高中數(shù)學(xué)立體幾何題型

1、第六講 立體幾何新題型【考點透視】(A)版.掌握兩條直線所成的角和距離的概念，對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離.掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念.掌握二面角、二面角的平面角、兩個平行平面間的距離的概念.(B)版. 理解空間向量的概念，掌握空間向量的加法、減法和數(shù)乘.了解空間向量的基本定理，理解空間向量坐標(biāo)的概念，掌握空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算.掌握空間向量的數(shù)量積的定義及其性質(zhì)，掌握用直角坐標(biāo)計算空間向量數(shù)量積公式.理解直線的方向向量、平面的法向量，向量在平面內(nèi)的射影等概念.了解多面體、凸多面體、正多面體、棱柱、棱錐、球的概念.掌握棱柱、棱錐、球的

2、性質(zhì)，掌握球的表面積、體積公式.會畫直棱柱、正棱錐的直觀圖.空間距離和角是高考考查的重點：特別是以兩點間距離，點到平面的距離，兩異面直線的距離，直線與平面的距離以及兩異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角等作為命題的重點內(nèi)容，高考試題中常將上述內(nèi)容綜合在一起放在解答題中進(jìn)行考查，分為多個小問題，也可能作為客觀題進(jìn)行單獨考查.考查空間距離和角的試題一般作為整套試卷的中檔題，但也可能在最后一問中設(shè)置有難度的問題.不論是求空間距離還是空間角，都要按照“一作，二證，三算”的步驟來完成，即寓證明于運(yùn)算之中，正是本專題的一大特色. 求解空間距離和角的方法有兩種：一是利用傳統(tǒng)的幾何方法，二是利用空間向

3、量?！纠}解析】考點1 點到平面的距離求點到平面的距離就是求點到平面的垂線段的長度，其關(guān)鍵在于確定點在平面內(nèi)的垂足，當(dāng)然別忘了轉(zhuǎn)化法與等體積法的應(yīng)用.典型例題例1如圖，正三棱柱的所有棱長都為，為中點ABCD（）求證：平面；（）求二面角的大小；（）求點到平面的距離考查目的：本小題主要考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力 解答過程：解法一：（）取中點，連結(jié)ABCDOF為正三角形，正三棱柱中，平面平面，平面連結(jié)，在正方形中，分別為的中點， ， 在正方形中， 平面（）設(shè)與交于點，在平面中，作于，連結(jié)，由（）得平面， 為二面角的平面角在中

4、，由等面積法可求得，又， 所以二面角的大小為（）中，在正三棱柱中，到平面的距離為設(shè)點到平面的距離為由，得，點到平面的距離為解法二：（）取中點，連結(jié)為正三角形，在正三棱柱中，平面平面，平面xzABCDOFy取中點，以為原點，的方向為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，平面（）設(shè)平面的法向量為， ，令得為平面的一個法向量由（）知平面，為平面的法向量，二面角的大小為（）由（），為平面法向量，點到平面的距離小結(jié)：本例中（）采用了兩種方法求點到平面的距離.解法二采用了平面向量的計算方法，把不易直接求的B點到平面的距離轉(zhuǎn)化為容易求的點K到平面的距離的計算方法，這是數(shù)學(xué)解題中常用的方法；解法一采用了等體積法，

5、這種方法可以避免復(fù)雜的幾何作圖，顯得更簡單些，因此可優(yōu)先考慮使用這一種方法.例2.如圖,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2,AB=4.()證明PQ平面ABCD；()求異面直線AQ與PB所成的角；()求點P到平面QAD的距離.命題目的：本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、異面直線所成的角以及點到平面的距離基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力.QBCPADOM過程指引：方法一關(guān)鍵是用恰當(dāng)?shù)姆椒ㄕ业剿蟮目臻g距離和角；方法二關(guān)鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過程：方法一（）取AD的中點，連結(jié)PM，QM.因為PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以

6、ADPM，ADQM. 從而AD平面PQM.又平面PQM，所以PQAD.同理PQAB，所以PQ平面ABCD.（）連結(jié)AC、BD設(shè)，由PQ平面ABCD及正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.取OC的中點N，連接PN.因為，所以，從而AQPN，BPN（或其補(bǔ)角）是異面直線AQ與PB所成的角.因為，所以.從而異面直線AQ與PB所成的角是.()連結(jié)OM，則所以MQP45°.由（）知AD平面PMQ，所以平面PMQ平面QAD. 過P作PHQM于H，PH平面QAD.從而PH的長是點P到平面QAD的距離.又.即點P到平面QAD的距離是.QBCPADzyxO方法二（）連結(jié)AC、BD，

7、設(shè).由PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以PO平面ABCD，QO平面ABCD.從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ平面ABCD.（）由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以ACBD. 由（），QO平面ABCD. 故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），由題條件，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是P（0，0，1），A（，0，0），Q（0，0，2），B（0，0）.所以于是.()由（），點D的坐標(biāo)是（0，0），設(shè)是平面QAD的一個法向量，由得.取x=1，得.所以點P到平面QAD的距離.考點2 異面直線的距離此類題目主要考查異面直線的距離的概念及其求法，考綱只要求掌握已給出公垂線

8、段的異面直線的距離.典型例題例3 已知三棱錐，底面是邊長為的正三角形，棱的長為2，且垂直于底面.分別為的中點，求CD與SE間的距離.思路啟迪：由于異面直線CD與SE的公垂線不易尋找，所以設(shè)法將所求異面直線的距離，轉(zhuǎn)化成求直線與平面的距離，再進(jìn)一步轉(zhuǎn)化成求點到平面的距離.解答過程： 如圖所示，取BD的中點F，連結(jié)EF，SF，CF，為的中位線，面,到平面的距離即為兩異面直線間的距離.又線面之間的距離可轉(zhuǎn)化為線上一點C到平面的距離，設(shè)其為h，由題意知，,D、E、F分別是AB、BC、BD的中點，在Rt中，在Rt中，又由于，即，解得故CD與SE間的距離為.小結(jié)：通過本例我們可以看到求空間距離的過程，就是

9、一個不斷轉(zhuǎn)化的過程.考點3 直線到平面的距離此類題目再加上平行平面間的距離，主要考查點面、線面、面面距離間的轉(zhuǎn)化.典型例題例4 如圖，在棱長為2的正方體中，G是的中點，求BD到平面的距離.BACDOGH思路啟迪：把線面距離轉(zhuǎn)化為點面距離，再用點到平面距離的方法求解.解答過程：解析一 平面，上任意一點到平面的距離皆為所求，以下求點O平面的距離,，平面,又平面平面，兩個平面的交線是,作于H，則有平面，即OH是O點到平面的距離.在中，.又.即BD到平面的距離等于.解析二 平面，上任意一點到平面的距離皆為所求，以下求點B平面的距離.設(shè)點B到平面的距離為h，將它視為三棱錐的高，則 , 即BD到平面的距離

10、等于.小結(jié)：當(dāng)直線與平面平行時，直線上的每一點到平面的距離都相等，都是線面距離.所以求線面距離關(guān)鍵是選準(zhǔn)恰當(dāng)?shù)狞c，轉(zhuǎn)化為點面距離.本例解析一是根據(jù)選出的點直接作出距離；解析二是等體積法求出點面距離.考點4 異面直線所成的角此類題目一般是按定義作出異面直線所成的角，然后通過解三角形來求角.異面直線所成的角是高考考查的重點.典型例題例5如圖，在中，斜邊可以通過以直線為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角的直二面角是的中點（I）求證：平面平面；（II）求異面直線與所成角的大小思路啟迪：（II）的關(guān)鍵是通過平移把異面直線轉(zhuǎn)化到一個三角形內(nèi). 解答過程：解法1：（I）由題意，是二面角是直二面角，又，平面，又平面平面平面

11、（II）作，垂足為，連結(jié)（如圖），則，是異面直線與所成的角在中，又在中，異面直線與所成角的大小為解法2：（I）同解法1（II）建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，異面直線與所成角的大小為小結(jié)： 求異面直線所成的角常常先作出所成角的平面圖形，作法有：平移法：在異面直線中的一條直線上選擇“特殊點”，作另一條直線的平行線，如解析一，或利用中位線，如解析二；補(bǔ)形法：把空間圖形補(bǔ)成熟悉的幾何體，其目的在于容易發(fā)現(xiàn)兩條異面直線間的關(guān)系，如解析三.一般來說，平移法是最常用的，應(yīng)作為求異面直線所成的角的首選方法.同時要特別注意異面直線所成的角的范圍：.例6如圖所示，AF、DE分別是O、O1的直徑.AD與兩圓所在的平

12、面均垂直，AD8,BC是O的直徑，ABAC6，OE/AD.()求二面角BADF的大??；()求直線BD與EF所成的角.命題目的：本題主要考查二面角以及異面直線所成的角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力.過程指引：關(guān)鍵是用恰當(dāng)?shù)姆椒ㄕ业剿蟮目臻g距離和角并掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過程： ()AD與兩圓所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAF是二面角BADF的平面角.，由于ABFC是正方形，所以BAF450.即二面角BADF的大小為450；()以O(shè)為原點，BC、AF、OE所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖所示），則O（0，0，0），A（0，0）

13、，B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F(xiàn)（0，0）所以，設(shè)異面直線BD與EF所成角為，則.故直線BD與EF所成的角為.考點5 直線和平面所成的角此類題主要考查直線與平面所成的角的作法、證明以及計算.線面角在空間角中占有重要地位，是高考的?？純?nèi)容.典型例題例7. 四棱錐中，底面為平行四邊形，側(cè)面底面已知，（）證明；（）求直線與平面所成角的大小考查目的：本小題主要考查直線與直線,直線與平面的位置關(guān)系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力 解答過程：解法一：（）作，垂足為，連結(jié)，由側(cè)面底面，得底面因為，所以，DBCAS又，故為等腰直角三角形，由三垂

14、線定理，得（）由（）知，依題設(shè)，故，由，得，的面積連結(jié)，得的面積設(shè)到平面的距離為，由于，得，解得設(shè)與平面所成角為，則所以，直線與平面所成的我為解法二：（）作，垂足為，連結(jié)，由側(cè)面底面，得平面因為，所以DBCAS又，為等腰直角三角形，如圖，以為坐標(biāo)原點，為軸正向，建立直角坐標(biāo)系，所以（）取中點，連結(jié)，取中點，連結(jié)，與平面內(nèi)兩條相交直線，垂直所以平面，與的夾角記為，與平面所成的角記為，則與互余，所以，直線與平面所成的角為小結(jié)：求直線與平面所成的角時，應(yīng)注意的問題是（1）先判斷直線和平面的位置關(guān)系；（2）當(dāng)直線和平面斜交時，常用以下步驟：構(gòu)造作出斜線與射影所成的角，證明論證作出的角為所求的角，計算常

15、用解三角形的方法求角，結(jié)論點明直線和平面所成的角的值.考點6 二面角此類題主要是如何確定二面角的平面角，并將二面角的平面角轉(zhuǎn)化為線線角放到一個合適的三角形中進(jìn)行求解.二面角是高考的熱點，應(yīng)重視.典型例題例8如圖，已知直二面角，直線和平面所成的角為（I）證明； ABCQP（II）求二面角的大小命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、二面角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力.ABCQPOH過程指引：（I）在平面內(nèi)過點作于點，連結(jié)因為，所以，又因為，所以而，所以，從而，又，所以平面因為平面，故（II）解法一：由（I）知，又，所以過點作于點，連結(jié)，由三垂線定理知，故是二面角的平面角由（

16、I）知，所以是和平面所成的角，則，不妨設(shè)，則，在中，所以，于是在中，故二面角的大小為ABCQPOxyz解法二：由（I）知，故可以為原點，分別以直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）因為，所以是和平面所成的角，則不妨設(shè)，則，在中，所以則相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是，所以，設(shè)是平面的一個法向量，由得取，得易知是平面的一個法向量設(shè)二面角的平面角為，由圖可知，所以故二面角的大小為小結(jié)：本題是一個無棱二面角的求解問題.解法一是確定二面角的棱，進(jìn)而找出二面角的平面角.無棱二面角棱的確定有以下三種途徑：由二面角兩個面內(nèi)的兩條相交直線確定棱，由二面角兩個平面內(nèi)的兩條平行直線找出棱，補(bǔ)形構(gòu)造幾何體發(fā)現(xiàn)棱；解法二則是

17、利用平面向量計算的方法，這也是解決無棱二面角的一種常用方法，即當(dāng)二面角的平面角不易作出時，可由平面向量計算的方法求出二面角的大小.例9( 2006年重慶卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD,DAB為直角，ABCD，AD=CD=2AB, E、F分別為PC、CD的中點.（）試證：CD平面BEF；（）設(shè)PAk·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范圍.命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、二面角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力.過程指引：方法一關(guān)鍵是用恰當(dāng)?shù)姆椒ㄕ业剿蟮目臻g距離和角；方法二關(guān)鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.解答過

18、程：解法一：（）證：由已知DFAB且DAD為直角，故ABFD是矩形，從而CDBF.又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂線定理知CDPD.在PDC中，E、F分別PC、CD的中點，故EFPD,從而CDEF,由此得CD面BEF. （）連結(jié)AC交BF于G.易知G為AC的中點.連接EG,則在PAC中易知EGPA.又因PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，過G作GHBD,垂足為H,連接EH.由三垂線定理知EHBD.從而EHG為二面角E-BD-C的平面角.設(shè)AB=a,則在PAC中，有EG=PA=ka.以下計算GH，考察底面的平面圖.連結(jié)GD.因SGBD=BD·GH=GB

19、3;DF.故GH=.在ABD中，因為ABa,AD=2a,得BD=a.而GB=FB=AD=a，DF=AB,從而得GH= 因此tanEHG=由k0知是銳角，故要使，必須tan=解之得，k的取值范圍為k解法二：（）如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=a,則易知點A,B,C,D,F的坐標(biāo)分別為A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0).從而=(2a,0,0), =(0,2a,0), ·=0,故 .設(shè)PA=b,則P(0,0,b),而E為PC中點.故 E.從而=，·

20、;=0,故.由此得CD面BEF.（）設(shè)E在xOy平面上的投影為G，過G作GHBD垂足為H,由三垂線定理知EHBD.從而EHG為二面角E-BD-C的平面角.由PAk·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).設(shè)H(x,y,0)，則=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),由·=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a 又因=(x-a,y,0),且與的方向相同，故，即2x+y=2a 由解得x=a,y=a,從而，a.tanEHG=.由k0知，EHG是銳角，由EHG得tanEHGtan即故k的取值范圍為k.考點7 利用空間向量求空間距離和角眾所周知，利

21、用空間向量求空間距離和角的套路與格式固定.當(dāng)掌握了用向量的方法解決立體幾何問題這套強(qiáng)有力的工具時，不僅會降低題目的難度，而且使得作題具有很強(qiáng)的操作性.典型例題例10 如圖，已知是棱長為的正方體，點在上，點在上，且（1）求證：四點共面； （2）若點在上，點在上，垂足為，求證：平面； （3）用表示截面和側(cè)面所成的銳二面角的大小，求命題意圖：本小題主要考查平面的基本性質(zhì)、線線平行、線面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識和基本運(yùn)算，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算能力 過程指引：解法一：（1）如圖，在上取點，使，連結(jié)，則，因為，所以四邊形，都為平行四邊形從而，又因為，所以，故四邊形是平行四邊形，由此推知，從而

22、因此，四點共面（2）如圖，又，所以，因為，所以為平行四邊形，從而又平面，所以平面（3）如圖，連結(jié)因為，所以平面，得于是是所求的二面角的平面角，即因為，所以， 解法二：（1）建立如圖所示的坐標(biāo)系，則，所以，故，共面又它們有公共點，所以四點共面（2）如圖，設(shè)，則，而，由題設(shè)得，得因為，有，又，所以，從而，故平面（3）設(shè)向量截面，于是，而，得，解得，所以又平面，所以和的夾角等于或（為銳角）于是故小結(jié)：向量法求二面角的大小關(guān)鍵是確定兩個平面的法向量的坐標(biāo)，再用公式求夾角；點面距離一般轉(zhuǎn)化為在面BDF的法向量上的投影的絕對值.例11如圖,l1、l2是互相垂直的兩條異面直線，MN是它們的公垂線段，點A、B

23、在l1上，C在l2上，AM=MB=MN（I）證明ACNB；（II）若，求NB與平面ABC所成角的余弦值.命題目的：本題主要考查異面直線垂直、直線與平面所成角的有關(guān)知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力.過程指引：方法一關(guān)鍵是用恰當(dāng)?shù)姆椒ㄕ业剿蟮目臻g角；方法二關(guān)鍵是掌握利用空間向量求空間角的一般方法.解答過程：解法一： ()由已知l2MN, l2l1 , MNl1 =M, 可得l2平面ABN. 由已知MNl1 , AM=MB=MN,可知AN=NB且ANNB. 又AN為AC在平面ABN內(nèi)的射影. ACNB （）RtCANRtCNB, AC=BC,又已知ACB=60°,因此ABC

24、為正三角形. RtANBRtCNB, NC=NA=NB,因此N在平面ABC內(nèi)的射影H是正三角形ABC的中心,連結(jié)BH,NBH為NB與平面ABC所成的角.在RtNHB中,cosNBH= = = . 解法二： 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系Mxyz. 令MN=1, 則有A(1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),()MN是 l1、l2的公垂線, l1l2, l2平面ABN.l2平行于z軸. 故可設(shè)C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,1,0). ·=1+(1)+0=0 ACNB. () =(1,1,m), =(1,1,m), |=|, 又已知ACB=60°,

25、ABC為正三角形,AC=BC=AB=2. 在RtCNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ). 連結(jié)MC,作NHMC于H,設(shè)H(0, ) (>0). =(0,1,), =(0,1, ) · = 12=0, = ,H(0, , ), 可得=(0, ), 連結(jié)BH, 則=(1, ),·=0+ =0, , 又MCBH=H, HN平面ABC, NBH為NB與平面ABC所成的角. 又=(1,1,0),cosNBH= = = .考點8 簡單多面體的有關(guān)概念及應(yīng)用，主要考查多面體的概念、性質(zhì)，主要以填空、選擇題為主，通常結(jié)合多面體的定義、性質(zhì)進(jìn)行判斷.典型例題例12 . 如圖

26、（1），將邊長為1的正六邊形鐵皮的六個角各切去一個全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個無蓋的正六棱柱容器，當(dāng)這個正六棱柱容器的底面邊長為 時容積最大.思路啟迪設(shè)四邊形一邊AD，然后寫出六棱柱體積，利用均值不等式，求出體積取最值時AD長度即可.解答過程：如圖（2）設(shè)ADa，易知ABC60°，且ABD30°ABa .BD2a正六棱柱體積為V .V .當(dāng)且僅當(dāng) 12a4a a時，體積最大，此時底面邊長為12a12× . 答案為 .例13 .如圖左，在正三角形ABC中，D、E、F分別為各邊的中點，G、H、I、J分別為AF、AD、BE、DE的中點，將ABC沿DE、EF、DF

27、折成三棱錐后，GH與IJ所成角的度數(shù)為（ ）BACDEFGHIJ(A、B、C)DEFGHIJA、90° B、60° C、45° D、0°思路啟迪 畫出折疊后的圖形，可看出GH，IJ是一對異面直線，即求異面直線所成角.過點D分別作IJ和GH的平行線，即AD與DF，所以 ADF即為所求.因此GH與IJ所成角為60°，答案:B 例14.長方體ABCDA1B1C1D1中， 設(shè)對角線D1B與自D1出發(fā)的三條棱分別成、角求證：cos2cos2cos21ABCADA1B1C1D1 設(shè)D1B與自D1出發(fā)的三個面成、角，求證：cos2cos2cos22思路啟迪

28、因為三個角有一個公共邊即D1B，在構(gòu)造的直角三角形中，角的鄰邊分別是從長方體一個頂點出發(fā)的三條棱，在解題中注意使用對角線長與棱長的關(guān)系 利用長方體性質(zhì)，先找出，然后利用各邊 所構(gòu)成的直角三角形來解.解答過程：連接BC1，設(shè)BD1C1，長方體三條棱長分別為a，b，c，設(shè)D1B則cos2 同理cos2，cos2cos2cos2cos21連接D1C， BC平面DCC1D1 BD1C即是D1B與平面DCC1D1所成的角，不妨設(shè)BD1C，則cos2 同理：cos2，cos2.又2a2b2c2.cos2cos2cos22.考點9.簡單多面體的側(cè)面積及體積和球的計算棱柱側(cè)面積轉(zhuǎn)化成求矩形或平行四邊形面積，棱

29、柱側(cè)面積轉(zhuǎn)化成求三角形的面積.直棱柱體積V等于底面積與高的乘積.棱錐體積V等于Sh其中S是底面積，h是棱錐的高.典型例題例15. 如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABa，BCCAAA1a，A1B1C1ABCDOA1在底面ABC上的射影O在AC上 求AB與側(cè)面AC1所成角； 若O恰好是AC的中點，求此三棱柱的側(cè)面積. 思路啟迪 找出AB與側(cè)面AC1所成角即是CAB；三棱錐側(cè)面積轉(zhuǎn)化成三個側(cè)面面積之和，側(cè)面BCC1B1是正方形，側(cè)面ACC1A1和側(cè)面ABB1A1是平行四邊形，分別求其面積即可.解答過程：點A1在底面ABC的射影在AC上， 平面ACC1A1平面ABC.在ABC中，由BCACa，A

30、Ba. ACB90°， BCAC. BC平面ACC1A1.即 CAB為AB與側(cè)面AC1所成的角在RtABC中，CAB45°. AB與側(cè)面AC1所成角是45°. O是AC中點，在RtAA1O中，AA1a，AOa. AO1a. 側(cè)面ACC1A1面積S1. 又BC平面ACC1A1 ， BCCC1. 又BB1BCa ， 側(cè)面BCC1B1是正方形，面積S2a2.過O作ODAB于D ， A1O平面ABC， A1DAB.在RtAOD中，AOa ，CAD45° ODa在RtA1OD中，A1D . 側(cè)面ABB1A1面積S3.ABCMNKLABCMNKL 三棱柱側(cè)面積 SS

31、1S2S3.例16. 等邊三角形ABC的邊長為4，M、N分別為AB、AC的中點，沿MN將AMN折起，使得面AMN與面MNCB所成的二面角為30°，則四棱錐AMNCB的體積為 （ ）A、 B、 C、 D、3思路啟迪先找出二面角平面角，即AKL ,再在AKL中求出棱錐的高h(yuǎn)，再利用VSh 即可.解答過程：在平面圖中，過A作ALBC，交MN于K，交BC于L.則AKMN，KLMN. AKL30°.則四棱錐AMNCB的高h(yuǎn). . 答案 APAHEDBC例17.如圖，四棱錐PABCD中，底面是一個矩形，AB3，AD1，又PAAB，PA4，PAD60° 求四棱錐的體積； 求二面

32、角PBCD的大小.思路啟迪找棱錐高線是關(guān)鍵，由題中條件可設(shè)PAD的高PH即是棱錐的高.找出二面角平面角PEH，在RtPHE中即可求出此角.解答過程： PAAB ，ADAB. AB面PAD .又AB面ABCD. 面PAD面ABCD.在面PAD內(nèi)，作PHAD交AD延長線于H.則PH面ABCD ，即PH就是四棱錐的高.又PAD60°， PH . . 過H作HEBC交BC延長線于E，連接PE， 則HEAB3. PH面ABCD， PEBC. PEH為二面角PBCD的平面角. tanPEH.即二面角的大小為 arctan.例18 .（2006年全國卷）已知圓O1是半徑為R的球O的一個小圓，且圓O

33、1的面積與球O的表面積的比值為，則線段OO1與R的比值為 .RrAO1O命題目的：球截面的性質(zhì)；球表面積公式.過程指引：依面積之比可求得，再在RtOO1A中即得解答過程：設(shè)小圓半徑為r，球半徑為R則 cosOAO1而 ABCDEA1B1C1故填【專題訓(xùn)練】一、選擇題1如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在BB1上， 且BD=1，若AD與側(cè)面AA1CC1所成的角為，則的值為（ ）CBADA. B. C. D. 2直線a與平面成角，a是平面的斜線，b是平面內(nèi)與a異面的任意直線，則a與b所成的角（ ）A. 最小值，最大值 B. 最小值，最大值C. 最小值，無最大值 D. 無最小值

34、，最大值3在一個的二面角的一平面內(nèi)有一條直線與二面角的棱成角，則此直線與二面角的另一平面所成的角為（ ）BACDD1C1B1A1A. B. C. D. 4如圖，直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，則對角線A1C與側(cè)面DCC1D1所成的角的正弦值為（ ）A. B. C. D. 5已知在中，AB=9，AC=15，它所在平面外一點P到三頂點的距離都是14，那么點P到平面的距離為（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7ADBAD1C1B1A1MN6如圖，在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是棱A1B1、A1D1的中點，則點B到平面AMN的距離是（ ）A.

35、 B. C. D. 27將，邊長MN=a的菱形MNPQ沿對角線NQ折成的二面角，則MP與NQ間的距離等于( )A. B. C. D.8二面角的平面角為，在內(nèi)，于B，AB=2,在內(nèi)，于D，CD=3,BD=1, M是棱上的一個動點，則AM+CM的最小值為( )A. B. C. D. 9空間四點A、B、C、D中,每兩點所連線段的長都等于a, 動點P在線段AB上, 動點Q在線段CD上，則P與Q的最短距離為( )A. B. C. D.10在一個正四棱錐，它的底面邊長與側(cè)棱長均為a ，現(xiàn)有一張正方形包裝紙將其完全包?。ú荒懿眉艏垼梢哉郫B），那么包裝紙的最小邊長應(yīng)為（ ）A. B. C. D. 11已知

36、長方體ABCD-A1B1C1D1中，A1A=AB=2，若棱AB上存在點P，使，則棱AD的長的取值范圍是 ( )A. B. C. D. DCBAED1A1C1B112將正方形ABCD沿對角線AC折起，使點D在平面ABC外，則DB與平面ABC所成的角一定不等于（ ）A. B. C. D. 二、填空題1如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E是A1B1的中點，則下列四個命題： E到平面ABC1D1的距離是； 直線BC與平面ABC1D1所成角等于； 空間四邊形ABCD1在正方體六個面內(nèi)的射影圍成面積最小值為；ABDCPEA1D1C1B1 BE與CD1所成的角為2如圖，在四棱柱ABCD-A1

37、B1C1D1中，P是A1C1上的動點，E為CD上的動點，四邊形ABCD滿足_時，體積恒為定值（寫上你認(rèn)為正確的一個答案即可）3邊長為1的等邊三角形ABC中,沿BC邊高線AD折起,使得折后二面角B-AD-C為60°,則點A到BC的距離為_,點D到平面ABC的距離為_.4在水平橫梁上A、B兩點處各掛長為50cm的細(xì)繩，AM、BN、AB的長度為60cm，在MN處掛長為60cm 的木條，MN平行于橫梁，木條的中點為O，若木條繞過O的鉛垂線旋轉(zhuǎn)60°，則木條比原來升高了_.5多面體上，位于同一條棱兩端的頂點稱為相鄰的.如圖正方體的一個頂點A在平面內(nèi).其余頂點在的同側(cè)，正方體上與頂點A

38、相鄰的三個頂點到的距離分別是1、2和4. P是正方體其余四個頂點中的一個，則P到平面的距離可能是：O1O2O33；4；5；6；7.以上結(jié)論正確的為 .（寫出所有正確結(jié)論的編號）6. 如圖，棱長為1m的正方體密封容器的三個面上有三個銹蝕的小孔（不計小孔直徑）O1、O2、O3它們分別是所在面的中心.如果恰當(dāng)放置容器，容器存水的最大容積是_m3.三、解答題1 在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面邊長為a,D為BC為中點，M在BB1上，且BM=B1M，又CMAC1;（1） 求證：CMC1D;（2） 求AA1的長.2 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=，PA底面ABCD，E

39、是AD的中點，F(xiàn)在PC上.(1) 求F在何處時，EF平面PBC；(2) 在(1)的條件下，EF是不是PC與AD的公垂線段.若是，求出公垂線段的長度；若不是，說明理由；(3) 在(1)的條件下，求直線BD與平面BEF所成的角.3如圖，四棱錐SABCD的底面是邊長為1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB= （1）求證BCSC； （2）求面ASD與面BSC所成二面角的大??； （3）設(shè)棱SA的中點為M，求異面直線DM與SB所成角的 大小4在直角梯形ABCD中，ÐD=ÐBAD=90°,AD=DC=AB=a,(如圖一)將ADC 沿AC折起，使D到記面AC為a,面ABC為b面

40、BC為g （1）若二面角a-AC-b為直二面角（如圖二），求二面角b-BC-g的大小;（2）若二面角a-AC-b為60°（如圖三），求三棱錐-ABC的體積5如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=，AF=1，M是線段EF的中點（1）求證AM/平面BDE；（2）求二面角A-DF-B的大?。唬?）試在線段AC上確定一點P，使得PF與BC所成的角是60°【參考答案】一選擇題1.D 提示：AD在面ACC1A1上的射影應(yīng)在AC與A1C1中點的連線上，令射影為E，則EAD為所求的角.在RtEAD中，2.B 提示：由最小角定理知，最小角為，又異面直線所成角的范圍為

41、，最大角為.3.A 提示：由最小角定理知，此直線與另一面所成的角應(yīng)小于等于它與交線所成的角，故排除C、D，又此二面角為45°，則此直線與另一平面所成的角只能小于它與交線所成的角，故選A.4.D 提示：由題意，A1在面DCC1D1上的射影應(yīng)在C1D1延長線E上，且D1E=1，則A1CE為所求角，在RtAA1C中，5.D 提示：由P到ABC三個頂點的距離都是14，知P在底面ABC的射影是ABC的外心，所以PO為所求.由余弦定理得：BC=21.由得外接圓半徑為，即，在RtPOB中，6.D 提示：由題圖得7.B 提示：連結(jié)MP、NQ交于O，由四邊形MNPQ是菱形得MPNQ于O，將MNQ折起后

42、易得MOQN，OPQN，所以MOP=60°，且QN面MOP，過O作OHMP，所以O(shè)HQN，從而OH為異面直線MP、QN的公垂線，經(jīng)計算得8.C 提示：把半平面展到半平面內(nèi),此時,連結(jié)AC與棱的交點為M,這時AM+CM取最小值等于AC. (AM+CM)min=9.B 提示：P、Q的最短距離即為異面直線AB與CD間的距離，當(dāng)P為AB的中點，Q為CD的中點時符合題意.10.B 提示：將正棱錐展開，設(shè)正方形邊長為m，則11.A 提示：在長方形ABCD中AB邊存在P，作，又因為AB=2，由對稱性可知，P為AB的中點時，AD最大為1，故選A.12.D 提示：若BD與平面ABC所成的角為，則，取A

43、C的中點O，則且BO=DO，不垂直，故BD與平面ABC所成的角一定不等于.二填空題1 提示：對于，由得，錯.對于連CB1交BC1于O，則O為C在面ABC1D1上的射影，為所成的線面角，正確.作圖易知正確，對于連A1B，則為所成的角，解得，正確.2ABCD 提示：，要使體積為定值，則為定值，與E點位置無關(guān)，則ABCD3 提示：作與E，易知，從而，又由，得，由可解的點到平面的距離為.4.10cm 提示：MO=NO=30cm，過O作與旋轉(zhuǎn)前的MN平行且相等，所以旋轉(zhuǎn)后AB與平面的距離為，故升高了50-40=10cm.5.6.三、解答題1（1）證明：在正三棱柱ABCA1B1C1中，D為BC中點，則AD面BCC1B1，從而ADMC 又CMAC1，則MC和平面ADC1內(nèi)兩相交直線AD，AC1均垂直MC面ADC1，于是MCDC1.(2)解：在矩形BB1C1C中，由CMDC1 知DCC1BMC，設(shè)BB1=h,則BM=hh:a=從而所求AA1=2.解：()以A為坐標(biāo)原點，以射線AD、AB、AP分別為x軸、y軸、