当前位置:首页 >> 数学 >> (三维设计2014年第二轮复习)专题四 立 体 几 何

(三维设计2014年第二轮复习)专题四 立 体 几 何


专题四 立 体 几 何

第一讲

空间几何体的三视图、表面积及体积

空间几何体的三视图

一、基础知识要记牢 一个物体的三视图的排列规则是: 俯视图放在正视图的下面, 长度与正视图的长度一样, 侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度与正(主)视图的高度一样,宽度与俯视图的宽度一 样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 二、经典例题领悟好 [例 1] ( ) (1)(2013· 四川高考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是

(2)(2013· 全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是(1,0,1), (1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到 的正视图可以为( )

[解析] 得选项 D.

(1)由俯视图是圆环可排除 A,B,C,进一步将已知三视图还原为几何体,可

(2)根据已知条件作出图形:四面体 C1A1DB,标出各个点的坐标如图(1)所示,

可以看出正视图是正方形,如图(2)所示. [答案] (1)D (2)A

分析空间几何体的三视图的要点 (1)根据俯视图确定几何体的底面, (2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对 应的棱、面的位置, (3)确定几何体的形状,即可得到结果. 三、预测押题不能少 1.(1)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示,则该几何 体的左视图为( )

解析:选 B 依题意,左视图中棱的方向是从左上角到右下角. (2)如图是两个全等的正三角形,给定下列三个命题:①存在四 棱锥,其正视图、侧视图如图;②存在三棱锥,其正视图、侧视图 如图;③存在圆锥,其正视图、侧视图如图.其中真命题的个数是 ( ) A.3 C.1 B.2 D.0

解析:选 A 对于①,存在斜高与底边长相等的正四棱锥,其正视 图与侧视图是全等的正三角形; 对于②, 存在如图所示的三棱锥 SABC, 底面为等腰三角形,其底边 AB 的中点为 D,BC 的中点为 E,侧面 SAB 上的斜高为 SD,且 CB=AB=SD=SE,顶点 S 在底面上的射影为 AC 的中点,则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的正三角形;对于③,存 在底面直径与母线长相等的圆锥,其正视图与侧视图是全等的正三角形. 空间几何体的表面积与体积 一、基础知识要记牢 常见的一些简单几何体的表面积和体积公式: 圆柱的表面积公式:S=2πr2+2πrl=2πr(r+l)(其中 r 为底面半径,l 为圆柱的高); 圆锥的表面积公式:S=πr2+πrl=πr(r+l)(其中 r 为底面半径,l 为母线长); 圆台的表面积公式:S=π(r′2+r2+r′l+rl)(其中 r 和 r′分别为圆台的上、下底面半 径,l 为母线长); 柱体的体积公式:V=Sh(S 为底面面积,h 为高); 1 锥体的体积公式:V= Sh(S 为底面面积,h 为高); 3 1 台体的体积公式:V= (S′+ S′S+S)h(S′、S 分别为上、下底面面积,h 为高); 3 4 球的表面积和体积公式:S=4πR2,V= πR3(R 为球的半径). 3 二、经典例题领悟好 [例 2] (1)(2013· 全国卷Ⅰ)如图,有一个水平放置的透明无盖的正

方体容器,容器高 8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球 面恰好接触水面时测得水深为 6 cm, 如果不计容器厚度, 则球的体积为 ( ) 500π A. cm3 3 866π B. cm3 3 1 372π C. cm3 3 2 048π D. cm3 3 (2)(2013· 浙江高考)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于 ________cm3.

[解析]

1 (1)如图,作出球的一个截面,则 MC=8-6=2(cm),BM= AB 2

1 = ×8=4(cm).设球的半径为 R cm,则 R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R 2 =5, 4 500 ∴V 球= π×53= π(cm3). 3 3 (2)由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥,如图所 示.三棱柱的底面为直角三角形,且直角边长分别为 3 和 4,三棱柱的高为 5, 1 故其体积 V1= ×3×4×5=30(cm3),小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同, 2 1 1 高为 3,故其体积 V2= × ×3×4×3=6(cm3),所以所求几何体的体积为 30-6=24(cm3). 3 2 [答案] (1)A (2)24 ?1?求几何体的表面积及体积问题,可以多角度、多方位地考虑,熟记公式是关键所在. 求三棱锥的体积,等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求,底面放在已知几何体的 某一面上. ?2?求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何 体以易于求解. 三、预测押题不能少 2.(1)已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形,俯视图是两个同心 圆,如图所示,则该几何体的全面积为________.

解析:由三视图知该几何体为上底直径为 2,下底直径为 6,高为 2 3的圆台,则几何 1 体的全面积 S=π×1+π×9+ ×2π(3×6-1×2)=26π. 2 答案:26π (2)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.

解析:作出三视图所对应的几何体(如图), 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, SD⊥平面 ABCD, EC⊥平面 ABCD,SD=2,EC=1,连接 SC,则该几何体的体积为 VSDABCE= 1 1 1 10 VSABCD+VSBCE= ×4×2+ × ×2×1×2= . 3 3 2 3 10 答案: 3 球与多面体 一、基础知识要记牢 (1)若球面上四点 P、A、B、C 构成的三条线段 PA、PB、PC 两两互相垂直,可采用“补 形法”成为一个球内接长方体. (2)正四面体的内切球与外接球半径之比为 1∶3. 二、经典例题领悟好 [例 3] (2013· 辽宁高考)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上.若 AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为( 3 17 A. 2 13 C. 2 B.2 10 D.3 10 )

[解析] 因为直三棱柱中 AB=3,AC=4,AA1=12,AB⊥AC,所以 BC=5,且 BC 为 过底面 ABC 的截面圆的直径.取 BC 中点 D,则 OD⊥底面 ABC,则 O 在侧面 BCC1B1 内, 13 矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径,所以 2R= 122+52=13,即 R= . 2 [答案] C

处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路 (1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作面,化空间问题为平面问题. (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系,确定球心位置. (3)建立几何量间关系求半径 r. 三、预测押题不能少 3.已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,SA⊥平面 ABC,SA=2 3,AB =1,AC=2,∠BAC=60° ,则球 O 的表面积为( A.4π C.16π )

B.12π D.64π

解析:选 C 取 SC 的中点 E,连接 AE、BE,依题意,BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos 60° =3,∴AC2=AB2+BC2,即 AB⊥BC.又 SA⊥平面 ABC,∴SA⊥BC,又 SA∩AB=A,∴BC 1 ⊥平面 SAB,BC⊥SB,AE= SC=BE,∴点 E 是三棱锥 SABC 的外接球的球心,即点 E 与 2 1 1 点 O 重合,OA= SC= 2 2 SA2+AC2=2,故球 O 的表面积为 4π×OA2=16π.

探求空间几何体中体积最值的创新问题

求空间几何体的体积一直是考查的重点,几乎每年都考查,既可以与三视图结合考查, 又可以单独考查.而求空间几何体体积的最值问题,又常与函数、导数、不等式等知识交汇 考查. 一、经典例题领悟好 [例] 如图 1,∠ACB=45° ,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异 于点 B,连接 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90° (如图 2 所示).当 BD 的长为多少 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大?

学审题——审条件之审视图形 AD⊥BC― ― →AD⊥平面 BCD― ― ― ― →CD=AD=3-x― →S△BCD 的式子― →VABCD 的式 子― ― ― ― →f(x)― ― ― ― →VABCD 的最大值. 用“思想”——尝试用“函数与方程思想”解题
构造函数 利用函数 折起 令BD=x

[解] 如图 1 所示的△ABC 中,设 BD=x(0<x<3),则 CD=3-x. 由 AD⊥BC,∠ACB=45° 知△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD=CD=3-x. 由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如图 2),AD⊥DC,AD⊥BD,且 BD∩DC=D,所以 AD ⊥平面 BDC. 1 1 又因为∠BDC=90° ,所以 S△BCD= BD· CD= x(3-x). 2 2 1 1 1 于是 VA-BCD= AD· S△BCD= (3-x)·x· (3-x). 3 3 2 1 VA-BCD= (x3-6x2+9x). 6 1 令 f(x)= (x3-6x2+9x), 6 1 由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0, 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值,即 BD=1 时, 三棱锥 A-BCD 的体积最大.

解答此题的关键是恰当引入变量 x,即令 BD=x,结合位置关系列出体积的表达式,将 求体积的最值问题转化为求函数的最值问题. 二、预测押题不能少 球 O 的球面上有四点 S,A,B,C,其中 O,A,B,C 四点共面,△ABC 是边长为 2 的正三角形,平面 SAB⊥平面 ABC,则三棱锥 SABC 的体积的最大值为________. 解析:记球 O 的半径为 R,作 SD⊥AB 于 D,连接 OD,OS,易求 R= ABC,注意到 SD= SO2-OD2= R2-OD2, 1 2 3 因此要使 SD 最大,则需 OD 最小,而 OD 的最小值为 × = ,因此高 SD 的最大 2 3 3 值是 1 1 3 3 ? 2 ?2-? 3?2=1.又三棱锥 SABC 的体积为 S△ABC· SD= × ×22×SD= SD, 3 3 4 3 ? 3? ? 3 ? 3 3 ×1= . 3 3 2 .又 SD⊥平面 3

因此三棱锥 SABC 的体积的最大值是 答案: 3 3

1.一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该

锥体的俯视图的是(

)

解析:选 C 中,其宽度为

注意到在三视图中,俯视图的宽度应与左视图的宽度相等,而在选项 C

3 ,与题中所给的左视图的宽度 1 不相等,因此选 C. 2

2.(2013· 山东高考)一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其 正(主)视图如图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是( A.4 5,8 8 C.4( 5+1), 3 8 B.4 5, 3 D.8,8 )

解析:选 B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面边长为 2,高为 2, 侧面上的斜高为 22+12= 5,所以 S 8 ×22×2= . 3 3.(2013· 合肥市质量检测)某个几何体的三视图如图(其中正视 图中的圆弧是半圆)所示,则该几何体的表面积为( A.92+14π B.82+14π C.92+24π D.82+24π 解析:选 A 观察三视图可知,该几何体是长方体与一个半圆柱的组合体,根据所标注 的尺寸可以计算出表面积为(4×5+4×5+4×4)×2-4×5+π·22+π·2·5=92+14π. 4.(2013· 江西九校联考)如图,三棱锥 VABC 的底面为正三角形, 2 侧面 VAC 与底面垂直且 VA=VC,已知其正视图的面积为 ,则其侧视 3 图的面积为( A. C. 3 2 3 4 ) B. D. 3 3 3 6 )


= 4× ?

1 ?1 ? ? 2 ? 5 ? =4 5,V=3 ?2 ?

解析:选 B 由题意知,该三棱锥的正视图为△VAC,作 VO⊥AC 于 O,连接 OB,设 1 2 底面边长为 2a,高 VO=h,则△VAC 的面积为 ×2a×h=ah= .又三棱锥的侧视图为 Rt△ 2 3

1 1 3 VOB,在正三角形 ABC 中,高 OB= 3a,所以侧视图的面积为 OB· VO= × 3a×h= ah 2 2 2 = 3 2 3 × = . 2 3 3 5.(2013· 辽宁省五校联合体)已知三边长分别为 4、5、6 的△ABC 的外接圆恰好是球 O 的一个大圆,P 为球面上一点,若点 P 到△ABC 的三个顶点的距离相等,则三棱锥 PABC 的体积为( A.5 C.20 ) B.10 D.30

4 解析:选 B 设边长为 4 的边所对的角为 α,外接圆半径为 R,则 2R= ,显然当且 sin α 1 1 ×5×6sin α? 仅当 OP⊥平面 ABC 时, 点 P 到三个顶点的距离相等, 故所求的体积为 V= ×? ? 3 ?2 ×R=10. 6.(2013· 湖北高考)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何 体组成,其体积分别记为 V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单 几何体均为多面体,则有( )

A.V1<V2<V4<V3 C.V2<V1<V3<V4

B.V1<V3<V2<V4 D.V2<V3<V1<V4

解析:选 C 由题意可知,由于上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体 均为多面体.根据三视图可知,最上面一个简单几何体是上底面圆的半径为 2,下底面圆的 1 7 半径为 1,高为 1 的圆台,其体积 V1= π×(12+22+1×2)×1= π;从上到下的第二个简单 3 3 几何体是一个底面圆半径为 1,高为 2 的圆柱,其体积 V2=π×12×2=2π;从上到下的第三 个简单几何体是棱长为 2 的正方体,其体积 V3=23=8;从上到下的第四个简单几何体是一 个棱台,其上底面是边长为 2 的正方形,下底面是边长为 4 的正方形,棱台的高为 1,故体

1 28 积 V4= ×(22+2×4+42)×1= ,比较大小可知答案选 C. 3 3 7.已知△ABC 的斜二测直观图是边长为 2 的等边△A1B1C1,那么原△ABC 的面积为 ________. 解析:斜二测直观图面积 S′= 故原△ABC 的面积为 S= 3 ×22= 3, 4

3 =2 6. 2 4

答案:2 6

8.(2013· 福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体, 如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是 边长为 2 的正方形,则该球的表面积是________. 解析:依题意得,该几何体是球的一个内接正方体,且该正方体的棱 长为 2.设该球的直径为 2R,则 2R= 22+22+22=2 3,所以该几何体的表面积为 4πR2= 4π( 3)2=12π. 答案:12π 9.(2013· 江苏高考)如图,在三棱柱 A1B1C1ABC 中,D,E,F 分别 是 AB, AC, AA1 的中点, 设三棱锥 FADE 的体积为 V1, 三棱柱 A1B1C1ABC 的体积为 V2,则 V1∶V2=________. 解析:设三棱柱 A1B1C1ABC 的高为 h,底面三角形 ABC 的面积为 1 1 1 1 1 S,则 V1= × S·h= Sh= V2,即 V1∶V2=1∶24. 3 4 2 24 24 答案:1∶24 10. 如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、 侧(左)视图与俯视图. 已知 CF=2AD, 侧视图是边长为 2 的等边三角形,俯视图是直角梯形,有关数据如图所示.求该几何体的体 积.

解:取 CF 中点 P,过 P 作 PQ∥CB 交 BE 于 Q,连接 PD,QD, 则 AD∥CP,且 AD=CP.

所以四边形 ACPD 为平行四边形,所以 AC∥PD. 所以平面 PDQ∥平面 ABC. 该几何体可分割成三棱柱 PDQ-CAB 和四棱锥 D-PQEF, 所以 V=VPDQ-CAB+VD-PQEF 1 1 ?1+2?×2 = ×22sin 60° ×2+ × × 3=3 3. 2 3 2 11.右图为一简单组合体, 其底面 ABCD 为正方形, PD⊥平面 ABCD, EC∥PD,且 PD=AD=2EC=2. (1)请画出该几何体的三视图; (2)求四棱锥 BCEPD 的体积. 解:(1)该组合体的三视图如图所示.

(2)∵PD⊥平面 ABCD, PD?平面 PDCE, ∴平面 PDCE⊥平面 ABCD. ∵四边形 ABCD 为正方形, ∴BC⊥CD,且 BC=DC=AD=2. 又∵平面 PDCE∩平面 ABCD=CD, BC?平面 ABCD. ∴BC⊥平面 PDCE. ∵PD⊥平面 ABCD,DC?平面 ABCD, ∴PD⊥DC. 又∵EC∥PD,PD=2,EC=1, ∴四边形 PDCE 为一个直角梯形,其面积: 1 1 S 梯形 PDCE= (PD+EC)· DC= ×3×2=3, 2 2 1 1 ∴四棱锥 BCEPD 的体积 VBBC= ×3×2=2. CEPD= S 梯形 PDCE· 3 3 12.如图,AA1,BB1 为圆柱 OO1 的母线,BC 是底面圆 O 的直径,D,E 分别是 AA1, CB1 的中点,DE⊥面 CBB1.

(1)证明:DE∥面 ABC; (2)求四棱锥 CABB1A1 与圆柱 OO1 的体积比.

解:(1)证明:连接 EO,OA. ∵E,O 分别为 B1C,BC 的中点, ∴EO∥BB1. 1 又 DA∥BB1,且 DA= BB1=EO, 2 ∴四边形 AOED 是平行四边形, 即 DE∥OA.又 DE?平面 ABC,AO?平面 ABC, ∴DE∥平面 ABC. (2)由题意知 DE⊥平面 CBB1,且由(1)知 DE∥AO, ∴AO⊥平面 CBB1, ∴AO⊥BC, ∴AC=AB. ∵BC 是底面圆 O 的直径, 得 CA⊥AB,且 AA1⊥CA, ∴CA⊥平面 AA1B1B,即 CA 为四棱锥 CABB1A1 的高. 设圆柱高为 h,底面半径为 r, 1 2 则 VOO1=πr2h,V C( 2r)= hr2. ABB1A1= h( 2r)· 3 3 ∴VCABB1A1∶V OO1= 2 . 3π

第二讲

点、直线、平面之间的位置关系

空间线面位置关系的判断 一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础,要在空间几何

体和空间图形中理解、表述位置关系,发展空间想象能力. 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2013· 安徽高考)在下列命题中,不是公理的是( )

A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 (2)(2013· 广东高考)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,下列命题中 正确的是( )

A.若 α⊥β,m?α,n?β,则 m⊥n B.若 α∥β,m?α,n?β,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α,n?β,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β [解析] (1)A,不是公理,是个常用的结论,需经过推理论证; B,C,D 均是平面的基本性质公理. (2)如图, 在长方体 ABCDA1B1C1D1 中, 平面 BCC1B1⊥平面 ABCD, BC1?平面 BCC1B1,BC?平面 ABCD,而 BC1 不垂直于 BC,故 A 错 误;平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD,B1D1?平面 A1B1C1D1,AC?平面 ABCD,但 B1D1 和 AC 不平行,故 B 错误. AB⊥A1D1,AB?平面 ABCD,A1D1?平面 A1B1C1D1,但平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD, 故 C 错误. [答案] (1)A (2)D

解决空间线面位置关系的判断题的常用方法 (1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题; (2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系, 并结合有关定理来进行判断. 三、预测押题不能少 1. 设 α 是空间中的一个平面, l, m, n 是三条不同的直线, 则下列命题中正确的是( A.若 m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,则 l⊥α B.若 m?α,n⊥α,l⊥n,则 l∥m C.若 m⊥α,n⊥α,则 n∥m D.若 l⊥m,l⊥n,则 n∥m 解析:选 C m?α,n?α,l⊥m,l⊥n,需要 m∩n=A 才有 l⊥α,选项 A 错误;若 m )

?α,n⊥α,l⊥n,l 与 m 可能平行、相交、异面,选项 B 错误;若 l⊥m,l⊥n,l 与 m 可能 平行、相交、异面,选项 D 错误. 线线、线面平行与垂直的证明 一、基础知识要记牢 (1)线面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α. (2)线面平行的性质定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b. (3)线面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α. (4)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α?a∥b. 二、经典例题领悟好 [例 2] 的中点. (2013· 郑州市质量预测)如图, 正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都为 2, D 为 CC1

(1)求证:AB1⊥平面 A1BD; (2)设点 O 为 AB1 上的动点,当 OD∥平面 ABC 时,求 [解] (1)证明:取 BC 的中点为 M,连接 AM,B1M. AO 的值. OB1

在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 BCC1B1,△ABC 为正三角形,所以 AM ⊥BC, 故 AM⊥平面 BCC1B1, 又 BD?平面 BCC1B1, 所以 AM⊥BD. 1 又正方形 BCC1B1 中,tan∠BB1M=tan∠CBD= , 2 所以 BD⊥B1M,又 B1M∩AM=M, 所以 BD⊥平面 AB1M,故 AB1⊥BD, 正方形 BAA1B1 中,AB1⊥A1B,又 A1B∩BD=B, 所以 AB1⊥平面 A1BD. (2)取 AA1 的中点为 N,连接 ND,OD,ON. 因为 N, D 分别为 AA1, CC1 的中点, 所以 ND∥平面 ABC. 又 OD∥平面 ABC,ND∩OD=D, 所以平面 NOD∥平面 ABC,

所以 ON∥平面 ABC, 又 ON?平面 BAA1B1,平面 BAA1B1∩平面 ABC=AB, 所以 ON∥AB, 注意到 AB∥A1B1,所以 ON∥A1B1,又 N 为 AA1 的中点, AO 所以 O 为 AB1 的中点,即 =1. OB1 ?1?正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理,是进行判断和证明的基 础; 在证明线面关系时, 应注意几何体的结构特征的应用, 尤其是一些线面平行与垂直关系, 这些都可以作为条件直接应用. ?2?证明立体几何问题,要紧密结合图形,有时要利用平面几何的相关知识,因此需要 多画出一些图形辅助使用. 三、预测押题不能少 2.已知在如图的多面体中,AE⊥底面 BEFC,AD∥EF∥BC, 1 BE=AD=EF= BC,G 是 BC 的中点. 2 (1)求证:AB∥平面 DEG; (2)求证:EG⊥平面 BDF. 证明:(1)∵AD∥BC,BC=2AD,G 是 BC 的中点, ∴AD 綊 BG, ∴四边形 ADGB 是平行四边形, ∴AB∥DG. ∵AB?平面 DEG,DG?平面 DEG, ∴AB∥平面 DEG. (2)连接 GF,易知四边形 ADFE 是矩形. ∵DF∥AE,AE⊥底面 BEFC, ∴DF⊥平面 BEFC.又 EG?平面 BEFC,∴DF⊥EG. ∵EF 綊 BG,EF=BE, ∴四边形 BGFE 为菱形,∴BF⊥EG. 又 BF∩DF=F,BF?平面 BDF,DF?平面 BDF, ∴EG⊥平面 BDF. 面面平行与垂直的证明 一、基础知识要记牢 (1)面面平行的判定定理:a?β,b∈β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β.

(2)面面平行的性质定理:a∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. 二、经典例题领悟好 [例 3] (2013· 北京高考)如图,在四棱锥 PABCD 中,AB∥CD,AB

⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD,PA⊥AD,E 和 F 分别为 CD 和 PC 的中点,求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. [证明] (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,所以 PA ⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点, 所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形, 所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD, 所以 PA⊥CD, 所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF, 所以 CD⊥EF.又因为 CD⊥BE,EF∩BE=E, 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. ?1?证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即 可,从而将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行. ?2?证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将 证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,

则借助中线、高线或添加辅助线解决. 三、预测押题不能少 3.如图,在几何体 ABCDE 中,AB=AD=2,AB⊥AD,AE⊥平 面 ABD,M 为线段 BD 的中点,MC∥AE,且 AE=MC= 2. (1)求证:平面 BCD⊥平面 CDE; (2)若 N 为线段 DE 的中点,求证:平面 AMN∥平面 BEC. 证明:(1)∵AB=AD=2,AB⊥AD,M 为线段 BD 的中点, 1 ∴AM= BD= 2,AM⊥BD. 2 ∵AE⊥平面 ABD,MC∥AE,∴MC⊥平面 ABD, ∵AM,BD?平面 ABD. ∴MC⊥AM,MC⊥BD.又 MC∩BD=M, ∴AM⊥平面 CBD. 又 AE=MC= 2, ∴四边形 AMCE 为平行四边形,∴EC∥AM, ∴EC⊥平面 CBD, ∵EC?平面 CDE, ∴平面 BCD⊥平面 CDE. (2)∵M 为 BD 的中点,N 为 DE 的中点, ∴MN∥BE. 由(1)知 EC∥AM 且 AM∩MN=M,BE∩EC=E, ∴平面 AMN∥平面 BEC. 求线面角 一、基础知识要记牢 平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角,是这条直线和这个平面所成的 π 角,当一条直线垂直于平面时,规定它们所成的角是直角,其角的范围为(0, ]. 2 二、经典例题领悟好 [例 4] (2013· 浙江高考)如图, 在四棱锥 PABCD 中, PA⊥平面 ABCD, AB=BC=2, AD=CD= 7, PA= 3, ∠ABC=120° .G 为线段 PC 上的点. (1)证明:BD⊥平面 APC; (2)若 G 是 PC 的中点,求 DG 与平面 APC 所成的角的正切值; PG (3)若 G 满足 PC⊥平面 BGD,求 的值. GC [解] (1)证明:设点 O 为 AC,BD 的交点.

由 AB=BC,AD=CD,得 BD 是线段 AC 的中垂线. 所以 O 为 AC 的中点,BD⊥AC. 又因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 PA⊥BD. 又 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 APC. (2)连接 OG.由(1)可知 OD⊥平面 APC,则 DG 在平面 APC 内的 射影为 OG,所以∠OGD 是 DG 与平面 APC 所成的角. 1 3 由题意得 OG= PA= . 2 2 在△ABC 中,AC= AB2+BC2-2AB· BC· cos∠ABC=2 3, 1 所以 OC= AC= 3. 2 在直角△OCD 中,OD= CD2-OC2=2. OD 4 3 在直角△OGD 中,tan∠OGD= = . OG 3 4 3 所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为 . 3 (3)连接 OG.因为 PC⊥平面 BGD,OG?平面 BGD,所以 PC⊥OG. 在直角△PAC 中,得 PC= 15. AC· OC 2 15 所以 GC= = . PC 5 3 15 从而 PG= , 5 PG 3 所以 = . GC 2

求直线与平面所成的角的一般步骤 (1)找直线与平面所成的角,即通过找直线在平面上的射影来完成; (2)计算,要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解. 三、预测押题不能少 4.如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABC,且各棱长均相等,D,E,F 分别为棱 AB,BC,A1C1 的中点.

(1)证明:EF∥平面 A1CD; (2)证明:平面 A1CD⊥平面 A1ABB1; (3)求直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值. 解:(1)证明:如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AC∥A1C1,且 AC =A1C1,连接 ED,在△ABC 中,因为 D,E 分别为 AB,BC 的中点, 1 所以 DE= AC 且 DE∥AC,又 F 为 A1C1 的中点,可得 A1F=DE,且 2 A1F∥DE,即四边形 A1DEF 为平行四边形,所以 EF∥DA1,又 EF?平面 A1CD,DA1?平面 A1CD,所以 EF∥平面 A1CD. (2)证明:由于底面 ABC 是正三角形,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB,又侧棱 A1A⊥底面 ABC,CD?平面 ABC,所以 AA1⊥CD,又 AA1∩AB=A,因此 CD⊥平面 A1ABB1,而 CD? 平面 A1CD,所以平面 A1CD⊥平面 A1ABB1. (3)在平面 A1ABB1 内,过点 B 作 BG⊥A1D 交直线 A1D 于点 G,连接 CG.由于平面 A1CD ⊥平面 A1ABB1,而直线 A1D 是平面 A1CD 与平面 A1ABB1 的交线, 故 BG⊥平面 A1CD.由此得∠BCG 为直线 BC 与平面 A1CD 所成的角. 设棱长为 a,可得 A1D= BG 5 sin∠BCG= = . BC 5 所以直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 5 . 5 5a 5a ,则△A1AD∽△BGD,易得 BG= ,在 Rt△BGC 中, 2 5

高考中,本节主要考查空间线面的平行关系与垂直关系的证明问题.近年来,“翻折” 问题、“探索性”问题成为一些省份新的命题点(如 2013 广东卷 18 题).

立体几何与翻折问题交汇

一、经典例题领悟好 [例 1] (2013· 广东高考)如图 1,在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB, AC 上的点,AD=AE,F 是 BC 的中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到如图 2 所示的三棱锥 ABCF,其中 BC= 2 . 2

(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD= 时,求三棱锥 FDEG 的体积 VFDEG. 3 [解] AD AE (1)证明:法一:在折叠后的图形中,因为 AB=AC,AD=AE,所以 = ,所 AB AC

以 DE∥BC. 因为 DE?平面 BCF,BC?平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF. AD AE 法二:在折叠前的图形中,因为 AB=AC,AD=AE,所以 = ,所以 DE∥BC,即 AB AC DG∥BF,EG∥CF. 在折叠后的图形中,仍有 DG∥BF,EG∥CF. 又因为 DG?平面 BCF,BF?平面 BCF, 所以 DG∥平面 BCF,同理可证 EG∥平面 BCF. 又 DG∩EG=G,DG?平面 DEG,EG?平面 DEG, 故平面 DEG∥平面 BCF. 又 DE?平面 DEG,所以 DE∥平面 BCF. (2)证明:在折叠前的图形中,因为△ABC 为等边三角形,BF=CF, 所以 AF⊥BC,则在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF. 1 2 又 BF=CF= ,BC= , 2 2 所以 BC2=BF2+CF2,所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF=F,BF?平面 ABF,AF?平面 ABF, 所以 CF⊥平面 ABF. (3)由(1)知,平面 DEG∥平面 BCF, 由(2)知 AF⊥BF,AF⊥CF, 又 BF∩CF=F,所以 AF⊥平面 BCF, 所以 AF⊥平面 DEG,即 GF⊥平面 DEG.

1 3 在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF= ,AF= . 2 2 2 AD 2 由 AD= 知 = ,又 DG∥BF, 3 AB 3 DG AG AD 2 所以 = = = , BF AF AB 3 2 1 1 2 3 3 所以 DG=EG= × = ,AG= × = , 3 2 3 3 2 3 所以 FG=AF-AG= 3 . 6

1 1 1 1?2 3 3 故三棱锥 FDEG 的体积为 V 三棱锥 FFG= × ×? × = . DEG= S△DEG· 3 3 2 ?3? 6 324 ?1?解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线 段的长度是不变量, 而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口. ?2?在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折 叠前的图形. 二、预测押题不能少 1.如图 1,等腰梯形 ABCD 中,BC∥AD,CE⊥AD,AD=3BC=3,CE=1.将△CDE 沿 CE 折起得到四棱锥 FABCE(如图 2),G 是 AF 的中点.

(1)求证:BG∥平面 FCE; (2)当平面 FCE⊥平面 ABCE 时,求三棱锥 FBEG 的体积. 解:(1)证明:取 EF 的中点 M,连接 GM、MC, 1 则 GM 綊 AE. 2 又等腰梯形 ABCD 中,BC=1,AD=3, 1 ∴BC 綊 AE. 2 ∴GM 綊 BC,∴四边形 BCMG 是平行四边形, ∴BG∥CM. 又 CM?平面 FCE,BG?平面 FCE, ∴BG∥平面 FCE. (2)∵平面 FCE⊥平面 ABCE,平面 FCE∩平面 ABCE=CE,

又 EF?平面 FCE,FE⊥CE,∴FE⊥平面 ABCE. 1 1 又 VF= V ABE, BEG=VBGEF= VB2 AEF 2 F1 1 1 1 S△ABE= ×2×1=1,∴VFBEG= × ×1×1= . 2 2 3 6 立体几何中探索性问题

一、经典例题领悟好 [例 2] (2013· 北京海淀模拟)在四棱锥 PABCD 中, PA⊥平面

ABCD,△ABC 是正三角形,AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 的中 PN 1 点,又∠CAD=30° ,PA=AB=4,点 N 在线段 PB 上,且 = . NB 3 (1)求证:BD⊥PC; (2)求证:MN∥平面 PDC; (3)设平面 PAB∩平面 PCD=l,试问直线 l 是否与直线 CD 平行,请说明理由. (1)学审题——审条件之审视图形
? 正△ABC― →BM⊥AC― →BD⊥AC? ?― →BD⊥面 P AC― →BD⊥AC ? PA⊥面ABCD― →PA⊥BD ?

(2)学审题——审条件之审视图形 证MN∥平面PDC?证MN平行于平面PDC的直线 由条件可求BM,DM的值― →BM∶DM=BN∶PN― →MN∥PD (3)学审题——审结论之结论转换 假设 l∥CD― →CD∥面 P AB― →CD∥AB― →与已知矛盾. 用“思想”——尝试用“转化与化归思想”解题 (1)证明:因为△ABC 是正三角形,M 是 AC 的中点, 所以 BM⊥AC,即 BD⊥AC. 又因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 PA⊥BD. 又 PA∩AC=A,所以 BD⊥平面 PAC, 又 PC?平面 PAC,所以 BD⊥PC. (2)证明:在正三角形 ABC 中,BM=2 3. 在△ACD 中,因为 M 为 AC 的中点,DM⊥AC,所以 AD=CD,∠CDA=120° ,所以 2 3 DM= ,所以 BM∶MD=3∶1, 3 所以 BN∶NP=BM∶MD,所以 MN∥PD,

又 MN?平面 PDC,PD?平面 PDC,所以 MN∥平面 PDC. (3)假设直线 l∥CD,因为 l?平面 PAB,CD?平面 PAB, 所以 CD∥平面 PAB. 又 CD?平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB,所以 CD∥AB. 又知 CD 与 AB 不平行, 所以直线 l 与直线 CD 不平行. ?1?探索性问题一般有判断存在型、条件探索型、结论探索型、类比推理型、知识重组 型等问题,立体几何中探索性问题以判断存在型为主.,解决此问题的一般步骤为:首先假设 其存在, 然后在这个假设下进行推理论证, 如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设, 如果得到了矛盾结论就否定假设. ?2?立体几何中应用转化与化归思想的常见题目类型: ①证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行. ②证明线面垂直,需转化为证明线线垂直. ③证明线线垂直,需转化为证明线面垂直. ④证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直. ⑤平行与垂直关系间的转化. ⑥平面图形与空间图形通过折叠进行的转化. 二、预测押题不能少 2.如图,在菱形 ABCD 中,MA⊥平面 ABCD,且四边形 ADNM 是平行四边形. (1)求证:AC⊥BN; (2)当点 E 在 AB 的什么位置时,使得 AN∥平面 MEC,并加以证 明. 解:(1)证明:连接 BD,则 AC⊥BD. 由已知得 DN⊥平面 ABCD,所以 DN⊥AC. 因为 DN∩DB=D, 所以 AC⊥平面 NDB. 又 BN?平面 NDB, 所以 AC⊥BN. (2)当 E 为 AB 的中点时,有 AN∥平面 MEC.证明如下: 设 CM 与 BN 交于 F,连接 EF. 由已知可得四边形 BCNM 是平行四边形,F 是 BN 的中点, 因为 E 是 AB 的中点,

所以 AN∥EF. 又 EF?平面 MEC,AN?平面 MEC, 所以 AN∥平面 MEC.

1.(2013· 郑州质量预测)设 α,β 分别为两个不同的平面,直线 l?α,则“l⊥β”是“α ⊥β”成立的( ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分不必要条件 C.充要条件

解析:选 A 依题意,由 l⊥β,l?α 可以推出 α⊥β;反过来,由 α⊥β,l?α 不能推出 l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件,选 A. 2.(2013· 山西重点中学联考)已知 l,m,n 是空间中的三条直线,命题 p:若 m⊥l,n ⊥l,则 m∥n;命题 q:若直线 l,m,n 两两相交,则直线 l,m,n 共面,则下列命题为真 命题的是( A.p∧q C.p∨(綈 q) ) B.p∨q D.(綈 p)∧q

解析:选 C 命题 p 中,m,n 可能平行,还可能相交或异面,所以命题 p 为假命题; 命题 q 中,当三条直线交于三个不同的点时,三条直线一定共面,当三条直线交于一点时, 三条直线不一定共面,所以命题 q 也为假命题.所以綈 p 和綈 q 都为真命题,故 p∨(綈 q) 为真命题. 3.(2013· 浙江高考)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面( A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n C.若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α B.若 m∥α,m∥β,则 α∥β D.若 m∥α,α⊥β,则 m⊥β )

解析:选 C 选项 A 中的 m,n 可以相交,也可以异面;选项 B 中的 α 与 β 可以相交; 选项 D 中的 m 与 β 的位置关系可以平行、相交、m 在 β 内. 4.(2013· 广东高考)设 l 为直线,α,β 是两个不同的平面.下列命题中正确的是( A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β C.若 l⊥α,l∥β,则 α∥β B.若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β )

解析:选 B 画出一个长方体 ABCDA1B1C1D1.对于 A,C1D1∥平面 ABB1A1,C1D1∥平面 ABCD,但平面 ABB1A1 与平面 ABCD 相交;对于 C, BB1⊥平面 ABCD,BB1∥平面 ADD1A1,但平面 ABCD 与平面 ADD1A1 相 交;对于 D,平面 ABB1A1⊥平面 ABCD,CD∥平面 ABB1A1,但 CD?平 面 ABCD.

5.(2013· 北京西城一模)如图,正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 是棱 B1C1 的中点,动点 P 在底面 ABCD 内,且 PA1=A1E,则点 P 运动形成 的图形是( A.线段 B.圆弧 C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分 解析:选 B 由 PA1=A1E 知点 P 应落在以 A1 为球心,A1E 长为半径的球面上.又知动 点 P 在底面 ABCD 内,所以点 P 的轨迹是面 ABCD 与球面形成的交线上,故为圆弧,所以 选 B. 6.如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,M,N,P,Q 分别是 AA1, A1D1,CC1,BC 的中点,给出以下四个结论:①A1C⊥MN;②A1C∥ 平面 MNPQ;③A1C 与 PM 相交;④NC 与 PM 异面.其中不正确的结 论是( ) B.② D.④ )

A.① C.③

解析:选 B 作出过 M,N,P,Q 四点的截面交 C1D1 于点 S, 交 AB 于点 R,如图中的六边形 MNSPQR,显然点 A1,C 分别位于这 个平面的两侧,故 A1C 与平面 MNPQ 一定相交,不可能平行,故结 论②不正确. 7.如图,在空间四边形 ABCD 中,M∈AB,N∈AD,若 则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________. AM AN 解析:由 = ,得 MN∥BD. MB ND 而 BD?平面 BDC,MN?平面 BDC, 所以 MN∥平面 BDC. 答案:平行 8.已知 α,β,γ 是三个不重合的平面,a,b 是两条不重合的直线,有下列三个条件: ①a∥γ,b?β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a?γ.如果命题“α∩β=a,b?γ,且________,则 a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是( A.①或② C.①或③ ) AM AN = , MB ND

B.②或③ D.只有②

解析:选 C 由定理“一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面和此平面的 交线与该直线平行”可得,横线处可填入条件①或③.

9.(2013· 皖南八校联考)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是矩形,平面 ABCD⊥平 面 ABE,已知 AB=2,AE=BE= 3,且当规定主(正)视图方向垂直于平面 ABCD 时,该几 何体的左(侧)视图的面积为 最小值为________. 1 解析:由题意可得左视图是一个有一条直角边为 2的直角三角形, 所以其面积为 × 2 2 ×BC= 2 ,解得 BC=1,所以 DE=CE=2,△DCE 是边长为 2 的等边三角形,∠AED= 2 2 .若 M,N 分别是线段 DE,CE 上的动点,则 AM+MN+NB 的 2

∠BEC=30° .将△ADE、 △DCE、 △BCE 展开到同一平面上, 在平面△AEB 中, AE=BE= 3, ∠AEB=120° ,所以 AB=3,即 AM+MN+NB 的最小值是 3. 答案:3 10.(2013· 江苏高考)如图,在三棱锥 SABC 中,平面 SAB⊥ 平面 SBC,AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E, G 分别是棱 SA,SC 的中点.求证: (1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA. 证明:(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点.又因为 E 是 SA 的 中点,所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF?平面 SAB,AF⊥SB,所以 AF⊥平 面 SBC.因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB?平面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA. 11.(2013· 山西诊断考试)在如图所示的几何体中,正方形 ABCD 和矩形 ABEF 所在的平面互相垂直,M 为 AF 的中点,BN⊥CE. (1)求证:CF∥平面 MBD; (2)求证:CF⊥平面 BDN. 证明:(1)连接 AC 交 BD 于点 O,连接 OM. 因为四边形 ABCD 是正方形,所以 O 为 AC 的中点. 因为 M 为 AF 的中点, 所以 FC∥MO.

又因为 MO?平面 MBD,FC?平面 MBD, 所以 FC∥平面 MBD. (2)因为正方形 ABCD 和矩形 ABEF 所在的平面互相垂直, 所以 AF⊥平面 ABCD, 又 BD?平面 ABCD, 所以 AF⊥BD. 又因为四边形 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 因为 AC∩AF=A,所以 BD⊥平面 ACF. 因为 CF?平面 ACF,所以 CF⊥BD. 因为 AB⊥BC,AB⊥BE,BC∩BE=B, 所以 AB⊥平面 BCE. 因为 BN?平面 BCE,所以 AB⊥BN. 易知 EF∥AB,所以 EF⊥BN. 又因为 EC⊥BN,EF∩EC=E, 所以 BN⊥平面 CEF. 因为 CF?平面 CEF,所以 BN⊥CF. 因为 BD∩BN=B,所以 CF⊥平面 BDN. 12.(2013· 深圳调研考试)如图甲,⊙O 的直径 AB=2,圆上两点 C,D 在直径 AB 的两 π π 侧,且∠CAB= ,∠DAB= .沿直径 AB 折起,使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙), 4 3 F 为 BC 的中点,E 为 AO 的中点.根据图乙解答下列各题:

(1)求三棱锥 CBOD 的体积; (2)求证:CB⊥DE; (3)在 BD 上是否存在一点 G,使得 FG∥平面 ACD?若存在,试确定点 G 的位置;若 不存在,请说明理由. π 解:(1)∵C 为圆周上一点,且 AB 为直径,∴∠ACB= , 2 π ∵∠CAB= ,∴AC=BC. 4 ∵O 为 AB 的中点,∴CO⊥AB.

∵AB=2,∴CO=1. ∵两个半圆所在平面 ACB 与平面 ADB 互相垂直且其交线为 AB, ∴CO⊥平面 ABD,∴CO⊥平面 BOD. ∴CO 就是点 C 到平面 BOD 的距离. 1 1 1 3 S△BOD= S△ABD= × ×1× 3= , 2 2 2 4 1 1 3 3 ∴VCCO= × ×1= . BOD= S△BOD· 3 3 4 12 π (2)证明:在△AOD 中,∠OAD= ,OA=OD, 3 ∴△AOD 为正三角形. 又∵E 为 OA 的中点,∴DE⊥AO, ∵两个半圆所在平面 ACB 与平面 ADB 互相垂直且其交线为 AB, ∴DE⊥平面 ABC. ∴CB⊥DE. (3)存在满足题意的点 G,G 为 BD 的中点.证明如下: 连接 OG,OF,FG, 易知 OG⊥BD, ∵AB 为⊙O 的直径, ∴AD⊥BD, ∴OG∥AD, ∵OG?平面 ACD,AD?平面 ACD, ∴OG∥平面 ACD. 在△ABC 中,O,F 分别为 AB,BC 的中点, ∴OF∥AC,∵OF?平面 ACD,AC?平面 ACD, ∴OF∥平面 ACD, ∵OG∩OF=O, ∴平面 OFG∥平面 ACD, 又 FG?平面 OFG,∴FG∥平面 ACD.

第三讲

空间向量与立体几何

利用空间向量证明空间位置关系 一、基础知识要记牢 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面 α,β 的法向量分别为 u=(a3,b3,c3),v =(a4,b4,c4) (1)线面平行: l∥α?a⊥u?a· u=0?a1a3+b1b3+c1c3=0 (2)线面垂直: l⊥α?a∥u?a=ku?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3 (3)面面平行: α∥β?u∥v?u=kv?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4 (4)面面垂直 α⊥β?u⊥v?u· v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0 二、经典例题领悟好 [例 1] 如图所示,在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. [证明] 以 A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系如图所示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0), 1 1? 1? ? D(0,2,0),P(0,0,1),所以 E? ?2,1,2?,F?0,1,2?, 1 ? EF =? -1),PD =(0,2, -1),AP =(0,0,1),AD =(0,2,0), ?-2,0,0?,PB =(1,0,

DC =(1,0,0), AB =(1,0,0).
1 (1)因为 EF =- AB ,所以 EF ∥ AB ,即 EF∥AB. 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,所以 EF∥平面 PAB.

DC =(0,0,1)· DC =(0,2,0)· (2)因为 AP · (1,0,0)=0, AD · (1,0,0)=0,
所以 AP ⊥ DC , AD ⊥ DC ,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又因为 AP∩AD=A,AP?平面 PAD,AD?平面 PAD,所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC? 平面 PDC, 所以平面 PAD⊥平面 PDC.

使用空间向量方法证明线面平行时, 既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方

向向量平行, 然后根据线面平行的判定定理得到线面平行, 也可以证明直线的方向向量与平 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用判定定理进行判定,也可以 证明两个平面的法向量垂直. 三、预测押题不能少 1.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠ABC=90° ,BC=2,CC1=4,点 E 在线段 BB1 上, 且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC1,C1B1,C1A1 的中点. 求证:(1)B1D⊥平面 ABD; (2)平面 EGF∥平面 ABD. 证明:(1)以 B 为坐标原点,BA、BC、BB1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4), 设 BA=a, 则 A(a,0,0), 所以 BA =(a,0,0), BD =(0,2,2),

B1 D =(0,2,-2),
BA =0, B1 D · BD =0+4-4=0, B1 D ·
即 B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又 BA∩BD=B, 因此 B1D⊥平面 ABD. a ? (2)由(1)知,E(0,0,3),G? ?2,1,4?,F(0,1,4), a ? 则 EG =? ?2,1,1?, EF =(0,1,1),

EF =0+2-2=0, EG =0+2-2=0, B1 D · B1 D ·
即 B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又 EG∩EF=E,因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD. 利用空间向量求空间角 一、基础知识要记牢 (1)向量法求异面直线所成的角: 若异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,异面直线所成的角为 θ,则 cos θ=|cos〈a, |a· b| b〉|= . |a||b| (2)向量法求线面所成的角:

求出平面的法向量 n,直线的方向向量 a,设线面所成的角为 θ,则 sin θ=|cos〈n,a〉 |= |n· a| . |n||a| (3)向量法求二面角: 求出二面角 α-l-β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1,n2,若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为锐角, 则 cos θ=|cos〈n1,n2〉|= |n1· n2 | ; |n1||n2|

若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为钝角, 则 cos θ=-|cos〈n1,n2〉|=- 二、经典例题领悟好 [例 2] (2013· 江苏高考)如图, 在直三棱柱 A1B1C1ABC 中, AB⊥AC, |n1· n2 | . |n1||n2|

AB=AC=2,A1A=4,点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. [解] (1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,

则 A(0,0,0), B(2,0,0), C(0,2,0), D(1,1,0), A1(0, 0,4), C1(0,2,4), 所以 A1 B =(2,0, -4),C1 D =(1,-1,-4).

A1 B · C1 D 18 3 10 因为 cos〈 A1 B , C1 D 〉= = = , 10 20 × 18 | A1 B || C1 D |
3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 . 10 (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x, y, z), 因为 AD =(1,1,0), AC1

AD =0,n1· =(0,2,4),所以 n1· AC1 =0,即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y=
-2,所以,n1=(2,-2,1)是平面 ADC1 的一个法向量.取平面 ABA1 的一个法向量为 n2= (0,1,0).设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. n1· n2 ? 由|cos θ|=? ?|n ||n |?=
1 2

2 2 5 = ,得 sin θ= . 3 3 9× 1 5 . 3

因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 [例 3]

(2013· 全国卷Ⅰ)如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA=

CB,AB=AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

[解]

(1)证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B.

因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60° ,故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1 ⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线 为 AB,所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互垂直. 以 O 为坐标原点, OA 的方向为 x 轴的正方向,| OA |为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. 由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3),B(-1,0,0). 则 BC =(1,0, 3), BB1 = AA1 =(-1, 3,0), A1C =(0,- 3, 3). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量,

? BC =0, ?x+ 3z=0, ?n· 则? 即? BB1 =0. ?n· ?-x+ 3y=0. ?
可取 n=( 3,1,-1). 故 n, A1C = 10 =- . 5 |n|| A1C | 10 . 5 n· A1C

所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤: ①建立恰当的空间直角坐标系; ②求出相关点的坐标; ③写出向量坐标; ④结合公式进行论证、计算; ⑤转化为几何结论. (2)求空间角应注意: ①两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β,即 cos α=|cos β|. ②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所求. 三、预测押题不能少

2.如图,在四棱锥 SABCD 中,AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3, 平面 SAD⊥平面 ABCD,E 是线段 AD 上一点,AE=ED= 3,SE⊥AD. (1)证明:平面 SBE⊥平面 SEC; (2)若 SE=1,求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值. 解:(1)证明:∵平面 SAD⊥平面 ABCD,平面 SAD∩平面 ABCD=AD,SE?平面 SAD, SE⊥AD, ∴SE⊥平面 ABCD. ∵BE?平面 ABCD,∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3,AE=ED= 3, ∴∠AEB=30° ,∠CED=60° . ∴∠BEC=90° ,即 BE⊥CE. 又 SE∩CE=E,∴BE⊥平面 SEC. ∵BE?平面 SBE, ∴平面 SBE⊥平面 SEC. (2)由(1)知,直线 ES,EB,EC 两两垂直.如图,以 E 为原点, EB 为 x 轴, EC 为 y 轴, ES 为 z 轴, 建立空间直角坐标系. 则 E(0,0,0), C(0,2 3,0),S(0,0,1),B(2,0,0),所以 CE =(0,-2 3,0), CB = (2,-2 3,0), CS =(0,-2 3,1). 设平面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z), 则?

? n· CB =0,

CS =0. ? n·

?2x-2 3y=0, 即? ?-2 3y+z=0.

令 y=1,得 x= 3,z=2 3, 则平面 SBC 的一个法向量为 n=( 3,1,2 3). 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ, n· CE 1 则 sin θ=| |= , |n|· | CE | 4 1 故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为 . 4 3.如图是多面体 ABCA1B1C1 和它的三视图.

(1)线段 CC1 上是否存在一点 E,使 BE⊥平面 A1CC1?若不存在,请说明理由,若存在, 请找出并证明; (2)求平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值. 解: (1)由题意知 AA1, AB, AC 两两垂直, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0), A1(0,0,2),B(-2,0,0),C(0,-2,0),C1(-1,-1,2),则 CC1 =(-1,1,2), A1C1 =(-1,- 1,0), A1C =(0,-2,-2). 设 E(x,y,z),则 CE =(x,y+2,z),

EC1 =(-1-x,-1-y,2-z).
设 CE =λ EC1 (λ>0), x=-λ-λx, ? ? 则?y+2=-λ-λy, ? ?z=2λ-λz, 则 E?

? -λ ,-2-λ, 2λ ?, BE =?2+λ,-2-λ, 2λ ?. ? ?1+λ 1+λ 1+λ? ?1+λ 1+λ 1+λ? ? ?
2+λ 2+λ

? ? A1C1 =0, ?-1+λ+1+λ=0, ? BE · 由? 得? -2-λ 2λ BE · = 0 , A C ? ? 1 + =0, ? ? 1+λ
1+λ

解得 λ=2,

所以线段 CC1 上存在一点 E, CE =2 EC1 ,使 BE⊥平面 A1CC1.

? A1C1 =0, ? ?m· ?-x-y=0, (2)设平面 C1A1C 的法向量为 m=(x,y,z),则由? 得? ?-2y-2z=0, ? A1C =0, ? ?m·
取 x=1,则 y=-1,z=1.故 m=(1,-1,1),

而平面 A1CA 的一个法向量为 n=(1,0,0), 则 cos〈m,n〉= m· n 1 3 = = , |m||n| 3 3 3 . 3

故平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值为

利用空间向量解决探索性问题 一、经典例题领悟好 [例 4] (2013· 山东聊城二模)如图 1,正△ABC 的边长为 4,CD 是 AB 边上的高,E,F 分别是 AC 和 BC 边的中点,现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB(如图 2).

(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (2)求二面角 EDFC 的余弦值; BP (3)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?如果存在,求出 的值;如果不存在, BC 请说明理由. [解] (1)在△ABC 中,由 E,F 分别是 AC,BC 中点,得 EF∥AB.又 AB?平面 DEF,EF

?平面 DEF,∴AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点,以直线 DB,DC,DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3, 0),E(0, 3,1),F(1, 3,0), DF =(1, 3,0), DE =(0, 3, 1), DA =(0,0,2). 平面 CDF 的法向量为 DA =(0,0,2).设平面 EDF 的法向量为 n=(x,y,z), 则?

? DF · n=0,

?x+ 3y=0, 即? ? 3y+z=0, n=0, ? DE ·

取 n=(3,- 3,3),

DA · n 21 cos〈 DA ,n〉= = , 7 | DA ||n|
所以二面角 EDFC 的余弦值为 21 . 7

(3)存在.设 P(s,t,0),有 AP =(s,t,-2), 2 3 DE = 3t-2=0,∴t= 3 , 则 AP ·

又 BP =(s-2,t,0), PC =(-s,2 3-t,0), ∵ BP ∥ PC ,∴(s-2)(2 3-t)=-st, ∴ 3s+t=2 3. 2 3 4 1 把 t= 代入上式得 s= ,∴ BP = BC , 3 3 3 ∴在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE. 此时, BP 1 = . BC 3

?1?空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、 推理,只需通过坐标运算进行判断. ?2?解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转 化为“点的坐标是否有解, 是否有规定范围内的解”等, 所以为使问题的解决更简单、 有效, 应善于运用这一方法. 二、预测押题不能少 4.如图所示,在直三棱柱 ABCA1B 1C1 中,∠ACB=90° ,AA1=BC =2AC=2. (1)若 D 为 AA1 中点,求证:平面 B1CD⊥平面 B1C1D; (2)在 AA1 上是否存在一点 D, 使得二面角 B1CDC1 的大小为 60° ? 解:(1)证明:如图所示,以点 C 为原点,CA,CB,CC1 所在直 线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 则 C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1), 即 C1 B1 =(0,2,0), DC1 =(-1,0,1), CD =(1,0,1).

CD =(0,2,0)· 由 C1 B1 · (1,0,1)=0+0+0=0,
得 C1 B1 ⊥ CD ,即 C1B1⊥CD.

CD =(-1,0,1)· 由 DC1 · (1,0,1)=-1+0+1=0,
得 DC1 ⊥ CD ,即 DC1⊥CD. 又 DC1∩C1B1=C1, ∴CD⊥平面 B1C1D. 又 CD?平面 B1CD, ∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D. (2)存在.

当 AD=

2 AA1 时,二面角 B1CDC1 的大小为 60° .理由如下: 2

设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a),

CD =(1,0,a), CB1 =(0,2,2),
设平面 B1CD 的法向量为 m=(x,y,z),

?m· CB1 =0 ? ? ?2y+2z=0, 则? ?? ?x+az=0, ? ?m· CD =0 ?
令 z=-1,得 m=(a,1,-1). 又∵ CB =(0,2,0)为平面 C1CD 的一个法向量, 则 cos 60° = |m· CB | |m|· | CB | = 1 1 = , a2+2 2 2 AA1. 2

解得 a= 2(负值舍去),故 AD= 2= ∴在 AA1 上存在一点 D 满足题意.

空间直角坐标系建立的创新问题

空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性, 能把“非运算”问题“运算”化, 即通 过直线的方向向量和平面的法向量解决立体几何问题. 解决的关键环节之一就是建立空间直 角坐标系,因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点. 一、经典例题领悟好 [例] (2013· 重庆高考)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC

π =CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD= ,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. 3 (1)求 PA 的长; (2)求二面角 BAFD 的正弦值. (1)学审题——审条件之审视图形 由条件知 AC⊥BD― ― →DB, AC 分别为 x, y 轴― →写出 A, B, C, D 坐标― ― ― ― ― ― ― ― →
建系 PA⊥面ABCD

PB =0― 设 P 坐标― ― →可得 F 坐标― ― → AF · →得 P 坐标并求 PA 长.
(2) 学审题 由 (1)― → AD , AF , AB 的 坐 标 ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― →
向量n1,n2分别为平面FAD、平面FAB的法向量

PF=CF

AF⊥PB

AD =0 且 n1· AF =0― n1· →求得 n1· n2― →求得夹角余弦.
[解] (1)如图,连接 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为

等腰三角形,又 AC 平分∠BCD,故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点, OB ,

OC , AP 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标
π 系 Oxyz,则 OC=CDcos =1.而 AC=4,得 AO=AC-OC=3.又 OD 3 π =CDsin = 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 3 z? 因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z).由 F 为 PC 边中点,知 F? ?0,-1,2?.又 AF z z2 0,2, ?, PB =( 3,3,-z),AF⊥PB,故 AF · PB =? = 0 ,即 6 - =0,z=2 3(舍去 2? ? 2 -2 3),所以| PA |=2 3. (2)由(1)知 AD =(- 3,3,0), AB =( 3,3,0), AF =(0,2, 3).设平面 FAD 的法 向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),

AD =0,n1· AF =0,得 由 n1·

?- 3x1+3y1=0, 因此可取 n1=(3, 3,-2). ? ?2y1+ 3z1=0,
AF =0,得 由 n2· AB =0,n2·

? 3x2+3y2=0, 故可取 n2=(3,- 3,2). ? ?2y2+ 3z2=0,
从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n 1· n2 1 cos〈n1,n2〉= = . |n1|· |n2| 8 3 7 故二面角 BAFD 的正弦值为 . 8 建立空间直角坐标系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系?本题利用 AC⊥BD?,若图 中存在交于一点的三条直线两两垂直,则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的 垂直关系时, 要通过其他已知条件得到垂直关系, 在此基础上选择一个合理的位置建立空间 直角坐标系,注意建立的空间直角坐标系是右手系,正确确定坐标轴的名称. 二、预测押题不能少 如图,在空间几何体中,平面 ACD⊥平面 ABC,AB=BC=CA= DA=DC=BE=2.BE 与平面 ABC 所成的角为 60° , 且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ABC 的平分线上.

(1)求证:DE∥平面 ABC; (2)求二面角 EBCA 的余弦值. 解:证明:(1)易知△ABC,△ACD 都是边长为 2 的等边三角形, 取 AC 的中点 O,连接 BO,DO,则 BO⊥AC,DO⊥AC. ∵平面 ACD⊥平面 ABC,∴DO⊥平面 ABC. 作 EF⊥平面 ABC,则 EF∥DO. 根据题意,点 F 落在 BO 上,∴∠EBF=60° , 易求得 EF=DO= 3, ∴四边形 DEFO 是平行四边形,DE∥OF. ∵DE?平面 ABC,OF?平面 ABC,∴DE∥平面 ABC. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz, 可求得平面 ABC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 可得 C(-1,0,0),B(0, 3,0),E(0, 3-1, 3), 则 CB =(1, 3,0), BE =(0,-1, 3). 设平面 BCE 的法向量为 n2=(x,y,z), 则可得 n2· BE =0, CB =0,n2· 即(x,y,z)· (1, 3,0)=0,(x,y,z)· (0,-1, 3)=0, 可取 n2=(-3, 3,1). n 1· n1 13 故 cos〈n1,n2〉= = . |n1|· |n2| 13 又由图知,所求二面角的平面角是锐角, 故二面角 EBCA 的余弦值为 13 . 13

A 组(全员必做) 1.如图所示,在多面体 ABCD-A1B1C1D1 中,上、下两个底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互相平行,且都是正方形,DD1⊥底面 ABCD, AB∥A1B1,AB=2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值; (2)已知 F 是 AD 的中点,求证:FB1⊥平面 BCC1B1.

解:以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(2a,0,0), B(2a,2a,0) ,C(0,2a,0) ,D1(0,0 , a) ,F(a,0,0) , B1(a,a , a) , C1(0,a,a). (1)∵ AB1 =(-a,a,a), DD1 =(0,0,a),

AB1 · DD1 3 ∴cos〈 AB1 , DD1 〉= = , 3 | AB1 |· | DD1 |
所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 3 . 3

(2)证明:∵ BB1 =(-a,-a,a), BC =(-2a,0,0),

FB1 =(0,a,a),
? BB1 =0, ? FB1 · ∴? ∴FB1⊥BB1,FB1⊥BC. BC =0. ? FB1 · ?
∵BB1∩BC=B,∴FB1⊥平面 BCC1B1. 2.(2013· 北京高考)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平面 ABC⊥平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BC1B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 BD 的值. BC1

解:(1)证明:因为四边形 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC. 如图, 以 A 为原点建立空间直角坐标系 Axyz,则 B(0,3,0), A1(0,0,4), B1(0,3,4),C1(4,0,4), A1 B =(0,3,-4), A1C1 =(4,0,0). 设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),

? A1 B =0, ?n· 则? A1C1 =0. ? ?n·

? ?3y-4z=0, 即? ?4x=0. ?

令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3). 同理可得,平面 B1BC1 的一个法向量为 m=(3,4,0).

n· m 16 所以 cos〈 n,m〉= = . |n||m| 25 由题知二面角 A1BC1B1 为锐角, 16 所以二面角 A1BC1B1 的余弦值为 . 25 (3)证明:设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且 BD =λ BC1 . 所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4). 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ. 所以 AD =(4λ,3-3λ,4λ). 9 由 AD · A1 B =0,即 9-25λ=0,解得 λ=25. 9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D, 25 使得 AD⊥A1B. 此时, BD 9 =λ= . BC1 25

3.(2013· 湖北省八校联考)如图(1),四边形 ABCD 中,E 是 BC 的中点,DB=2,DC= 1,BC= 5,AB=AD= 2.将图(1)沿直线 BD 折起,使得二面角 ABDC 为 60° ,如图(2).

(1)求证:AE⊥平面 BDC; (2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值. 解:(1)证明:取 BD 的中点 F,连接 EF,AF, 1 则 AF=1,EF= ,∠AFE=60° . 2 由余弦定理知 AE= 1?2 1 3 12+? = . ?2? -2×1×2cos 60° 2

∵AE2+EF2=AF2,∴AE⊥EF. ∵AB=AD,F 为 BD 中点.∴BD⊥AF. 又 BD=2,DC=1,BC= 5,∴BD2+DC2=BC2, 即 BD⊥CD. 又 E 为 BC 中点,EF∥CD,∴BD⊥EF. 又 EF∩AF=F,

∴BD⊥平面 AEF.又 BD⊥AE,∵BD∩EF=F, ∴AE⊥平面 BDC. (2)以 E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A?0,0,

?

3? , 2?

1 1 -1, ,0?,B?1,- ,0?, C? 2 ? 2 ? ? ? 1 ? 3? ? 1 D? ?-1,-2,0? , DB = (2,0,0) , DA = ?1,2, 2 ? , AC =

?-1,1,- 3?. 2 2? ?
设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z), 2x=0, ? ? n· ? DB =0 由? 得? 1 取 z= 3, 3 DA =0 ? ? n· ?x+2y+ 2 z=0, 则 y=-3,又∵n=(0,-3, 3). n· AC 6 ∴cos〈n, AC 〉= =- . 4 |n|| AC | 故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为 10 . 4

4.(2013· 荆州市质量检查)如图所示,在矩形 ABCD 中,AB=3 5,AD=6,BD 是对角 线,过点 A 作 AE⊥BD,垂足为 O,交 CD 于 E,以 AE 为折痕将△ADE 向上折起,使点 D 到点 P 的位置,且 PB= 41.

(1)求证:PO⊥平面 ABCE; (2)求二面角 EAPB 的余弦值. 解:(1)证明:由已知得 AB=3 5,AD=6,∴BD=9. 在矩形 ABCD 中,∵AE⊥BD,∴Rt△AOD∽Rt△BAD, ∴ DO AD = ,∴DO=4,∴BO=5. AD BD

在△POB 中,PB= 41,PO=4,BO=5, ∴PO2+BO2=PB2, ∴PO⊥OB.又 PO⊥AE,AE∩OB=O, ∴PO⊥平面 ABCE. (2)∵BO=5,

∴AO= AB2-OB2=2 5. 以 O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 P(0,0,4), A(2 5,0,0),B(0,5,0),

PA =(2 5,0,-4), PB =(0,5,-4).
设 n1=(x,y,z)为平面 APB 的法向量. 则?

?n1· PA =0,

?2 5x-4z=0, 即? ?5y-4z=0. PB =0, ?n1·

取 x=2 5得 n1=(2 5,4,5). 又 n2=(0,1,0)为平面 AEP 的一个法向量, ∴cos〈n1,n2〉= n1· n2 4 4 61 = = , |n1|· |n2| 61 61×1

4 61 故二面角 EAPB 的余弦值为 . 61 5.(2013· 河北衡水二模)如图,在四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD⊥底 面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥PD,底面 ABCD 为直角梯形,其 中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 中点. (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (2)求 B 点到平面 PCD 的距离; (3)线段 PD 上是否存在一点 Q, 使得二面角 QACD 的余弦值为 值;若不存在,请说明理由. 解:(1)在△PAD 中,PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD.又侧面 PAD⊥底面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO?平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD,所以以 O 为坐标原点,OC,OD, OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0), C(1,0,0),D(0,1,0), ∴ PB =(1,-1,-1),易证 OA⊥平面 POC, ∴ OA =(0,-1,0)是平面 POC 的法向量, 6 PQ ?若存在, 求出 的 3 QD

PB · OA 3 cos〈 PB , OA 〉= = . 3 | PB || OA |
∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 (2) PD =(0,1,-1), CP =(-1,0,1). 6 . 3

设平面 PDC 的一个法向量为 u=(x,y,z), 则?

? u· CP =-x+z=0,
PD =y-z=0, ? u·

取 z=1,得 u=(1,1,1).

| BP · u| 3 ∴B 点到平面 PCD 的距离为 d= = . |u| 3 (3)假设存在一点 Q,则设 PQ =λ PD (0<λ<1). ∵ PD =(0,1,-1), ∴ PQ =(0,λ,-λ)= OQ - OP , ∴ OQ =(0,λ,1-λ),∴Q(0,λ,1-λ). 设平面 CAQ 的一个法向量为 m=(x,y,z), 又 AC =(1,1,0),AQ=(0,λ+1,1-λ), 则?

? AC =x+y=0, ?m·

AQ =?λ+1?y+?1-λ?z=0. ?m· ?

取 z=λ+1,得 m=(1-λ,λ-1,λ+1), 又平面 CAD 的一个法向量为 n=(0,0,1), 二面角 QACD 的余弦值为 6 , 3

|m· n| 6 所以|cos〈m,n〉|= = , |m||n| 3 1 得 3λ2-10λ+3=0,解得 λ= 或 λ=3(舍), 3 所以存在点 Q,且 PQ 1 = . QD 2

6. (2013· 武汉市武昌模拟)如图, 在四棱锥 SABCD 中, 底面 ABCD 是直角梯形,侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直于 AD 和 BC,SA=AB =BC=2,AD=1.M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值; (3)设点 N 是直线 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为 θ,求 sin θ 的最大值. 解:(1)以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0), B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0), S(0,0,2),M(0,1,1). 所以 AM =(0,1,1), SD =(1,0,-2), CD =(-1,-2,0).

设平面 SCD 的法向量是 n=(x,y,z), 则?

? SD · n=0,

? ?x-2z=0, 即? ?-x-2y=0. ? n=0, ? CD ·

令 z=1,则 x=2,y=-1, 于是 n=(2,-1,1). ∵ AM · n=0,∴ AM ⊥n.又 AM?平面 SCD, ∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0). 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 φ, ?2,-1,1?? ? 2 ? n 1· n ? ??1,0,0?· 6 6 则|cos φ|=? = = ,即 cos φ= . ? |n|?=? ?|n1|· 3 3 1· 6 ? 1· 6 ? ? ? ∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 6 . 3

(3)设 N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]),则 MN =(x,2x-3,-1). 又平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴sin θ=? ?1,0,0?? ??x,2x-3,-1?· ? 2 2 1 ? ? x +?2x-3? +?-1?2· 1 1? 5-12·+10·2? x x? 1 . 1 3?2 7 - + 10? ? x 5? 5 1

x ? ?=? =? ? ? 2 ? 5x -12x+10? ? ? = 1 = 1 ?2-12?1?+5 10? ?x ? ? x?

?

1 3 5 35 当 = ,即 x= 时,(sin θ)max= . x 5 3 7 B 组(强化选做) 1.如图,四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形,∠FAB=∠ DAB=90° ,AF=AB=BC=2,AD=1,FA⊥CD. (1)证明:在平面 BCE 上,一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平 行; (2)求二面角 FCDA 的余弦值. 解:(1)证明:由已知得,BE∥AF,BC∥AD,BE∩BC=B,AD∩AF=A, ∴平面 BCE∥平面 ADF. 设平面 DFC∩平面 BCE=l,则 l 过点 C. ∵平面 BCE∥平面 ADF,平面 DFC∩平面 BCE=l, 平面 DFC∩平面 ADF=DF.

∴DF∥l,即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l,使得 DF ∥l. (2)∵FA⊥AB,FA⊥CD,AB 与 CD 相交, ∴FA⊥平面 ABCD. 故以 A 为原点,AD,AB,AF 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间 直角坐标系,如图.由已知得,D(1,0,0),C(2,2,0),F(0,0,2), ∴ DF =(-1,0,2), DC =(1,2,0). 设平面 DFC 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则?

? n· DF =0,

DC =0 ? n·

? ?x=2z, ?? 不妨设 z=1. ?x=-2y, ?

则 n=(2,-1,1),不妨设平面 ABCD 的一个法向量为 m=(0,0,1). ∴cos〈m,n〉= m· n 1 6 = = , |m||n| 6 6

由于二面角 FCDA 为锐角, ∴二面角 FCDA 的余弦值为 6 . 6

2.如图,在四棱锥 PABCD 中,PD⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形,AC=2,BD=2 3,E 是 PB 上任意一点. (1)求证:AC⊥DE; (2)已知二面角 APBD 的余弦值为 EC 与平面 PAB 所成角的正弦值. 解:(1)证明:∵PD⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴PD⊥AC, ∵四边形 ABCD 是菱形,∴BD⊥AC, 又 BD∩PD=D,∴AC⊥平面 PBD, ∵DE?平面 PBD,∴AC⊥DE. (2)在△PDB 中,EO∥PD,∴EO⊥平面 ABCD,分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x 轴, t? y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 设 PD=t, 则 A(1,0,0), B(0, 3, 0), C(-1,0,0), E? ?0,0,2?, P(0,- 3,t), AB =(-1, 3,0), AP =(-1,- 3,t). 由(1)知,平面 PBD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),设平面 PAB 的法 向量为 n2=(x,y,z),则根据? 15 ,若 E 为 PB 的中点,求 5

?n2· AB =0,
AP =0 ?n2·

?-x+ 3y=0, 2 3? 得? 令 y=1,得平面 PAB 的一个法向量为 n2=? 3,1, . t ? ? ?-x- 3y+tz=0,
∵二面角 APBD 的余弦值为 则|cos〈n1,n2〉|= 3 15 ,即 5 15 , 5

15 = ,解得 t=2 3或 t=-2 3(舍去), 5 12 4+ 2 t ∴P(0,- 3,2 3). 设 EC 与平面 PAB 所成的角为 θ, ∵ EC =(-1,0,- 3),n2=( 3,1,1), 则 sin θ=|cos〈 EC ,n2〉|= 2 3 15 = , 5 2× 5 15 . 5

∴EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为

3.如图 1,A,D 分别是矩形 A1BCD1 上的点,AB=2AA1=2AD=2,DC=2DD1,把四 边形 A1ADD1 沿 AD 折叠,使其与平面 ABCD 垂直,如图 2 所示,连接 A1B,D1C 得几何体 ABA1DCD1.

(1)当点 E 在棱 AB 上移动时,证明:D1E⊥A1D; π (2)在棱 AB 上是否存在点 E,使二面角 D1ECD 的平面角为 ?若存在,求出 AE 的长; 6 若不存在,请说明理由. 解:(1)证明,如图,以点 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所 在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz, 则 D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1).设 E(1, t,0), 则 D1 E =(1,t,-1), A1 D =(-1,0,-1), ∴ D1 E · A1 D =1×(-1)+t×0+(-1)×(-1)=0, ∴D1E⊥A1D. (2)假设存在符合条件的点 E.设平面 D1EC 的法向量为 n=(x,y,z),由(1)知 EC =(-

1,2-t,0),

? EC =0, ?-x+?2-t?y=0, ?n· ? 1 1 则? 得? 令 y= ,则 x=1- t,z=1, 2 2 ? x + ty - z = 0 , ? D1 E =0 ? ?n·
1 1 ? ∴n=? ?1-2t,2,1?是平面 D1EC 的一个法向量, 显然平面 ECD 的一个法向量为 DD1 =(0,0,1), |n· DD1 | 则 cos〈n, DD1 〉= = |n|| DD1 | 故存在点 E,当 AE=2- 1 π 3 =cos ,解得 t=2- (0≤t≤2). 6 3 1 1 ?1- t?2+ +1 ? 2? 4

3 π 时,二面角 D1ECD 的平面角为 . 3 6

4.如图,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB=60° ,点 E,F 分别在边 CD,CB 上, 点 E 与点 C,D 不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿 EF 将△CEF 翻折到△PEF 的位置,使平 面 PEF⊥平面 ABFED.

(1)求证:BD⊥平面 POA; (2)当 PB 取得最小值时,请解答以下问题, ①求四棱锥 PBDEF 的体积; ②若点 Q 满足 AQ =λ QP (λ>0),试探究:直线 OQ 与平面 PBD 所成角的大小是否一 π 定大于 ?并说明理由. 4 解:(1)证明:∵菱形 ABCD 的对角线互相垂直, ∴BD⊥AC,∴BD⊥AO, ∵EF⊥AC,∴PO⊥EF. ∵平面 PEF⊥平面 ABFED, 且 PO?平面 PEF, ∴PO⊥平面 ABFED. ∵BD?平面 ABFED,∴PO⊥BD. ∵AO∩PO=O,∴BD⊥平面 POA. (2)如图,以 O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. ①设 AO∩BD=H, ∵∠DAB=60° ,

∴△BDC 为等边三角形, 故 BD=4,HB=2,HC=2 3. 又设 PO=x(0<x<2 3), 则 OH=2 3-x,OA=4 3-x. 则 O(0,0,0),P(0,0,x),B(2 3-x,2,0),

PB =(2 3-x,2,-x),
故| PB |= ?2 3-x?2+22+x2= 2?x- 3?2+10,

当 x= 3时,|PB|min= 10.此时 PO= 3,OH= 3. 由(1)知,PO⊥平面 BFED, 1 ∴VPS · PO=3. BDEF= · 3 梯形 BDEF ②连接 OQ,设点 Q 的坐标为(a,0,c), 由①知,OP= 3,则 A(3 3,0,0),B( 3,2,0),D( 3,-2,0),P(0,0, 3). ∴ AQ =(a-3 3,0,c), QP =(-a,0, 3-c), ∵ AQ =λ QP (λ>0),

? ?a-3 3=-λa, ∴? 解得? ?c= 3λ-λc,
∴Q?

, ?a=λ3+3 1

? ?c=λ+1.



? 3 3 ,0, 3λ ?,∴ ? 3 3 ,0, 3λ ?. =? OQ ? ? λ+1? λ+1? ?λ+1 ?λ+1

设平面 PBD 的法向量为 n=(x,y,z),

PB =0,n· BD =0. 则 n·
∵ PB =( 3,2,- 3), BD =(0,-4,0),

? 3x+2y- 3z=0, ∴? ?-4y=0,
取 x=1,得 y=0,z=1,∴n=(1,0,1). 设直线 OQ 与平面 PBD 所成的角为 θ, 则 sin θ=|cos〈 OQ ,n〉|= | OQ · n| | OQ |· |n|

? 3 3 + 3λ ? ?λ+1 λ+1? |3+λ| ? ? = = 2· 9+λ2 ? 3 3 ?2+? 3λ ?2 2· ? ? ? ? ?λ+1? ?λ+1?



1 · 2

9+6λ+λ2 1 6λ = · 1+ . 9+λ2 9+λ2 2

6λ 又∵λ>0,∴6λ≤9+λ2,即 0< ≤1, 9+λ2 ∴ 2 <sin θ≤1. 2

π? π π ∵θ∈? ?0,2?,∴4<θ≤2. π 故直线 OQ 与平面 PBD 所成的角一定大于 . 4


赞助商链接
更多相关文档:

《立体几何》专题复习答案

​专​题​复​习​答​案1、D; 2、A;3、D;4、 2 2 ; 5、解(Ⅰ)这个几何体的直观图如图 2-2 所示. (Ⅱ)这个几何体...

2014高三数学二轮复习专题4 第1讲 空间几何体 教师版

2014高三数学二轮复习专题4 第1讲 空间几何体 教师版_高三数学_数学_高中教育_...俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察 何体画出的轮廓线.画...

高三第二轮复习专题八:立体几何(文科)

​轮​复​习​专​题​八​:​​(​...高三第二轮复习专题八:立体几何(文科) 李万萍 1.以下五个命题中,所有真命题的...

高三第二轮复习立体几何试题

4页 免费 2013年高考第二轮复习数... 6页 免费 2014高三数学二轮专题复......高​三​二​轮​复​习​,​​的​综​...

二轮复习 立体几何

立体几何第二轮复习 14页 免费二​轮​复​习​ ​ ​ 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 本​文​档​适​合​高...

高考数学第二轮专题复习---立体几何专题

凸面、正多面体的概念,球的概念,要“掌握”的主要是这些 何体的性质以及...四、二轮复习策略 1、二轮复习紧紧抓住立几第一部分不动摇,除了突出知识的主干...

...方​法​研​究​立​体​几​何​...

​法​研​究​​公​开​课​教​案...2014 年 4 月 3 日 (高三第二轮专题复习) 1 一、课题: 《用空间用量的...

广东省廉江市第三中学2014届高三数学专题复习 立体几何...

​专​题​复​习​ ​​欧​拉​定​...广东省廉江市第三中学 2014 届高三数学专题复习 立体几何欧拉定理与球 学案一、...

高考第一轮复习——立体几何(二)(理)

专题推荐 2014年高考语文新课标I卷... 2014年高考...高​中​​中​关​...= 2 HM 3 3 2 第 4 页 版权所有 不得复制 ...

高考数学第二轮专题复习之专题7立体几何

高考数学第二轮专题复习... 9页 4下载券高​考​数​学​第​二​轮​专​题​复​习​之​专​题​7​ 暂无...

更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com