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高中数学总复习经典易错题会诊与试题预测(下)3


命题角度 3 空间距离 1. (典型例题)在空间中,与一个△ABC 三边所在直线距离都相等的点的集合是 ( ) A.一条直线 B.两条直线 C.三条直线 D.四条直线 [考场错解]设该点为 P,且 P 在平面 ABC 上的射影为 O,因为 P 到△ABC 三边所在直 线距离都相等,所以 O 到△ABC 的三边直线的距离都相等,即 O 为△ABC 的内心, 所以本题中符合条件的点在

过 0 且与平面 ABC 垂直的直线上,所以选 A。 [专家把脉] 在平面上与一个三角形三边所在直线等距离的点不只内心一个,实际任意 两个角的外角平分线的交点(我们称其为傍心)也符合到三角形三边所在 直线等距离 [对症下药] 设该点为 P, P 在平面 ABC 上的射影为 O, 且 因为 P 到△ABC 三边所在直线距离都相等, 所以 O 到△ABC 的三边所在直线的距离都相等, 即 O 为△ABC 的内心或傍心, 所以本题中符合题意的点在过内心或傍心且与平面 ABC 垂直的直线上,这样的直线有 4 条,所以选 D。 2. (典型例题) 如图 10-15, 在棱长为 4 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, 是正方形 A1B1C1D1 O 的中心,点 P 在棱 CC1 上,且 CC1=4CP。 (1)求直线 AP 与平面 BCC1B1 所成角的大小(结果用反三角表示) ; (2)设 O 点在平面 D1AP 上的射影为 H,求证:D1H⊥AP; (3)求点 P 到平面 ABD1 的距离。 [考场错解] 第(3)问:∵ABCD—A1B1C1D1 为正方体,∴AB⊥面 BCC1B1,∴BP⊥ AB,∴BP 即为 P 到平面 ABD1 的距离,在 Rt△BCP 中,BP=
17

[专家把脉] 线面垂直的判定有误, 错解中 BP⊥AB, BP 与平面 ABD1 但 不垂直,所以 P 到平面 ABD1 的距离不是 BP。 正解一: (1)如图 10-16,连接 BP,∵AB⊥平面 BCC1B1,∴AP 与平 面 BCC1B1 所成的角就是∠APB。∵CC1=4CP,CC1=4,∴CP=1。在 Rt △APB 中,∠PCB 为直角,BC=4,CP=1,故 BP= tan∠APB=
AB BP ? 4 17 17 ,
17 .

在 Rt△APB 中,∠APB 为直角,

∴∠APB=arctan

4 17 17

.

(2)连接 A1C1,B1D1,∵A1B1C1D1 为正方形,∴D1O⊥A1C1 又 AA1⊥底面 A1B1C1D1, ∴AA1⊥D1O,∴D1O⊥平面 A1APC1,由于 AP ? 平面 A1AOC1,∴D1O⊥AP。∵平面 D1AP 的斜线 D1O 在这个平面内的射影是 D1H,∴D1H⊥AP。 (3)连接 BC1,在平面 BCC1B1 中,过点 P 作 PQ⊥BC1 于点 Q。∵AB⊥平面 BCC1B1, PQ ? 平面 BCC1B1,∴PQ⊥AB,∴PQ⊥平面 ABC1D1,∴PQ 就是 P 到平面 ABD1 的距 离,在 Rt△C1PQ 中,∠C1QP=90°,∠PC1Q=45°,PC1=3,∴PQ= 面 ABD1 的距离为
3 2 2 3 2 2 . 即点

P 到平



正解二: (1)以 DA 、 DC 、 DD 1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间坐标系,∵ AB⊥平面 BCC1B1,∴AP 与平面 BCC1B1 所成的角为∠APB。∵CC1=4CP,CC1=4,∴ CP=1,A(4,0,0) 、P(0,4,1) 。B(4,4,0) 。∴ PA =(4,-4,-1) PB , ∴cos∠APB=
PA ? PB | PA | ? | PB | ? 561 33

? ( 4 , 0 , ? 1)
561 33

∴直线 AP 与平面 BCC1B1 所成的角为 arccos

;(2)

连接 D1O, (1) D1 由 有 (0, 4) O 0, 、 (2, 4) ∴ D1O = 2, , (2, 0) PA ? D1O 2, , 又因为 D1AP 的斜线 D1O 在这个平面内的射影是 D1H。 ∴D1H⊥AP;

? 0 ,? PA ? D1O

(3)由正方体的性质不难得出 B1C 为平面 ABD1 的一个法向量,B1(4,4,4) 、C(0, 4,0) 、P(0,4,1)∴
B1C

=(-4,0,-4), BP =(-4,0,1), ? d

?

| B1C | ? | BP | | B1 C |

?

12 4 2

?

3 2

2 ? P 到平面 ABD 1的距离为

3 2

2

3. (典型例题)如图 10-17,在三棱锥 V—ABC 中,底面△ABC 是以∠B 为直角的等腰直 角三角形,又 V 在底面 ABC 上的射影在线段 AC 上且靠近 C 点,且 AC=4,VA= VB 与底面 ABC 成 45°角。 (1)求 V 到底面 ABC 的距离; (2)求二面角 V—AB—C 的大小。 [考场错解](1)过 V 作 VD⊥AC,垂足为 D,连接 BD,由已 知有 VD⊥平面 ABC,在直角三角形 VBD 中,∠VBD 为直线 VB 与底面 ABC 所成的角, ∠VBD=45°, BD= 到底面 ABC 的距离等于 2。 [专家把脉] BD 与 AC 垂直是错误的,BD≠
2 2 ?2 4 2 2 2 ?2 4 2 ? 2 ,?
14



V

,错误的原因是缺少函数方程思

想,VD 直接计算在本题中做不到,而应设未知数,建立方程来求解。 [对症下药] (1)如图 10-18,在平面 VAC 中,过 V 作 VD⊥AC 于 D,连接 BD,由已 知 VD⊥平面 ABC,∠VBD 为 VB 与底面所成的角,∠VBD=45°,设 CD=x,则在 Rt △VAD 中,VD2=VA2-AD2=14-(x-2)2=-x2+8x-2,在直角三角形 VBD 中,∠VDB=90°, ∠VBD=45°,BD2=x2+8-4
2x ? 2 2

=x2-4x+8.在直角三角形 VBD 中,∠VDB=90°,∠

VBD=45°,∴VD=BD,即-x2+8x-2=x2-4x+8,解得 x=1 或 x=5,又由题意 x=5 应舍去,∴ x=1 此时 VD=
? ( ? 1) ? 8 ? 1 ? 2 ?
2

5 ,?

V 到底面 ABC 的距离为

5

;(2)过 D 作 OE⊥AB 于

E,连结 VE,∵VD⊥底面 ABC,DE⊥AB,∴VE⊥AB, ∴∠VED 为二面角 V—AB—C 的平 面角。在平面 ABC 中,CB⊥AB,DE⊥AB,∴DE∥BC,由(1)知
DE BC ? AD AC ? 3 4 ,? DE ? 3 4 BC ? 3 2 2 ,

在 Rt△VDE 中,VD=

5

,∠VDE=90°DE

3 2 2

,∴tan

∠VED=
3

5 2 2

?

10 3

, ? VED ? arctan

10 3

.

∴二面角 V—AB—C 的大小为 arctan

10 3

.

专家会诊 空间中的距离以点到面的距离为中心内容,大多数距离问题都可以转化为点到面的距 离,求法比较灵活,主要有: (1)直接法。过该点作面的垂线,求出垂线段的长度,不 过不能只顾作, 计算不出来, 应先利用线面的位置关系判断垂足的位置; (2) 间接解法: 利用三棱锥的体积进行等积变换来求解; (3)利用空间向量求解,公式是 d
? |a?n | |n |



其中 n 为平面的法向量,a 为过该点的平面的一条斜线段所确定的一个向量。 考场思维训练 1 如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各条棱长都为 a, P 为 A1B 上的点。 (1)试确定
A1 P PB

的值,使得 PC⊥AB;

答案:过 P 作 PM⊥AB 于 M,连结 CM,∵ABC-A1B1C1 为正三棱柱,∴PM⊥平面 ABC,∴PC 在下 底面上的射影为 CM,∵PC⊥AB,∴CM⊥AB,又△ABC 为等边三角形,∴M 为 AB 中点,即 P 为 A1B 的中点,
? A1 P PB ? 1时 , PC ? AB .

(2)若

A1 P PB

?

2 3

,求二面角 P—AC—B 的大小;

答案:过 P 作 PM⊥AB 于 N,过 N 作 NQ⊥AC 于 Q,连结 PQ,根据三垂线定理得∠PQN 为二面 角 PQN= P—AC—B
3 5 a? 10 2 3a

的 平 角 .
?

PN=
?

3 5

a , NQ ?

2 5

?

3 2

a

, 在
60
?

Rt △ PQN

中 , tan ∠

3 ,? ? PQN ? 60 .  即二面角

P ? AC ? B 的大小为

(3)在(2)的条件下,求 C1 到平面 PAC 的距离。 答案: Vc 1 ? PAC
? 1 3 h ? S ? PAC ? V P ? ACC
1

?

1 3

?

3 5

a?

1 2

a , 解得 h ?

2

a 2

,? C 1到平面 PAC 的距离为

a 2

.

2

长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=9,AB=AC=6

3

,N 为 BC 中点,M 为 A1B 的中

点,P 为 C1D1 的中点,如图, (1)求点 P 到平面 B1MN 的距离; 答案:如图,平面 B1MN 截长方体所得的截面为 A1B1NR,∵C1D1//A1B1,∴C1D1//平面 A1B1NR, ∴P 到平面 B1MN 的距离等于 C1 到平面 B1MN 的距离, C1G⊥B1N 于 G, 作 ∵ABCD—A1B1C1D1 为长方 体, ∴C1G⊥平面 B1MN,在距形 BCC1B1 中,BB1=AA1=9,B1C1=BC=6 BB1N=30°,∠C1B1G=60°,C1G=6
3? 3 2 ? 9.
3

,B1N=6

3

,∴∠

∴P 到平面 B1MN 的距离为 9.

(2)求 PC 与平面 B1MN 所成的角。 答案: ∵PC//MB, ∴PC 与平面 B1MN 所成的角等于 MB 与平面 B1MN 所成的角, B 作 BH⊥B1N 过 于 H , 作 BH ⊥ 平 面 B1MN , ∠ BMH 为 MB 与 平 面 B1MN 所 成 的 角 ,

BH= 3

9 2

, MB ? 6 3 ,? sin ? BMH

?

3 4

. ? PC 与平面 B1 MN 所成的角为

arc

sin

3 4

.

已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面, 1ACC1 与底面 ABC 垂直, A ∠ABC=90°, BC=2, AC=2
3

,且 AA1⊥A1C,AA1⊥A1C。如图所示。

(1)求侧棱 AA1 与底面 ABC 所成二面角的大小; 答案:取 AC 中点 D,连 A1D,∵AA1=AC,∴A1D⊥AC 又侧面 A1ACC1⊥平面 ABC,∴A1D⊥平面 ABC, ∴∠A1AD 为 AA1 与平面 ABC 所成的角,由已知∠A1AD=45° (2)求侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角的大小; 答案:作 DE⊥AB,由三垂线定理 AB⊥A1E,∴∠A1ED 为侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角的 平面角.又 BC⊥AB,∴DE//BC,DE= ∴tan∠A1ED=
3

1 2

BC ? 1, A1 D ?

3,

,

∴∠A1ED=60°. ∴侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角为 60°. (3)求顶点 C 到侧面 A1ABB1 的距离。 答案: D 到平面 A1ABB1 的距离是 C 到该平面距离的一半,由(2)知平面 A1ED⊥平面 A1ABB1, 作 DF⊥A1E,则 DF⊥平面 A1ABB1,又 DF=
3 2 ,

∴C 到平面 A1ABB1 的距离为

3

.

命题角度 4 简单几何体 1. (典型例题)如图 10-22,在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=3,AA1=4,M 为 AA1 的中 点,P 是 BC 上一点,且由 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到 M 的最短路线长为
29

,设这

条最短路线与 CC1 的交点为 N。 求: (1)该三棱柱侧面展开图的对角线长; (2)PC 与 NC 的长; (3)平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小(用反三角函数表示) 。 [考场错解] 第 (2) 过 M 作 MN⊥CC1 于 N, 问: 则由已知有 MN+NP=3+NP= 此时 N 为 CC1 的中点,NC=2,PC= [专家把脉] 依题意是 MN+NP 的最小值为
NP
2

29

, NP=

29

-3,

? NC

2

?

36 ? 6 29



29

,而错解中认为 MN 最小,则 MN+NP 就最小,

这是错误的. [对症下药] (1)正三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面展开图是一个长为 9,宽为 4 的矩形,其对角 线长为
9
2

? 4

2

?

97



(2) 如图 10-23, 将侧面 BB1C1C 绕棱 CC1 旋转 120°, 使其与侧面 AA1C1C 在同一平面上, 点 P 运动到 P1 的位置, 连接 MP1, MP1 就是由点 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到点 M 的 则 最短路线。设 PC=x,则 P1C=x,在 Rt△MAP1 中,由勾股定理得(3+x)2+22=29,求 得 x=2, ∴PC=P1C=2,
NC MA ? P1C P1 A ? 2 5 ,? NC ? 4 5 .

(3)解法一:连接 PP1,则 PP1 就是 MNP 与平面 ABC 的交线,作 NH⊥PP1 于 H,又 CC1 ⊥平面 ABC,连接 CH,由三垂线定理得,CH⊥PP1,∴∠NHC 就是平面 MNP 与平面 ABC 所成二面角的平面角(锐角) 。在 Rt△PHC 中,∵∠PCH= ∠PCP1=60°,∴
2 1

CH=

PC 2

? 1 、在

Rt△NCH 中 tan∠NHC=

NC CH 4

?

4 5

,

∠NHC=arctan ∴平面 NMP 与平面
5

4

ABC 所成二面角(锐角)的大小为 arctan 。
5

解法 2: ∵△MPN 在△ABC 上的射影为△APC, 设所求的角为θ 则 cosθ = 故平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小为 arccos
5 41 41

S ? APC S ? MNP

?

5 41 41

.

.
2

2. (典型例题)如图, 直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的底面 ABCD 为平行四边形, 其中 AB= BD=BC=1,AA1=2,E 为 DC 中点,点 F 在 DD1 上,且 DF= 。
4 1



(1)求异面直线 BD 与 A1D1 的距离; (2)EF 与 BC1 是否垂直?请说明理由; (3)求二面角 E—FB—D 的正切值。 [考场错解] 第(2)问:∵ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴EF 在面 BCC1B1 上的射影为 CC1,而 BC1 与 BC1 不垂直,∴EF 与 BC1 不垂直。 [专家把脉] 把直四棱柱看成长方体了,实际上,长方体是底面为长方形的直四棱柱,本题 中的底面 ABCD 为平行四边形,所以 ABCD—A1B1C1D1 不是长方体,也就是说 EF 在面 BCC1B1 上的射影不是 CC1。 [对症下药] 正解一: (1)∵ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴DD1⊥AD1,DD1⊥BD,∴ DD1 为 A1D1 与 BD 的公垂线段,DD1=2,∴A1D1 与 BD 的距离为 2; (2) ∵BD=BC=1, CD= 2 , ∴△BCD 为等腰直角三角形, 为 CD 的中点, E ∴BE⊥CD, 又 ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴BE⊥面 CDD1C1,∴BE⊥EF,在 Rt△FDE 中,∠ FDE=90°,FD= ,DE=
4 1

2 2

,∴EF2=

9 16

,在 Rt△C1CE 中,∠
9 7

C1CE=90°,EC= D1C1=
2

2 2

,CC1=AA1=2, ∴DE21= ,在 Rt△D1FC1 中,∠FD1C1=90°,D1F= ,
2 4

,∴ FC 12

?

81 16

∴FC21=EF2+EC21,∴EF⊥EC1,得 EF⊥平面 BEC1∴FF⊥BC1

(3)如图 10-24,过 E 作 EO⊥BD,过 O 作 OM⊥BF 于 M,连接 EM,易证得 EO⊥平 面 BDF,∴∠EMO 为二在角 E—FB—D 的平面角,∵∠DBC=90°,EO⊥BD,∴EO∥ BC,又 E 为 CD 中点,∴EO= 在 Rt△EOM 中,tan∠EMO= 为 arctan
17 .

1 2

BC ?

1 2

,在△BDF 中,△BOM~△BFD,∴OM= ,∴∠EMO=arctan
17

1 2 17



EO OM

?

17

,∴二面角 E—FB—D 的大小

(1) 同正解一; (2) 由已知可得∠ADB=90°,DD1⊥平面 ABCD,∴以 DA 、 DB 、 DD 1 分别为 x,轴 y 轴,z

轴的正方向,建立空间坐标系,F(0,0, ) 、E( ?
4

1

1 1 , ,0 2 2

) 、A(1,0,0) 1(0, 、D

0,2) ,∴ EF = (
EF ? AD 1 ? 1 2

1 2

,?

1 1 , ) 2 4 1 2 )?

AD 1

=(-1,0,2) 又 BC1∥AD1,∴EF⊥AD1。

? ( ? 1) ? 0 ? ( ?

1 4

? 2 ? 0 ,? EF ? AD 1 ,

(3) 可以得平面 BDF 的一个法向量为 AD , 而 AD =(-1,0,0) ,B(0,1,0)
BE ? ( ? 1 2 ,? 1 2 1 2 x? 1 2 , 0 ), EF ? ( 1 2 ,? 1 1 , ) 2 4 1 2 x?

,设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z)由 n⊥
1 2 y ? 1 4 z ? 0

BE , n ? EF 得 , ?

y ? 0,

,令 x=1,得 y=-1,z=-4, ∴平面 BEF 的一个法向
? 2 6

量为 n=(1,-1,-4) ,∴cosα = arccos
2 6 .

| n ? AD | | n | ? | AD |

,∴所求二面角 E—FB—D 的大小为

专家会诊 棱柱、棱锥、球是几何中的重要载体,学习中除了牢固掌握有关概念、性质、面积体积公 式之外,还要灵活运用有关知识进行位置益寿延年 判断与论证,进而达到计算的目的, 在计算时要注意把某些平面图形分离现来运用平面几何的知识来进行计算, 这是立体几何 中计算问题的重要方法和技巧。 考场思维训练 1 如图,正四面体 ABCD 的棱长为 1,P、Q 分别为 AB、CD 上两点,且 AP=CQ=λ , 求出正四面体侧面上从 P 到 Q 的最小距离。 答案:解析:由对称性知,在侧面上从 P 到 Q 只需考虑两种情形,即从 P 到 Q 经过棱 AC 或 经过棱 AD. ①当经过棱 AC 时,如图 1 沿 AD 把侧面展开,∵AP=CQ=λ ,且 AP//CQ. ∴四边形 APCQ 为平 行四边形,∴E 是 PQ 的中点,∴PQ=2PE,在△APE 中,∠PAE=60°,AP=λ ,AE= ,由余弦 2 定理,有 PE= ∴PQ=
2

1

? ?

2

1 4

?

1 2

? cos 60 ,

?

4? ? 2? ? 1;

② 当 经 过 棱
? 1 2 时,
2

AD

时 , 如 图
1 2 时,
2

2 , 沿

AC

展 开 , 此 时

PQ=1 , 又 ∵ λ

4 ? ? 2 ? ? 1 ? 1, 当 ? ?

4? ? 2? ? 1 ? 1

∴PQ

1 ? 2 ? 4? ? 2? ? 1,? ? ? 2 的最小值为 ? 1 ?1 ? ? ? 2 ?

2 如图,已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AC=BC,D 为 AB 的中点,平面 A1B1C1 平面 ABB1A1,异面直线 BC1 与 AB1 互相垂直。 (1)求证:AB1⊥平面 A1CD;

答案:取 A1B1 中点 D1,连结 BD1、C1D1,可证明 C1D1⊥平面 ABB1A1,从而 C1D1⊥AB1.又由垂 线定理可得 AB1⊥BD1,∵CD//C1D1,∴CD⊥AB1,A1C//BD1,∴A1C⊥AB1,∴AB1⊥平面 A1CD. (2) CC1 与平面 ABB1A1 的距离为 1, 1C= 若 A
37

,AB1=5,求三棱锥 A1—ACD 的体积。

答案:由(1)知 C1D1⊥平面 ABB1A1, ∴CD⊥平面 ABB0A1, ∵CC1 平面 ABB1A1,∴CC1 到平面 ABB1A1 的距离为 CD.即为 C-A1AD 的高. ∴CD=1,在 Rt△A1CD 中,A1C=
37 ,

∴A1D=

37 ? 1 ? 6 .

设 AB1 交 A1D、D1B 于点 E、F.

∵A1D//D1B,AD=DB, ∴AE=EF,同理 EF=FB1, ∴AE=
1 3 AB 1 ? 5 3 , 又 ? AB 1 ? A1 D ,

? S ?A

1 AD

?

1 2

A1 D ? AE ? 5 , 1 3 ? 5?1 ? 5 3 .

? V A ? ACD ? V C ? A1 AD ?
1

3 如图所示,正三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱长为 2,底面边长为 1,M 是 BC 的中点, 在直线 CC1 上找一点 N,使 MN⊥AB1。 答案:解析:∵ABC—A1B1C1 为正三棱柱,M 为 BC 中点 ∴AM⊥BC,又侧面 BCC1B1⊥底面 ABC, ∴AM⊥平面 BCC1B1. ∴AB1 在平面 BCC1B1 上的射影为 B1M,要 MN⊥AB1,只须 MN⊥B1M 即可. 如图所示 建 立 直 角 坐 标 系 , M (
1 2 , 0 ), B1 ( 0 , 2 ), 设 N (1, y ), 则由 B1 M ? MN 有 ( 1 2 ,? 2 ) ? ( 1 2 , y ) ? 0, 得 y ? 1 8 . ? CN ? 1 16 CC 1 . ? N 在 CC 1的一个等分点处 .

) 探究开放题预测 预测角度 1 利用三垂线定理作二面角的平面角 1 如图 10-28,正三棱术 ABC—A1B1C1 的所有棱长均相等,D 是 BC 上一点,AD⊥C1D (1)求二面角 C—AC1—D 的大小; (2)若 AB=2,求直线 A1B 与截面 ADC1 的距离 [解题思路] 求二面角的大小,一般先利用三垂线定理作出二面角的平面角,再通过解三 角形得出结果, 二面角有两个半平面, 先要分析过哪个半平面内有一点能方便地作出另外 一个半平面的垂线,一般利用“有两个面垂直,在一个面内作交线的垂线,则这条线垂直 另外一个面”这个性质来作。本题中可以先证平面 ADC1⊥平面 BCC1B1,再过 C 作 C1D 的垂线,则这条线与平面 ADC1 垂直,再利用三垂线定理作出平面角,第(2)问可求 B 到平面 ADC1 的距离。 [解答](1)如图 10-29,∵ABC—A1B1C1 为正三棱柱:CC1⊥AD,又 AD⊥C1D,∴AD ⊥平面 B1BCC1。 ∴平面 ADC1⊥平面 BCC1B1。 C 作 CE⊥C1D 于 E, CE⊥平面 ADC1, 过 则 过 E 作 EF⊥AC1,连接 FC,则由三垂线定理知∠CFE 为二面角 C—AC1—D 的平面角。 设 AB=a,D 是 BC 的中点,CE=
CC 1 ? CD C1 D ? 5 5 a , CF ? AC ? CC 1 AC 1 ? 2 2 a,

在 Rt△EFC 中,sin

∠EFC=

10 5

,∴二面角 C—AC1—D 的大小为 arcsin

10 5

(1) 连接 A1C,设 A1C∩AC1=O,连接 DO,则 A1B∥DO,∴A1B∥平面 ADC1,∴A1B 到 截面 ADC1 的距离等于 B 到 ADC1 的距离,过 B 作 BH⊥C1D,交 C1D 的延长线于 H, 由(1)平面 ADC1⊥平面 BCC1B1 得 BH⊥平面 ADC1,即 BH 为 B 到面 ADC1 的距离 BH=EC= 2 ? 2
5 5 ? 2 5 5 .

∴直线 A1B 与平面 ADC1 的距离为

2 5 5

如图 10-30,ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,M、N、R 分别是 AB、PC、CD 的中点, (1)求证:直线 AR∥平面 PMC; (2)求证:直线 MN⊥直线 AB; (3)若平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角)为θ ,能束确定θ 使直线 MN 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线,若能确定,求出θ 的值;若不能确定,说明理由。 [解题思路] 证线面平行,先证线线平行,证线线垂直,通过线面垂直转换,这是一般的 解题思路,用这种解题思路证(1)(2)问,第(3)问先作(或找)出这个二面角的 、 平面角,再通过解方程的方法求出θ 的值。 [解答](1)如图 10-30,∵ABCD 为矩形,M、R 分别为 AB、CD 的中点,∴AM ? CR, ∴四边形 ARCM 为平行四边形,∴AR∥CM,∴AR∥平面 PMC。 (2)由已知可得 AB⊥MR,AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PD,又 RN 为△PCD 的中位线, ∴NR∥PD,得 AB⊥平面 MNR,∴AB⊥MN。 (3)∵PA⊥平面 ABCD,AD⊥DC,∴∠PDA 为平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面 角(锐角)的平面角,∴θ =∠PDA。由(2)知 MN⊥AB,AB∥CD,∴MN⊥CD,又 MN⊥PC, ∴MN⊥平面 PCD, ∴MN⊥NR, ∴∠MNR=90°, Rt△PDA 中, AD=a, 在 设 PD=
a cos ?
1
//

,在 Rt△MNR 中,
a 2 cos ? , MR ? a , ? NRM ? ? PDA ? ? ,? cos ? ? NR MR ? 1 2 cos ? ,? cos ? ? 2 2 ,得 ? ?

NR= PD=
2

?
4

时,能

使直线 MN 是异面直线 AB、PC 的公垂线。 预测角度 2 求点到面的距离 1.如图,PA⊥平面 AC,四边形 ABCD 是矩形,E、F 分别是 AB、PD 的中点。 (1)求证:AF∥平面 PCE; (2)若二面角 P—CD—B 为 45°,AD=2,CD=3。 (i)求二面角 P—EC—A 的大小; (ii)求点 F 到平面 PCE 的距离。 [解题思路] 过 AF 作一个平面与平面 PEC 相交,证明 AF 与交线平行,由于 E、F 为中 点,所以取 PC 的中点即可;分别作出 P—CD—B 和 P—EC—A 的平面角,求点 F 到平 面 PCE 的距离可用直接法,也可以用间接解法。 [解答] (1)如图,取 PC 的中点 M,连接 ME、MF,∵FM∥CD,FM= CD,AE∥
2 1

CD,AE= CD,∴AE∥MF 且 AE=MF,∴四边形 AFME 是平行四边形。
2

1

∴AF∥EM,∵AF ? 平面 CPE,∴AF∥平面 PCE。 (2) (i)∵PA⊥平面 AC,CD⊥AD,根据三垂线定理知,CD⊥PD,∠

PDA 是二面角 P—CD—B 的平面角,则∠PDA=45°,于是△PAD 为等腰直角三角形, 过 A 作 CE 的垂线交 CE 的延长线于 G, 连接 PG, 根据三垂线定理知∠PGA 为二面角 P —EC—A 的大小为 arctano .
3 5

(ii)解法一: ∵AF⊥PD, AF⊥CD, 又 ∴AF⊥平面 PCD, EM∥FA, 而 ∴EM⊥平面 PCD, 又 EM ? 平面 PEC,∴平面 PEC⊥平面 PCD,在面 PCD 内过 F 作 FH⊥PC 于 H,则 FH 为点 F 到平面 PCE 的距离,由已知 PD=2 ∴F 到平面 PCE 的距离为
3 24 17
2

,PF= PD=
2

1

2

,PC=

17

,知 FH=

3 24 17





解法二:由 EM∥FA,知点 F 到平面 PCE 的距离可转化为点 A 到平面 PCE 的距离,过 点 A 在面 PAG 内作 AN⊥PG,则 AN 为点 A 到平面 PCE 的距离,可算得 AN=
3 24 17



2.如图 10-33,在棱长为 a 的正方体,ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别为棱 AB 和 BC 的中点,EF 与 BD 相交于 H。 (1)求二面角 B1—EF—B 的大小; (2)试在棱 BB1 上找一点 M,使 D1M⊥平面 B1EF,并证明你的结论; (3)求 D1 到平面 B1EF 的距离。 [解题思路] 第(1)问二面角 B1—EF—B 的平面角为∠B1HB;由于面 D1DBB1⊥平面 B1EF,∴过 D1 作 D1N⊥B1H 并延长交 BB1 于 M,利用平面几何的知识判断 M 的位置; 第(3)问即求 D1N。 [解答] (1)由已知 EF∥AC,∵ABCD—A1B1C1D1 为正方体,∴AC⊥平面 BDD1B1, ∴EF⊥平面 BDD1B1, ∴∠B1HB 为二面角 B1—EF—B 的平面角, Rt△B1BH 中, 1B=a, 在 B BH=
2 4

a, ∴tan∠B1HB=

B1 B BH

? 2

2.

∴∠B1HB=arctan

2

.即二面角 B1—EF—B 的大小

为 arctan 2 . (2)由(1)知 EF⊥平面 BDD1B1,∴平面 B1EF⊥平面 BDD1B1,∴过 D1 作 D1N⊥B1H, 垂足为 N,延长 D1N 交 BB1 于 M,得,D1M⊥平面 B1EF,如图,建立坐标系,则 D(0, 0) 1(0,a) 、D 、H(
3 2 4 a ,0

),设 M(

2

a,y0),由 D1M⊥B1H,得 y0=

a 2

,∴M 为 BB1 的中点。
4 3

(3)由(2)D1N 为 D1 到直线 B1H 的距离,由点到直线的距离可得=D1N= a,∴D1 到面 B1EF 的距离为 a。
3 4

预测角度 3 折叠问题 1.如图 10-35,△BCD 内接于直角梯形 A1A2A3D,已知沿△BCD 三边把△A1BD、△ A2BC、△A3CD 翻折上去,恰好使 A1、A2、A3 重合于 A。 (1)求证:AB⊥CD; (2)若 A1D=10,A1A2=8,求二面角 A—CD—B 的大小。 [解题思路] 这是一个折叠问题,解这一类题的关键是分析折叠前后不变的量,不变的位 置关系,利用这些不变来解题,第(1)问可证 AB⊥平面 ACD,由 AB⊥平面 ACD, 利用三垂线定理可作出二面角 A—CD—B 的平面角。 [解答](1)如图 10-36,由平面图形中 A1B⊥A1D,A1B⊥A2C 知,立体图形中 AB⊥AC,

AB⊥AD,∴AB⊥平面 ACD,∴AB⊥CD (2)过 A 作 AE⊥CD 于 E,连接 BE,∴CD⊥平面 ABE,∴∠AEB=θ 为二面角 A— CD—B 的平面角,在平面图形中,A1B=A2B=4,A1D=A3D=10,过 D 作 DD1⊥A2A3, 在 Rt△A3DD1 中可得 A3D1=6,∴A2A3=16。A2C=A3C=8,CD= 在立体图形中,AC=8,AD=10,CD=2
cos ? ACD ? 8 ? ( 2 17 ) ? 10 2 ? 8 ? 2 17
2 2 2

64 ? 4 ? 2 17



17


4 17 .在

?

1 17

, sin ? ACD ?

Rt△AEC 中, AE=8· sin∠ACD=
17 8 ,

32 17

,

在 Rt△BAE 中, tanθ =tan∠AEB= 为 arctan
17 8 .

AB AE

?

17 8

,? ? ? arctan

∴二面角 A—CD—B 的大小

2. 如图 10-37, 已知 ABCD 中, AD=BC, AD∥BC, AB=3 且

2

, AD=2

3

, BD=

6



沿 BD 将其折成一个二面角 A—BD—C,使得 AB⊥CD。 (Ⅰ)求二面角 A—BD—C 的大小; (Ⅱ)求折后点 A 到面 BCD 的距离。 [解题思路] 先将平面图形的性质研究清楚,在立体图形中将垂直关系进行转化,可以得 出结果。 [解答] (1)在平面图形中,AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD,BC⊥BD,在立体图形中, 如图 10-38,作 AH⊥平面 BCD 于 H,连 DH、BH,设 BH 交 CD 于 E。由 AD⊥BD 得 ∠ADH 为二面角 A—BD—C 的平面角。∵AB⊥CD,∴BH⊥CD,在 Rt△BCD 中, DE=
DB DC
2

?

2 , CE ? 3 2 ?

2 ? 2

2 , 又 DH // BC ,?

DH CB

?

DE CE

?

1 2

, DH ?

1 2

CB ?

3 ,? 在 Rt ? ADH 中 , cos ? ADH ?

DH AD

?

3 2 3

?

1 2

,

∠ADH=60°,∴二面角 A—BD—C 的大小为 60°。 (2)由(1)知 AH=ADsin∠ADH=2
3? 3 2 ? 3.

考点高分解题综合训练 1 在斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面△ABC 中,∠A=90°,且 BC1⊥AC,过 C1 作 C1H⊥ 底面 ABC,则 H 在 ( ) A.直线 AC 上 B.直线 AB 上 C.直线 BC 上 D.△ABC 的内部 答案: B 解析:连 AC1,∵AC⊥AB,AC⊥BC1,且 BC1∩AB=B,∴AC⊥平面 ABC1,又 AC ? 平面 ABC,∴H 一定交线 AB 上. 2 正四面体内任意一点到各面的距离和为一个常量,这人常量是 A.正四面体的一条棱长 B.正四面体后条斜高的长 C.正四面体的高 ( )

D.以上结论都不对 答案: C 解析:正四面体的四个面都全等,设其面积都为 S,四面体的高为 h,并设正四面 体 内 任 一 点 到 四 个 面 的 距 离 分 别 为 h1 、 h2 、 h3 、 h4, 则 V 正 四 面 体 =
1 3 S ( h1 ? h 2 ? h 3 ? h 4 ) 又 V 正四面体 ? 1 3 sh ,? h1 ? h 2 ? h 3 ? h 4 ? h .

3 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面 ABC 的中心,过 O 的动平面与 P—ABC 的三条侧棱或其 延长线的交点分别记为 Q、R、S,则和式
1 PQ ? 1 PR ? 1 PS

满足 (



A.有最大值而无最小值 B.有最小值而无最大值 C.既有最大值又有最小值,最大值不等于最小值 D.是一具与平面 RS 位置无关的常量。 答案: D 解析:如图,四面体 PQRS 可以划分为 O 为公式共顶点,分别以△PQR、△PRS、△ PQS 为底面的三个三棱锥,由已知可设∠QPR=∠RPS=∠QPS=a,又是 O 是 P-ABC 底面△ABC 的 中 心 , O 点 到 三 个 侧 面 的 距 离 相 等 , 设 为 d, 则 VPQRS=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS=
1 6 PQ ? PR ? sin ? d ? 1 6
1

PR ? PS ? sin a ?

1 6

PQ ? PS ? sin a ? d

设 PA 与平面 PBC 所成
? sin ? d 为常量

的角为θ ,于是 VPQRS=VQ-PRS= 6 PR

? PS ? sin ? ? PQ ? sin ? ?

1 PS

?

1 PQ

?

1 PR

4 直线 AB 与直二面角α —l—β 的两个地平面分别相交于 A、B 两点,且 A、B ? l,如果 直线 AB 与α 、β 所成的角分别是θ 1 和θ 2,则θ 1+θ 2 ( ) A.0<θ 1+θ 2<π C.θ 1+θ 2>
?
2

B.θ 1+θ 2=

?
2

D.0<θ 1+θ 2≤

?
2

答案: D 解析:如图,过 A 作 AA1⊥l 于 A1,过 B 作 BB1⊥l 于 B1,连结 AB1、A1B,则由 a⊥ β , 可 得 ABA1=
A1 B AB

AA ⊥ β , BB1 ⊥ a, 得 ∠ BAA1= θ 1 , 在
BB 1 AB

Rt △ AA1B

中 ,cos ∠
?
2

在 Rt ? ABB 1中 , sin ? BAB 1 ?

又 A1 B ? B1 B ,? cos ? 2 ? sin ? 1 , 又 ? 1 , ? 2 为锐角 ,? 0 ? ? 1 ? ? 2 ?

5 已知 P 为锐二面角α —l—β 内一点,且 P 到α 、β 及棱 l 的距离之比为 1: 2 :2,则 此二面角的大小为____________. 答案:75° 解析:过 P 作 PA⊥ ? ,PB⊥β ,PA、PB 确定的平面与 l 交于 C, l⊥平面 PAB, 则 ∴l⊥PC, ∠PC, ∠BCA 为α -l-β 的平面角,分别算出∠PCA、∠PCB,得二面角的大小为 75°. 6 球面上有三点 A、B、C,每两点间的球面距离都等于 B、C 三点的截面圆的面积等于___________. 答案:
2 3

?
2

R,其中 R 为球的半径,则过 A、

?R .

2

解析:由已知∠AOB=∠AOC=∠BOC=∠
R

?
2

, ∴AB=AC=BC=

2R

,△ABC 的外接圆

的半径为

6 3

,截面贺圆的面积等于π · (

6 3

R

) = (π R ).
3

2

2

2

7 如图, 在正四棱锥 S—ABCD 中, 是 BC 的中点, 点在侧面△SCD 内及其边界上运动, E P

并且总有 PE⊥AC。 (1)证明 SB⊥AC; 答案:∵S-ABCD 为正四棱锥,O 为 ABCD 的中心,∴SO⊥平面 ABCD,OB 为 SB 在 ABCD 上的射 影, ∵AC⊥BD, ∴SB⊥AC. (2)指出动点 P 的轨迹,并证明你的结论; 答案:如图,N、G 分别为 SC、DC 的中点,则 P 的轨迹为△SCD 的中位线 GN 证 明:设 H 为 CD 的中点,则 GH∥SO,∴GH⊥平面 ABCD,GN,在下底央上的射出 影为 NE,∵ABCD 为正方形,∴NE⊥AC,由三垂线定理知 PE⊥AC. (3)以轨迹上的动点 P 为顶点的三棱锥 P—CDE 的最大体积为 V1,正四棱锥 S—ABCD 的体积为 V,则 V1:V 等于多少? 答案:△CDE 的面积为定值,当 P 在 G 处时,三棱锥 P-CDE 的体积最大,此时 PH= SO,
2 1

又 S△CDE:S 正方形 ABCD=1:4,∴三棱锥 P-CDE 的最大体积 V1 是正四棱锥体积 V 的 ,即
8

1

V1:V=1:8. 8 如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 底面边长为 a,侧棱长为
2 2 a

,D 是 A1C1 的中点。

(1)求证:BC1∥平面 B1DA; 答案:如图,连结 A1B 交 AB1 于 E,则 E 为 A1B 的中点,又 D 为 A1C1 的中点,∴DE∥BC1 又 DE ? 面 AB1D,∴BC1∥平面 AB1D. (2)求证:平面 AB1D⊥平面 A1ACC1; 答案:∵△A1B1C1 为正三角形,D 为 A1C1 中点,∴B1D⊥A1C1,又 ABC-A1B1C1 为正三棱柱,∴B1D ⊥平面 A1C1CA,又 B1D ? 平面 AB1D⊥平面 A1ACC1 (3)求二面角 A1—AB1—D 的大小。 答案:过 A1 作 A1F⊥AD 于 F,由(2)知 A1F⊥平面 AB1D,过 F 作 FG⊥AB1 于 G,依据三垂线 定理,A1G⊥AB,∴∠A1GF 为二面角 A1-AB1-D 的平面角.在 RT△AA1D 中,A1F= △A1FG 中,sin∠A1GF=
A1 F A1 G ? 2 2 ?
AA 1 ? A1 B1 AB 1 ,在

RT

∠A1GF=45°∴二面角 A1-AB1-D 为 45°.

9 菱形 ABCD 的边 AB=5,对角线 BD=6,沿 BD 折叠得四面体 ABCD,已知该四面体积 不小于 8,求二面角 A—BC—C 的取值范围。

答案:解:如图:设 BD 的中点为 O,连结 AO、CO,则 AO=OC= ⊥BD ∴∠AOC=θ 为二面角 A-BO-C 的平面角. S△AOC= AO· OC· sin∠AOC= ·2sinθ =8 sinθ ,VABCD= 4
2 2 1 1 1 3 S


AB

2

? BO

2

? 4,

且 AO⊥BD,OC

AOC· BD=16 sinθ 依题意 16 sin
?
6 , 5? 6

θ ≥8,∴sinθ ≥ 又 0<θ <π , ∴θ ∈[
2

1

?
6

,

5 6

?

]故所求二面角的范围是[

].

10 已知△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60°E、F 分别是 AC、AD 上的动点,且
AE AF AC AD ? ?

(0<λ <1) ,

如图。 (1)求证:不论λ 为何值,恒有平面 BEF⊥平面 ABC; 答案:∵AB⊥ 平面 BCD,∴AB⊥CD,∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B,∴CD⊥平面 ABC.又∵
AE AC ? AE AD ? ? ( 0 ? ? ? 1)

∴不论λ 取何值,恒有 EF∥CD,∴EF⊥平面 ABCEF ? 平面 BEF,∴不论λ 取何值,恒有 平面 BEF⊥平面 ABC. (2)当λ 为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD。 答案: (1) BE⊥EF, 由 知, 又平面 BEF⊥平面 ADC∴BE⊥AC, ∵BC=CD=1, ∠BCD=90°, ∠AOB=60°,∴BD= AE=
6 7 ,? ? ? AE AC ? 6 7
2

,AB=
6

2

tan60°=

6

,∴AC=

7

,由 AB2=AE·AC 得

,故当λ = 时,平面 BEF⊥平面 ACD.
7

11 如图, 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, 底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形, AC=2a,BB=3a,Do A1C1 的中点。 (1)求 BE 与 A1C 所成的角; 答案:如图,取 A1B 的中点 M,连结 MB,E 为 B1C 的中点,∴EM∥A1C,EM= A1C∴∠MEB(或
2 1

补角)为直线 BE 与 A1C 所成的角.
EM ? 1 2 A1 C ? 13 2 arc cos a , BM ? 9a
2

?

1 2

a

2

?

38 2

a , BE ?

1 2

B1 C ?

11 2

a , 在 ? EMB 中 cos ? BEM

? ?

7 143 143

,

? BE 与 A1 C 所成的角为

7 143 143

.

(2)在线段 AA1 上是否存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,若存在,求出 AF;若不存在, 请说明理由。 答案:假若在 AA1 上存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,∵ABC-A1B1C1 为直棱柱,∴平面 A1B1C1⊥平 面 ACC1A,又 A1B1=B1C1,D 为 A1C1 的中点,∴B1D⊥A1C1,B1D⊥平面 A1ACC1,∴B1D⊥CF,所以只 2 2 2 2 2 2 2 2 需 CF⊥B1F 即可。设 AF=x,则 B1F =2a +(3a-x) ,CF =x +4a ,B1C =11a , ∴x=a,或 2a. 12 如图,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°,BC=AC=2,AA1=4,D 为棱 CC1 上 一动点,M、N 分别为△ABD、△A1B1R 的重心。 (1)求证:MN⊥BC; 答案:如图,连结 DM 并延长交 AB 于 E,则 E 为 AB 的中点,连结 DN 并延长交 A1B1 于 F,则 F 为 A1B1 的中点,且
DM ME ? 1 2 DN 2 , ? , NF 1

∴MN∥EF,又 EF∥BB1,BB1⊥BC,∴EF⊥BC,MN⊥BC.

(2)若二面角 C—AB—D 的大小为 arctan 2 ,求 C1 到平面 A1B1D 的距离; 答案:∵BC=AC,E 为 AB 的中点,∴CE⊥AB,又 DC⊥平面 ABC,∴由三垂线定理知 DE⊥AB, ∴∠CED 为二面角 C-AB-D 的平面角, ∴tan∠CED=
2

又 CE=

2

, ∴CD=2, 为 CC1 的中点, ∴D

∴C1D=2

VD-A1B1C1=VC1-A1B1D= ·2· ·2·2= ·h·
3 2 3

1

1

1

3 4

×(2

2

) , ∴h=

2

2 3 3

.

(3)若点 C 在平面 ABD 上的射影恰好为 M,试判断点 C1 在平面 A1B1D 上的射影是否 为 N?并说明理由。 答案:由已知 CM⊥平面 ABD,∴CM⊥DE,在 Rt△DCE 中,DM:ME=2:1,CE= 2 ,∴DE=2,∴ D 为 CC1 的中点,由对称性知 C1N⊥平面 A1B1D∴C1 在平面 A1B1D 上的射影是 N. 13 如图,在直三棱术 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°,B1B=BC=CA=4,D1 是 A1B1 中点 E 是 BC1 的中点,BD1 交 AB1 于点 F (1)求证:AB1⊥BC1; 答案:解:∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,AC⊥BC,∴AC⊥平面 B1C1CB,∴AB1 在平面 B1C1CB 上的 射影为 B1C,又由已知 B1C1CB 为正方形,∴BC1⊥B1C 根据三垂线定理,可得 AB1⊥BC1. (2)求二面角 B—AB1—C 的大小; 答案: (1) 1⊥AB1, BC1⊥BC, ∴BC1⊥平面 AB1C 利用平面几何的知识知: 由 BC 又 在平面 ABB1A1 内,AB1⊥BD1∴EF∴AB1,∴∠BFE 为二面角 B-AB1-C 的平面角.BE= 中,BF=
BE BF ? 3 2

1 2

BC 1 ? ? 2

2,

在 Rt△ABB1

AB ? BB 1 AB 1
,

?

4

2 ?4 48

?

4 3

6

,∴在 Rt△中,sin∠BFE=

∴∠BFE=60°,∴二面角 B-AB1-C 的大小为 60°.

(3)求点 C 到平面 BEF 的距离。 答案:(解法一) ∵E 为 B1C 的中点,∴C 到平面 BEF 的距离等于 B1 到平面 BEF 的距离,∵ ABC-A1B1C1 为直棱柱,A1C1=B1C1,D1 为中点,∴C1D1⊥A1B1,∴C1D1 平面 A1B1BA,∴CD1⊥B1F,又 由(2)知 B1F⊥BD1,∴B1F⊥平面 BEF,∴B1F 为 B1 到面 BEF 的距离,B1F= C 到平面 BEF 的距离为
4 3 3

4?2 2 6

2

?

4 3 3

,∴

.
4 3 3

(解法二)由(2)知 BC1⊥EF 于 M,得 CM⊥平面 BEF,可算得 CM= 的距离等于
4 3 3

,∴C 到平面 BEF

.

14 如图,ABCD 是边长为 a 的正方体,M、N 分别在边 DA、BC 上滑动,且 MN∥AB, AC 与 MN 交于点 O, 现把平面 MNCD 沿 MN 折成 120°的二面角, 使它到平面 MNEF 位置。 (1)求证:不论 MN 怎样平行移动,∠AOE 的大小不变; 答案:设 BN=x,则 EN=a-x, 易知 MN⊥平面 BEN, 2 2 2 2 2 ∴∠BNE=120°,∴BE =x +(a-x) +x(a-x)=x -ax+a ,又 AB∥平面 BEN,∴AB⊥BE,易得 AE =x -ax+2a ,而 AO= cos∠AOE=
AO
2

2

2

2

2

x,EO=
2

2

(a-x),故 ,即不论 MN 怎样平行移动,∠AOE 的大小不变.

? EO

2

? AE

2 AO ? EO

? ?

3 4

(2)当 A、E 两点间的距离最小时,证明:平面 AOE⊥平面 ABE。

答案:∵AE =x -ax+2a =(x-

2

2

2

a 2

)+

2

7 4

a

2

,∴当 x=

a 2

时,AE 有最小值,此时 M、N 分别 AD、BC

中点, ∵EN=BN=CN, ∴CE⊥BE, AB⊥平面 ABE, CE ? 平面 AOE, 又 而 故平面 AOE⊥平面 ABE. 考点 11 空间向量 ?求异面直线所成的角 ?求直线与平面所成的角 ?求二面角的大小 ?求距离 ?利用空间向量解立体几何中的探索问题 ?利用空间向量求角和距离 经典易错题会诊 命题角度 1 求异面直线所成的角 1. (典型例题Ⅰ) 如图 11-1, 四棱锥 P—ABCD 的底面为直角梯形, AB∥DC, ∠DAB=90°, PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=DC= AB=1,M 是 PB 的中点。
2 1

(1)证明:面 PAD⊥面 PCD; (2)求 AC 与 PB 所成的角; (3)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角 A-CM-B 的大小。 [考场错解] 第(2)问。∵PA⊥底面 ABCD,且∠DAB=90°∴AD、AB、AP 两两互相垂直, 建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0) ,C(1,1,0) ,B(0,2,0) ,P(0,0,1) , ∴ AC =(1,1,0) PB =(0,-2,1) , ,∴cosθ = 为 arccos(10 5

AC ? PB | AC || PB |

? ?

10 5

∴AC 与 PB 所成的角

).

[专家把脉] 上述错解中有两个错误: (1) PB 的坐标应用 B 的坐标减 P 的坐标,∴ PB =(0, 2,-1)(2)异面直线所成角的范围不正确,公式记忆不准确,实际上异面直线所成的角 ; 的范围不正确,公式记忆不准确,实际上异面直线所成的角的范围为(0°,90°) ,而 arccos(10 5

)为钝角,cosθ =

| AC ? PB | | AC | ? | PB |

.

[对症下药] (1)∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥CD,又 CD⊥AD,∴CD⊥平面 PAD,又 CD
?

平面 PCD,∴平面图 PAD⊥平面 PCD。

(2)∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥CD,PA⊥AB,又 AD⊥AB,∴可以建立如图所示空间坐 标系,则由已知 A(0,0,0) 、C(1,1,0) 、B(0,2,0) 、P(0,0,1)∴ AC =(1, 1,0) PB =(0,2,-1) , ,设 AC 与 PB 成角为θ ,则 cosθ =
| AC ? PB | | AC | | PB | 10 5

?

,∴AC 与 PB

所成的角为 arccos

10 5

.

(3) ∵M 为 PB 的中点,∴M(0,1, ) ,∴ AM =(0,1, ) AC =(1,1,0)设 n1=(x,y,z) ,
2 2

1

1

为平面 AMC 的法向量,则 n1⊥ AM ,n1⊥ AC ,∴y= z=0,x+y=0,令 x=1,得 y=-1,z=2, ∴
2

1

n1=(1,-1,2)为平面 AMC 的一个法向量,同理可求得 n2=(1,1,2)为平面 BMC 的一个法向 量,∴n1、n2 的夹角为 arccos ,而从图中可看出 A-MC-B 为钝角,∴二面角 A-CM-B
3 2

的大小为 ?

? arccos

2 3


3

2. (典型例题) 如图 11-2, 在直四棱术 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=AD=2, DC=2

, 1= AA

3



AD⊥DC,AC⊥BD,垂足为 E。 (1)求证 BD⊥A1C; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小; (3)求异面直线 AD 与 BC1 所成角的大小。 [考场错解]第(3)问,由已知 AD、DC、DD1 两两互相垂直,∴建立如图所示的空间直角 坐标系,∴A(2,0,0) 、D(0,0,0) 、B(2, 2
3

, C(0, 0) 1 2

3

, 3 ) AD (-2, 0) 1 = ∴ 0, BC (-2, 3 ) cosθ = 0, 。

| AD ? BC 1 | | AD | ? | BC 1 |

=

4 2?7

?

2 7 7

,

∴AD 与 BC1 所成的角为 arccos
2 7 7

.

[专家把脉] B 点坐标计算错误,其实质是位置关系未分析清楚,错误地认为 AB⊥AD,BC⊥CD, 本题还会出现以 BD 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴的建立坐标系的错误. [对症下药] (1) ∵ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱。 ∴AA1⊥底面 ABCD, 1C 在底面 ABCD ∴A 上的射影为 AC,又由已知 AC⊥依三垂线定 理可得 BD⊥A1C。 (2)如图,以 D 为坐标原点,DA、DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立空间直角坐标系。 连接 A1E1、C1E1、AG1。与(1)同理可证,BD⊥A1E1,BD⊥C1E1,∴∠A1EC1 为二面角 A1-BD-C1 的平面角。 由 A1 ( 2 , 0
EA 1 ? ( 1 2 ,? 3 2 ,
3

)、 C1 ( 0 , 2
3 3 3 , , 2 2

3


3 4 ? 9 4

3

)、 E (

3 2

,

3 2

,0

), 得

3 ), EC 1 ? ( ?

3 ), ? EA 1 ? EC 1 ? ?

? 3 ? 0 ,? EA 1 ? EC 1 ,

即 EA1⊥EC1。∴二面角 A1-BD-C1 的大小为 90°。 (3)在平面 ABCD 中,过 A 作 BF⊥AD,交 DA 的延长线于 F,由 AD=2,CD=2 AC=4,∠DAE=60°,∴AE=1,在 Rt△AEB 中,AB=2,AE=1,∠BAE=60°,在 Rt△AFB 中 AB=2,∠BAF=60°,∴BF=
3 3

,得

,AF=1,

DF=2+1=3,∴B 的坐标为(3,

3

,0)由
3

D ( 0 , 0 , 0 ) A ( 2 , 0 , 0 ) C1 ( 0 , 2 、 、
AD ? ( ? 2 , 0 , 0 ), BC 1 ? ( ? 3 , 3,



3

) B(3, 、
15 ,

3

,0) 得 ,

3 ), ? AD ? BC 1 ? 6 . | AD | ? 2 , | BC 1 | ?

∴cos( AD 、 BC 1 )= arccos
15 5

AD ? BC 1 | AD || BC |

?

6 2 15

?

15 5

,∴异面直线 AD 与 BC1 所成角的大小为



本题还可以 E 为坐标原点,EB、EC 分别为 x 轴和 y 轴,则 z 轴与 AA1 平行,E(0,0,0) 、 A1(0,-1, 0,0) 、D( 专家会诊 利用空间向量求异面直线所成的角, 公式为 cos ?
? |a?b | |a |?|b | ,
3
3

) 1(0,3, 、C

3

)B(

3

, )

-,0,0) 、A(0,-1,0) ,其中 A1、D、A 的坐标容易求错。

关键是正确地建立坐标系进而写

出各有关点的坐标,建立坐标会出现用三条 两两不垂直的直线作 x 轴、y 轴、z 轴的错误,还会出现用三条两两互相垂直但不过同一点 的三条直线作 x 轴、y 轴、z 轴的错误。写点的 坐标也容易出现错误,学习时要掌握一些特殊点坐标的特点,如 x 轴上的点坐标为(a,0, 0) ,xoz 面上的点坐标为(a,0,b)等,其次还 应学会把某个平面单独分化出来,利用平面几何的知识求解,如本节的例 2,求 B 的坐标。 考场思维训练 1. 已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长为 2a,高为 b, 求异面直线 AC1 和 A1B 所成的角。 答案:如图:∵ABC-A1B1C1 为正三棱柱,∴AA1⊥平面空间直角坐标系.则 A(0,0,0) 1 、A (0,0,b) 、B(a,
3

a,0)
? ( 2 a , 0 , b ), A1 B ? ( a , 3 a ,? b )

、C1(2a,0,b), ∴ AC 1 ∴ cos θ =
2 2 2 2

| AC 1 ? A1 B | | AC 1 || A1 B |

?

| 2a 4a

2 2

?b ?b

2 2

|

,当 a ?

2 2

b ,时 ,

AC1 与

A1B

所 成 的 角 为

arc

cos

2a 4a

?b ?b

;当 a ?

2 2

b时 ,
2 2

AC1 与 A1Ba 所成的角为π -arc cos

2a 4a

?b ?b

2 2

.

2.如图 11-4,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 D1D,BD 的中点, G 在 CD 上,且 CG= CD,H 为 C1G 的中
4 1

点。 (1)求证:EF⊥B1C;

答案:建立如图所示的空间直角坐标系,由已知有 E(0,0, ) 、F( , ,0) 、C(0,
2 2 2

1

1

1

1,0) 1(1,1,1) 、B 、G(0, ,0)
4

3

(1)∵ EF

? (

1 1 1 , , ? ) B1C ? ( ? 1, 0 , ? 1). ? EF ? B1C ? 0 , 得 2 2 2

EF⊥B1C.

(2)求 EF 与 C1G 所成角的余弦; 答案: C 1G ∵ | C 1G
|?
?

(0, ,0)-(0,1,1)=(0,- ,-1),
4 4
3 2
3

3

1

17 4

, | EF | ?

, EF ? C 1G ?

3 8

,

∴cosθ =
17 4

8 ? 3 2

?

51 17

.

(3)求 FH 的长。 答案:由中点坐标公式,得 H 的坐标为(0,
FH ?
7 1 , 8 2

)又 F(

1 2



1 2

,0), ∴

(- , , ),FH= | FH
2 8 2

1

3

1

|?

41 8

.

3. 如图 11-5 四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是矩形, PA⊥底面 ABCD, PA=AB=1, BC=2。 (1)求证:平面 PAD⊥平面 PCD; 答案:由已知 PA⊥平面 ABCD,又 ABCD 为矩形, ∴CD⊥AD, ∴CD⊥平面 PAD,∴面 PAD⊥面 PCD. (2)若 E 是 PD 的中点,求异面直线 AE 与 PC 所成角的余弦值; 答案: A(0,0,0)、P(0,0,1) 、D(0,2,0) 为 PD 中点, ,E ∴E(0,1,
1 2

)、C(1,2,0) ,∴ AE

? ( 0 ,1,

1 2

2? ), PC ? (1, 2 , ? 1 ), ? cos ? PC , AE ?? 6 ?

1 2 5 2 ? 30 10 ,

∴AE 与 PC 所成角的余弦值为

30 10

(3)在 BC 边上是否存在一点 G,使得 D 点在平面 PAG 的距离为 1,如果存在,求出 BG 的值;如果不存在,请说明理由。 答案:假设 BC 边上存在一点 G 满足 D 到 PAG 的距离为 1,设 G(1,y ,0),则 AP =(0,0,1)
AG

=(1,y,0),设 n=(a、b、c)为平面 PAG 的一个法向量,由 n⊥ AP ,得 c=0,由 n⊥ AG ,得
1 y

a+by=0,令 a=1,得 b=y=
3

,∴n=(1, 3

1 y

,0) 为平面 PAG 的一个法向量,∴d=

| n ? AD | |n |

? 1 ,解得

,∴BC 上存在一点 G,BG=

,使得 D 到平面 PAG 的距离为 1.


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