,所以二面角 A-BE-D 的大小为 . 6 【点拨】(1)本小题主要考查直线与直线;直线与平面;平面与平面的位置关系,考查空间想象力推理 论证能力,运算求解能力,考查数形结合思想,化归与转化的思想. (2)空间的平行与垂直以及空间角是立体几何中重点考查的内容; 利用平面的法向量的夹角求二面角的 平面角是向量知识在立体几何中的应用,是求二面角常用方法. 【变式训练 2】在四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 3,BC=3,CD=2,∠ABC= π ∠DCB= ,则二面角 A-BC-D 的大小为( 2 π A. 6 【解析】选 B. π B. 3 2π C. 3 ) 5π D. 6

题型三 求直线与平面所成的角 【例 3】(2010 全国新课标)已知四棱锥 P-ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为 H, PH 是四棱锥的高,E 为 AD 的中点. (1)求证:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60° ,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值.

【解析】以 H 为原点,HA,HB,HP 分别为 x,y,z 轴,线段 HA 的长为单位 长,建立空间直角坐标系如图,则 A(1,0,0),B(0,1,0). (1) 设 C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0), 1 m 则 D(0,m,0),E( , ,0), 2 2 1 m 可得 PE =( , ,-n), BC =(m,-1,0), 2 2 m m 因为 PE · BC = - +0=0,所以 PE⊥BC. 2 2 (2)由已知条件得 m=- 故 C(- 3 ,n=1, 3

3 3 1 3 ,0,0),D(0,- ,0),E( ,- ,0),P(0,0,1). 3 3 2 6

设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向量,

因此可以取 n=(1, 3,0). 由 PA =(1,0,-1),可得|cos〈 PA ,n〉|= 所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为 2 . 4 2 . 4

【点拨】利用空间向量法求解问题时,适当建立空间坐标系是关键,建立坐标系时要抓住三条互相垂 直且相交于一点的直线. 【变式训练 3】过正三棱锥 S-ABC 的侧棱 SB 与底面中心 O 作截面 SBO,已知截面是等腰三角形, 则侧面与底面所成角的余弦值为( 1 A. 3 B. 3 3 ) 1 6 C. 或 3 6 D. 3 6 或 3 6

【解析】选 C.取 AC 中点 E,分 SB=BE 和 SE=BE 两种情况讨论.

总结提高

1.求两异面直线所成的角,一般用平移法;但若需要补形,则用向量法较好. 2.在求空间角的问题上,向量法和几何法各有所长,应斟酌使用.

10.8
典例精析
题型一 线面、面面平行与垂直

立体几何综合问题

【例 1】 如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠ BFC=90° ,BF=FC,H 为 BC 的中点. (1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB; (3)求二面角 B-DE-C 的大小. 【解析】方法一:(综合法)(1)设 AC 与 BD 交于点 G,则 G 为 AC 的中点.连接 EG,GH,又 H 为 BC 的中点,所以 GH 1 1 AB.又 EF AB,所以 EF GH. 2 2

所以四边形 EFHG 为平行四边形. 所以 EG∥FH. 而 EG?平面 EDB,所以 FH∥平面 EDB. (2) 由四边形 ABCD 为正方形,有 AB⊥BC, 又 EF∥AB,所以 EF⊥BC. 而 EF⊥FB,所以 EF⊥平面 BFC,所以 EF⊥FH, 所以 AB⊥FH. 又 BF=FC,H 为 BC 的中点,所以 FH⊥BC. 所以 FH⊥平面 ABCD. 所以 FH⊥AC. 又 FH∥EG,所以 AC⊥EG. 又 AC⊥BD,EG∩BD=G,所以 AC⊥平面 EDB. (3)EF⊥FB,∠BFC=90° ,所以 BF⊥平面 CDEF. 在平面 CDEF 内过点 F 作 FK⊥DE 交 DE 的延长线于 K, 则∠FKB 为二面角 B-DE-C 的一个平面角. 设 EF=1,则 AB=2,FC= 2,DE= 3. 又 EF∥DC,所以∠KEF=∠EDC. 所以 sin∠EDC=sin∠KEF= 所以 FK=EF ? sin∠KEF= 2 . 3

2 BF ,tan∠FKB= = 3. FK 3

所以∠FKB=60° .所以二面角 B-DE-C 为 60° .

方法二:(向量法)因为四边形 ABCD 为正方形,所以 AB⊥BC. 又 EF∥AB. 所以 EF⊥BC,又 EF⊥FB,所以 EF⊥平面 BFC. 所以 EF⊥FH,所以 AB⊥FH. 又 BF=FC,H 为 BC 的中点,所以 FH⊥BC. 所以 FH⊥平面 ABCD. 以 H 为坐标原点, HB 为 x 轴正向, HF 为 z 轴正向,建立如图所示坐标系. 设 BH=1,则 A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0). D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1)设 AC 与 BD 交点为 G,连接 GE,GH, 则 G(0,-1,0),所以 GE =(0,0,1),又 HF =(0,0,1), 所以 HF ∥ GE . GE?平面 EDB,HF 不在平面 EDB 内, 所以 FH∥平面 EBD. (2) AC =(-2,2,0), GE =(0,0,1), AC
?

GE =0,所以 AC⊥GE.

又 AC⊥BD,EG∩BD=G,所以 AC⊥平面 EDB. (3) BE =(-1,-1,1), BD =(-2,-2,0), 设平面 BDE 的法向量为 n1=(1,y1,z1). 则 BE
?

n1=-1-y1+z1=0, BD

?

n1=-2-2y1=0,

所以 y1=-1,z1=0,即 n1=(1,-1,0).
CD =(0,-2,0), CE =(1,-1,1).

设平面 CDE 的法向量为 n2=(1,y2,z2), 则 n2 ? CD =0,y2=0,n2 ? DE =0, 1-y2+z2=0,z2=- 1, 故 n2=(1,0,-1). cos〈n1,n2〉=
n1 ? n 2 | n1 || n 2 |



1 1 = , 2× 2 2

所以〈n1,n2〉=60° ,即二面角 B-DE-C 为 60° . 【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行,线面垂直,面面垂直的判断与证明,考查二面角的求法以及 利用向量知识解决几何问题的能力,同时考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力.(2)空间角、空间 的平行与垂直是高考必考内容之一,处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题. 【变式训练 1】已知平面 α 外不共线的三点 A,B,C 到 α 的距离都相等,则正确的结论是( A.平面 ABC 必不垂直于 α C.平面 ABC 必与 α 相交 【解析】选 D B.平面 ABC 必平行于 α D.存在△ABC 的一条中位线平行于 α 或在 α 内 )

题型二 空间角求解 【例 2】 (2010 浙江)在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在线段 AB,AD 上,AE=EB 2 =AF= FD=4.沿直线 EF 将△AEF 翻折成△A′EF,使平面 A′EF⊥平面 BEF. 3 (1)求二面角 A′-FD-C 的余弦值; (2)若点 M,N 分别在线段 FD,BC 上,若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折,使 C 与 A′重合,求 线段 FM 的长. 【解析】(1)取线段 EF 的中点 H,连接 A′H,因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点,所以 A′H⊥EF. 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF,及 A′H?平面 A′EF,所以 A′H⊥平面 BEF. 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A′(2,2,2 2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0). 故 F A ? =(-2,2,2 2), FD =(6,0,0). 设 n=(x,y,z)为平面 A′FD 的一个法向量, 所以 ?
?? 2 x ? 2 y ? 2 2 z ? 0, ? ?6 x ? 0, ?

取 z= 2,则 n=(0,-2, 2). 又平面 BEF 的一个法向量 m=(0,0,1). 故 cos 〈n,m〉= 3 n· m = . |n||m| 3 3 . 3

所以二面角的余弦值为

(2)设 FM=x,则 M(4+x,0,0), 因为翻折后,C 与 A′重合,所以 CM=A′M, 故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2 2)2, 21 得 x= ,经检验,此时点 N 在线段 BC 上. 4 21 所以 FM= . 4 【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查 空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型,解题中要将折叠前后的图形相 互联系,使得解题有章可循. 【变式训练 2】已知二面角 α-l-β 为 60° ,平面 α 内一点 A 到平面 β 的距离为 AB=4,则 B 到平面 α 的距离为____________. 【解析】2. 题型三 线面位置探索性问题 【例 3】已知 ABCD 是正方形,PD⊥平面 ABCD,PD=AD=2. (1)求 PC 与平面 PBD 所成的角; (2)在线段 PB 上是否存在一点 E,使 PC⊥平面 ADE?若存在,确定 E 点的位置;若不存在,说明理

由. 【解析】如图建立空间直角坐标系 D-xyz, 因为 PD=AD=2, 则 D(0,0,0),A(2,0,0),O(1,1,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2). (1)在正方形 ABCD 中,OC⊥DB. 因为 PD⊥平面 ABCD,OC?平面 ABCD,所以 PD⊥OC. 又因为 DB∩PD=D,所以 OC⊥平面 PBD. 所以∠CPO 为 PC 与平面 PBD 所成的角. 因为 PC =(0,2,-2), PO =(1,1,-2), 所以 cos〈 PC , PO 〉=
PC · PO | PC || PO |



3 , 2

所以 PC 与平面 PBD 所成的角为 30° . (2)假设在 PB 上存在点 E,使 PC⊥平面 ADE. 则 PE =λ PB . 因为 PB =(2,2,-2),所以 PE =(2λ,2λ,-2λ), 而 AP =(-2,0,2),所以 AE =(2λ-2,2λ,2-2λ). 要 PC⊥平面 ADE,即 PC⊥AE, 即 PC
?

AE =8λ-4=0,即 λ= ,所以 E(1,1,1),

1 2

所以存在点 E 且 E 为 PB 的中点时 PC⊥平面 ADE. 【点拨】对于存在性问题,一般先假设存在,若能求出符合条件的解,则存在,若不能求出符合条件 的解,则不存在. 【变式训练 3】ABCD 是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,又 SA⊥平面 ABCD,SA=AB=BC=1,AD 1 = ,则平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的正切值为 2 【解析】 2 . 2 .

题型四 立体几何综合问题 【例 4】圆柱 OO1 内有一个三棱柱 ABC-A1B1C1,三棱柱的底 面为圆柱底面的内接三角形,且 AB 是圆 O 的直径. (1)求证:平面 A1ACC1⊥平面 B1BCC1; (2)设 AB=AA1,在圆柱 OO1 内随机选取一点,记该点取自于三棱柱 ABC-A1B1C1 内的 概率为 p. ①当点 C 在圆周上运动时,求 p 的最大值; ②记平面 A1ACC1 与平面 B1OC 所成的角为 θ(0° <θ≤90° p 取最大值时,求 cos θ 的值. ).当 【解析】(1)因为 A1A⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,所以 A1A⊥BC. 因为 AB 是圆 O 的直径,所以 BC⊥AC.

又 AC∩A1A=A,所以 BC⊥平面 A1ACC1, 而 BC?平面 B1BCC1,所以平面 A1ACC1⊥平面 B1BCC1. (2)①设圆柱的底面半径为 r,则 AB=AA1=2r, 1 故三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V1= AC·BC·2r=AC ? BC ? r. 2 又因为 AC2+BC2=AB2=4r2. AC2+BC2 所以 AC·BC≤ =2r2,当且仅当 AC=BC= 2r 时等号成立. 2 V1 2r3 1 从而 V1≤2r ,而圆柱的体积 V=πr ·2r=2πr ,故 p= ≤ 3= , V 2πr π
3 2 3

当且仅当 AC=BC= 2r,即 OC⊥AB 时等号成立. 1 所以 p 的最大值等于 . π ②由①可知,p 取最大值时,OC⊥AB. 于是,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz(如图), 则 C(r,0,0),B(0,r,0),B1(0,r,2r). 因为 BC⊥平面 A1ACC1, 所以 BC =(r,-r,0)是平面 A1ACC1 的一个法向量. 设平面 B1OC 的法向量 n=(x,y,z),

取 z=1,得平面 B1OC 的一个法向量为 n=(0,-2,1), 因为 0° <θ≤90° , 所以 cos θ=|cos〈n, BC 〉|= |
n
?

BC

| =|

| n | ? | BC |

2r 10 |= . 5 5× 2r

【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及几何体的体积、几何 概型等基础知识;考 查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查数形结合思想、化归与转化思 想、必然与或然思想. 【变式训练 4】如图 1,一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实 心装饰块,容器 内盛有 a 升水时,水面恰好经过正四棱锥的顶点 P.如果将容器倒置,水面也恰好过点 P(图 2).有下列四个 命题: ①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半; ②将容器侧面水平旋转时,水面也恰好过点 P; ③任意摆放该容器,当水面静止时,水面都恰好经过点 P; ④若往容器内再注入 a 升水,则容器恰好能装满. 其中真命题的序号是 .(写出所有真命题的序号)

【解析】②④.

总结提高
空间向量和空间坐标系的引入,大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求,因此,运用向量 法解决立体几何题,是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此,也可体会到向量法的魅力所在!


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