立體幾何新題型的解題技巧

1、立體幾何新題型的解題技巧立體幾何新題型的解題技巧【命題趨向】在高考中立體幾何命題有如下特點：1. 線面位置關(guān)系突出平行和垂直，將側(cè)重于垂直關(guān)系多面體中線面關(guān)系論證，空間“角”與“距離”的計算常在解答題中綜合出現(xiàn)2. 多面體及簡單多面體的概念、性質(zhì)多在選擇題，填空題出現(xiàn)有關(guān)三棱柱、四棱柱、三棱錐的問題，特別是與球有關(guān)的問題將是高考命題的熱點此類題目分值一般在17-22分之間，題型一般為1個選擇題，1個填空題，1個解答題.【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

2、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

3、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（2007年福建卷理）如圖，正三棱柱ABC_ABG的所有棱

4、長都為2，D為CG中點（I）求證：AB,丄平面ABD；（n）求二面角A_A,D-B的大?。唬ùǎ┣簏cC到平面ABD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、邏輯思維能力和運算能力.解答過程：解法一：（I）取BC中點O,連結(jié)AOABC為正三角形，.AO丄BC.Y正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC丄平面BCGB,.AO丄平面BCGB連結(jié)BO,在正方形BB1C1C中，O,D分別為BC,CG的中點，BO丄BD,.AB1丄BD.在正方形ABBA中，AB±A1B,.AB1丄平面ABD（n）設(shè)AB1與AB交于點G,在平面AB

5、D中，作GF丄AD于F,連結(jié)AF,由（I）得AB丄平面ABD.AF丄AD，-/AFG為二面角A-AD-B的平面角.在厶AAD中，由等面積法可求得AF=臺怎，5又:AG冷AB=2,曲AFG二能二三二五AF4.54所以二面角a_AD_B的大小為arcsin10-4(川)ABD中，BD=AD=45,AB=22,.SAlBD，Scd=1在正三棱柱中，A到平面BCGB!的距離為,3設(shè)點C到平面ABD的距離為d由VA,_BCD由VA,_BCD=3SAiBD_d3.'3S°bcd.dSaAibd.點C到平面ABD的距離為上2解法二：（I）取BC中點0,連結(jié)AOABC為正三角形，.A0丄BC

6、在正三棱柱ABC_ABQ中，平面ABC丄平面BCC1B1,.AD丄平面BCC1B1取BG中點01，以0為原點，OB,00，0A的方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0),D(1,1,0),A(0,2,3)，A(0,0,，3),B1(1,2,0),二AB=(1,2,_兩，BD=(-2,1,0),BA=(-1,2,3)/AB_BD=一220=0,AbLbA=-14一3=0,二AB丄BD，AB1丄BA.AB平面ABD（n）設(shè)平面a1AD的法向量為n=（x,y,z）AD十,1,一AD十,1,一AA=(0,2,0)7n丄AD,n丄AA1,1n|_AD=0,-xy-.3z=0,y=

7、0,AA=0,2y=0,x-.3z.令z=1得n=（3,0,1）為平面AAD的一個法向量.由（I）知AB丄平面ABD,（川）由（H）,ab為平面ABD法向量,二面角AADB的大小為arccos6-4-AB1為平面abd的法向量.-AB1為平面abd的法向量.TBC=(-2,0,0),AB=(1,2,-3).點C到平面ABD的距離.點C到平面ABD的距離2小結(jié)：本例中（川）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AMBi的距離轉(zhuǎn)化為容易求的點K到平面AMBi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，這種方法可以避免復(fù)雜的幾何作

8、圖，顯得更簡單些，因此可優(yōu)先考慮使用這一種方法例2.（2006年湖南卷）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.（I）證明PQ丄平面ABCD;（n）求異面直線AQ與PB所成的角；（川）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程：方法一（I）取AD的中點，連結(jié)PM,QM.因為PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以AD丄PM,AD丄QM

9、.從而AD丄平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ丄AD.同理PQ丄AB,所以PQ丄平面ABCD.（n）連結(jié)AC、BD設(shè)ACBD=0，由PQ丄平面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POOQ1NO2,oANOOC1丄，所以POOQNOOA，從而AQ/PN，/BPN（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角因為pb二Job2op2=(2J)212=3,pn二,onLop2二(空)21、3.BN=.OB2ON2=(22)(2)2=.10所以所以cos/BPN=PB2+PN2-BN22PBPN93-10仝2339從而異面直線AQ與PB所成的角

10、是、3arccos91 1(川)連結(jié)OM，貝UOMAB=2OQ.2 2所以/MQP=45°.3、22由（I）知AD丄平面PMQ，所以平面PMQ丄平面QAD.過P作PH丄QM于H,PH丄平面QAD.從而PH的長是點P到平面QAD的距離.又PQ=POQO=3,.PH=PQsin45°即點P到平面QAD的距離是色2.2方法二（I）連結(jié)AC、BD，設(shè)ACBD=O.由PABCD與QABCD都是正四棱錐，所以PO丄平面ABCD,QO丄平面ABCD.從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ丄平面ABCD.（H）由題設(shè)知，ABCD是正方形，所以AC丄BD.由（I）,QO丄平面ABCD.故可

11、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(2j2,0,0),Q(0,0,2),B(0,22,所以AQ=(-2,0,-2)PB=(0,2、2-1)于是于是cosAQ,PB39(川)由(n)，點D的坐標(biāo)是(0,22,0),AD=(/J2,/J2,0),PQ=(0,0,-3)，設(shè)n=(x,y,z)是平面QAD的一個法向量，由nAQ=0nAD=0L2x+z=0x+y=0取x=1，得n=(1,_1,-；2).7呻PQn所以點P到平面QAD的距離d=一-H-n3.'22考點2異面直線的距離此類題目主要考查異面直線的距

12、離的概念及其求法，考綱只要求掌握已給出公垂線段的異面直線的距離典型例題例3已知三棱錐S-ABC，底面是邊長為4.2的正三角形，棱SC的長為2，且垂直于底面.E、D分別為BC、AB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,.EF為BCD的中位線，.EF/CD,CD/面SEF,CD到平面SEF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CD上一點C到平面SEF的距離，設(shè)其為h，由題意知，BC=4.2,D、E

13、、F分別是AB、BC、BD的中點，CD=26,EFCD=6,DF二2,SC=221111廠廠2品Vs_cefEFDFSC6、22=2323在Rt.SCE中，SE二.SC2CE2=2.3在RrSCF中,SF=SC2CF2二；：4242=$30又EF二.,6,.S-sef=3由于VC_SEF=VS_CEF=1SSEFh，即-3巾=-3，解得h=_-3333I-故CD與SE間的距離為紅3.3小結(jié)：通過本例我們可以看到求空間距離的過程，就是一個不斷轉(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)化典型例題如圖，在棱長為2的正方體AC1中，G是AA的中點

14、，求BD到平面GB1D1的距離.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BD/平面GB1D1，.BD上任意一點到平面GRU的距離皆為所求，以下求點O平面GB1D1的距離，BQj_A1C1，BQj_A,A，.RDj_平面AACG,D1A1B1DO：又B1D1平面GB1D1平面A1ACC1GB1D1，兩個平面的交線是O1G,作OH_OjG于H，則有OH平面GB1D1，即OH是O點到平面GB1D1的距離.在goG中,s.01og=-O1OAO=丄2、2=$2221 1又soqgOHOjG3OH2 23 1又soqgOHOjG3OH4 2=2,OH2一6即BD到平

15、面GB1D1的距離等于263解析二BD/平面GB1D1,.BD上任意一點到平面GB1D1的距離皆為所求，以下求點B平面GBD1的距離.-223=,6,設(shè)點B到平面GRDi的距離為h，將它視為三棱錐B-GBiDi的高，則VB_GB1D1=Vdi_GBB1,由于SGB1D1=VDi_GBBi1 1422,h2 23即BD到平面GD1的距離等于26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

16、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(2007年北京卷文)如圖，在RtAAOB中，OAB=n，斜邊AB=4.RtAOC可以通過RtAOB以直線AO為6軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B-AO-C的直二面角.D是AB的中點.(I) 求證：平面COD_平面AOB;(II) 求異面直線AO與CD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，COAO,BOAO,二ZBOC是二面角B-AOC是直二面角，CO_BO，又TAO"lBO=O,CO平面AOB,又CO平面COD.(II)作DE_OB，垂足為E，連結(jié)CE(如圖)，

17、則DE/AO,zADB(II)建立空間直角坐標(biāo)系O_xyz，如圖，貝V0(0,0,0),A(0,0,23),C(2,0,0),D(0,1,3),.OA=(0,0,2.3),.平面COD_平面AOB.CDE是異面直線AO與CD所成的角.在RtACOE中，CO二BO=2，OE二丄BO/，2.CE=：CO2oe2=51又DE=_AO=32在RtACDE中，tanCDE二些=5二-15DE733異面直線AO與CD所成角的大小為arctan53解法2:(I)同解法1OACd2風(fēng)20異面直線AO與CD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arccos4線

18、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；補形法：把空間圖形補成熟悉的幾何體，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：厶壬I例6(2006年廣東卷)如圖所示，AF、DE分別是OO、O01的直徑.AD與兩圓所在的平面均垂直，AD=8,BC是OO的直徑，AB=AC=6,OE/AD.(I)求二面角BADF的大??；(II)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、邏輯思維能力和運算能力01E

19、DC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：(I)/AD與兩圓所在的平面均垂直,AD丄AB,AD丄AF,故/BAF是二面角BADF的平面角-AF、BC是圓0的直徑，ABFC是矩形，又；AB二AC=6，ABFC是正方形由于ABFC是正方形，所以/BAF=45°.即二面角BADF的大小為45°(II)以0為原點，BC、AF、0E所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，則0(0,0,0),A(0,3邁,0),B(32,°,°),D(0,-3/2,8),E(0,0,8),所以，BD=(-3.

20、2,-3.、2,8),氓=(0,-3.2,8)BDF,0186482cos：BD,FE.|BD'|FE|J100漢J8210設(shè)異面直線BD與EF所成角為:,則TT<82.cos。=cosvBD,FE國=.10r"89故直線BD與EF所成的角為arccos.10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，是高考的常考內(nèi)容典型例題例7.(2007年全國卷I理)四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面AB=2,BC=22,SA二SB=.3.(I) 證明SA_BC；(I)求直線SD與平面SAB所成角的大小

21、.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,面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解答過程：解法一：(I)作SO丄BC,垂足為0，連結(jié)AO，由側(cè)面SBC丄底面ABCD,得SO丄底面ABCD.因為SA二SB，所以A0二B0,又ZABC=45，故AOB為等腰直角三角形，A0丄B0,由三垂線定理，得SA丄BC.(n)由(I)知SA丄BC，依題設(shè)AD/BC故SA丄AD，由AD=BC=2.2,SA=3,S0=1,SD=.11.SAB的面積S=*ABLSA2I1AB=.2.連結(jié)DB，得DAB的面積S2=-AADsin135：=22設(shè)D到平面SAB的距離

22、為h，由于VD$ab=VS4bd，得-hLS=-S0_S2，解得h=.2.2 3-設(shè)SD與平面SAB所成角為，則sin-._h_2乞.SD州11所以，直線SD與平面SBC所成的我為arcsi11解法二：(I)作S0丄BC，垂足為0，連結(jié)A0，由側(cè)面SBC丄底面ABCD，得S0丄平面ABCD.因為SA=SB，所以A0=B0.CE又ZABC=45：,AOB為等腰直角三角形，AO丄OB.(邁,0,-1)如圖，以0為坐標(biāo)原點，0A為x軸正向，建立直角坐標(biāo)系0-xyz,A(-2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),S(0,0,1),SA=(、'=0，所以SA丄BC.CB=(0,2、2

23、,0),sAcb(n)取AB中點E,E噸返0:J2'2'丿連結(jié)SE,取SE中點G，連結(jié)OG,G心2721'G55(442丿OGOG1麗=(血2,0).5?12SEoG=0,A§|_0G=0,OG與平面SAB內(nèi)兩條相交直線SE,AB垂直.所以O(shè)G_平面SAB,OG與DS的夾角記為:,SD與平面SAB所成的角記為,則與'互余.d(、.2,2.2,0),DS=(_.2,2.2,i).cos，一延1=2，sin，2，|og*DS1111所以，直線SD與平面SAB所成的角為.422arcsin11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

24、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)造一一作出斜線與射影所成的角，證明一一論證作出的角為所求的角，計算常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.（2007年湖南卷文）如圖，已知直二面角一PQ-1，APQ，B三汽，0'，CA二CB，BAP=45；，QQ直線CA和平面:所成的角為30.(I)證明BC丄PQ;（II）求二面角B-AC-P的大小.命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、.面角等基本知識，考查空間想象能力、

25、邏輯思維能力和運算能力過程指引：（I）在平面內(nèi)過點C作CO丄PQ于點0，連結(jié)0B因為：丄1p二PQ，所以CO丄，又因為CA=CB，所以0A=0B而乙BAO=45：，所以NABO=45，乙AOB=90：,Q從而BO丄PQ，又CO丄PQ,所以PQ丄平面OBC因為BC二平面OBC，故PQ丄BC（II）解法一：由（I）知，BO丄PQ，又：丄1p二PQ,BO二卅，所以BO丄過點O作OH丄AC于點H，連結(jié)BH，由三垂線定理知，BH丄AC故.BHO是二面角B-AC-P的平面角.由（I）知，CO丄，所以.CAO是CA和平面所成的角，貝U.CAO=30：,不妨設(shè)AC=2，貝UAO二3,OH二AOsin30在Rt

26、OAB中，ABO=/BAO=45，所以BO二AO=,3,于是在RtABOH中,tanBHO二匹Z=2OHV3故二面角B-AC-P的大小為arctan2解法二：由（I）知，OC丄OA,OC丄OB,OA丄OB，故可以O(shè)為原點，分別以直線OB,OA,OC為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）因為CO丄a，所以CAO是CA和平面所成的角，貝U.CAO二30Q不妨設(shè)AC=2，則AO=,CO=1.在RtOAB中，ABO二BAO二45,所以BO=AO3.則相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是0(0,0,0),BC、3,0,0),A(0,3,0),C(0,01).所以AB=(.3一.3,0),AC=(0,一,31).設(shè)

27、m=x,y,z是平面ABC的一個法向量,=0,得息-容0,=0j：3yz=0取x=i，得口=(1,1,3).易知n2=(10,0)是平面：的一個法向量.設(shè)二面角B-AC-P的平面角為二，由圖可知,所以COST=所以COST=1故二面角B-AC-P的大小為I5arccos一5小結(jié)：本題是一個無棱二面角的求解問題解法是確定二面角的棱，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，補形構(gòu)造幾何體發(fā)現(xiàn)棱；解法二則是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

28、量計算的方法求出二面角的大小aBaB例9.(2006年重慶卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA_底面ABCD上DAB為直角,AB|CD,AD=CD=2AB,E、F分別為PC、CD的中點.(I) 試證：CD_平面BEF;(H)設(shè)PA=kAB,且二面角E-BD-C的平面角大于30，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程：解法一：(I)證：由已知DFAB且乙DAD為直角，故ABFD是矩形，從而CD_BF.又PA_

29、底面ABCD,CD_AD,故由三垂線定理知CD_PD.在厶PDC中，E、F分別PC、CD的中點，故EF/PD,從而CD_EF,由此得CD_面BEF.(H)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EG/PA.又因PA_底面ABCD,故EG_底面ABCD在底面ABCD中，過G作GH_BD,垂足為H,連接EH.由三垂線定理知EH_BD.從而乙EHG為二面角E-BD-C的平面角設(shè)AB=a,則在PAC中，有11EG=PA=ka.22以下計算GH，考察底面的平面圖連結(jié)GD.廠11因Sgbd=BDGH=GBDF.22故gh=GE.BD在厶ABD中，因為AB=a,AD=2a,得BD=5

30、a.11而GB=FB=AD=a,DF=AB,從而得22GBABGH=-aaf、5a-BD.5a5因此tan/EHG='ka25a5由k>0知EHG是銳角，故要使EHG>30，必須k>tan30=仝232J15解之得，k的取值范圍為k>三竺.15解法(I)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zA(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).從而DC=(2a,0,0),BF=(0,2a,0),DCBF=0,故DC_BF./b設(shè)PA=b,則P(O,O,b),而E為PC中點故Ea,a,

31、i.'、2丿一fb、一-從而BE=0,a,i,DCBE=0,故DC丄BE.<2丿由此得CD_面BEF.(H)設(shè)E在xOy平面上的投影為G,過G作GH_BD垂足為H,由三垂線定理知EH_BD.從而.EHG為二面角E-BD-C的平面角./ka、由PA=kAB得P(0,0,ka),Ea,a,i,G(a,a,0).<2丿設(shè)H(x,y,0)，則GH=(x-a,y-a,0),BD=(-a,2a,0),由GHBD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a又因BH=(x-a,y,0),且BH與BD的方向相同，故匸空=丄，即-a2a2x+y=2a3 4-121、”v5由解得x

32、=a,y=a,從而GH=一一a,-a,0,|GH|=a.55i55丿5ka2V5nJ由k>0知，/EHG是銳角，由EHG>0,得tan/EHG>tan0,即k>.故k的取值范圍為2J515考點7利用空間向量求空間距離和角決立體幾何問題這套強有力的工具時,不僅會降低題目的難度,而且使得作題具有很強的操當(dāng)掌握了用向量的方法解眾所周知，利用空間向量求空間距離和角的套路與格式固定作性典型例題例10.(2007年江蘇卷)如圖，已知ABCD-ABGD,是棱長為3的正方體,點E在AA1上，點F在C。上，且AE=F®=1.(1) 求證：E,B,F,Di四點共面；(2) 若點G

33、在BC上，BG二2，點M在BB1上,3GM丄BF，垂足為H，求證：EM丄平面BCC1B1；(3)用二表示截面EBFD1和側(cè)面BCGB所成的銳二面角的大小，求ta.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)知識和基本運算，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力.過程指引：解法一：B1NEMA9H(1)如圖，在DD1上取點N，使DN=1，連結(jié)EN,CN，則EDN=1,CF二ND1=2.因為AE/DN,ND1/CF，所以四邊形ADNE,CFD1N都為平行四邊形.從而EN/AD,FD1/CN.又因為AD/BC，所以EN/BC，故四邊形BCNE是平行四邊形，由此推知CN/

34、BE,從而FD1/BE.因此，E,B,F,D1四點共面.(2)如圖，GM丄BF，又BM丄BC，所以/BGM-ZCFB,BC23BM二BGkanZBGM二BGtanZCFB=BG1.CF32因為AEJBM，所以ABME為平行四邊形，從而AB/EM.又AB丄平面BCC1B1，所以EM丄平面BCC1B1.(3)如圖，連結(jié)EH.因為MH丄BF,EM丄BF，所以BF丄平面EMH，得EH丄BF.于是ZEHM是所求的二面角的平面角，即/EHM二二.因為/MBH二/CFB-所以MH=BMbin/MBH=BM_sin/CFBBC33尺EM=BM虧2=1，22，tan13JbC2+CF2v'3+2/3MH

35、解法二：(1)建立如圖所示的坐標(biāo)系，則BE=(3,0,),BF=(0,3,2),BDi二(3,3,3)，T-1BEBF,故BD1,T-1BEBF,故BD1,BE，BF共面.又它們有公共點B，所以E,B,F,Di四點共面.(2)如圖，設(shè)M(0,0,z),則GM二0,-,z,I3丿而BF=(0,3,2),由題設(shè)得GM3x因為M(0,0,1),E(3,0,1)，有ME=(3,0,0),又BB二(0,0,3),BC二(0,3,0)，所以MeLB二0,MELbC=0,從而ME丄BBi,ME丄BC.故ME丄平面BCC1B1.(3)設(shè)向量BP二(x,y,3)丄截面EBFD1,于是BP丄BE,BP丄BF.而B

36、E=(3,0,1),BF=(0,3,2)，得BPl"BE=3x3=0,BLBF=3y6=0，解得x=-1,y=-2，所以BP=(-1,-2,3).又BA=(3,0,0)丄平面BCCiBi，所以BP和BA的夾角等于二或冗-二(二為銳角).于是cos=1_14故tanJ-,13.再用公式求夾角；點面小結(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),距離一般轉(zhuǎn)化為AB在面BDF的法向量n上的投影的絕對值例11.(2006年全國I卷)如圖山丄是互相垂直的兩條異面直線，MN是它們的公垂線段，點A、B在h上,C在12上，AM=MB=MN(I)證明AC_NB;(II)若ACB=60，求N

37、B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、邏輯思維能力和運算能力HHMCN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：(I)由已知12丄MN,I?丄li,MNAli=M,可得12丄平面ABN.由已知MN丄li,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN丄NB.又AN為AC在平面ABN內(nèi)的射影.AC丄NB(n)vRtCAN也RtCNB,AC=BC,又已知/ACB=60°,因此ABC為正三角形/RtANB也RtCNB,NC=NA=NB,因此N在平面AB

38、C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,cos/NBH=在RtNHB中,cos/NBH=HBNB3TAB2yAB-J6亍解法二：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),(I)TMN是l1、l2的公垂線，h丄I2,I2丄平面ABN.CHMyBI2平行于z軸.故可設(shè)C(0,1,m).于是=(1,1,m),=(1,1,0).=1+(1)+0=0AC丄NB.ABC為正三角(n)=(1,1,m),=(1,1,m),11=11,又已知/ACB=60形,AC=BC=AB=2.在RtCNB中

39、,NB=2,可得NC=2,故C(0,1,2).連結(jié)MC，作NH丄MC于H,設(shè)H(0,入,2入)(入>0).=(0,1入，2入),=(0,1,2)1=1入一2入=0,入=3,二H(0,3,子)，可得=(°,|,子)，連結(jié)BH,則=(1,*,¥),22=0+99=0,二丄,又MCnBH=H,HN丄平面ABC,/NBH為NB與平面ABC所成的角.又=(1,1,0),cos/NBH=_6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（1）,將邊長為1的正六邊形鐵皮的六個角各切去一個全

40、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)AD=a，易知/ABC=60°，且/ABD=30°-AB=,3a.BD=2a=正六棱柱體積為V.1 2Q2V=6-(12a)sin60.3a=-(12a)a2 2QQ23=-(1_2a)(1_2a)4a<-(_).8831當(dāng)且僅當(dāng)12a=4a=a=時，體積最大，612此時底面邊長為12a=12X=61答案為丄.6例13.如圖左,在正三角形ABC中,D、E、F分別

41、為各邊的中點,G、H、I、J分別為AF、AD、BE、DE的中點，將ABC沿GFDE、EF、DF折成三棱錐后,HGH與IJ所成角的度數(shù)（A、B、C）為（A、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ABCDAiBiCiDi中， 設(shè)對角線DiB與自Di出發(fā)的三條棱分別成a、B、角求證：COS2a+COS23+COS2=iGCA 設(shè)DiB與自Di出發(fā)的三個面成a、3

42、、角，求證:222帕COSa+COS3+COS=2思路啟迪因為三個角有一個公共邊即DiB，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a,3,，然后利用各邊 所構(gòu)成的直角三角形來解解答過程：連接BCi，設(shè)/BDiCi=a，長方體三條棱長分別為a,b,c,設(shè)DiB=l222則COS2a=同理COS23=b,COS2=C2a2+b2+c2l2l2l2222二COSa+COS3+COS=連接DiC,vBC丄平面DCCiDia2+b222二COSa+COS3+COS=/BDiC即是DiB與平面DCCiDi所成的角，不妨設(shè)/

43、BDiC=a,則COS2a同理：i2|222cos23-b：C,cos2-c2a又/l2=a2+b2+c2.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.1棱錐體積V等于-Sh其中S是底面積，h是棱錐的高.3典型例題例15.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB=.2a,BC=CA=AA1=a,A-在底面ABC上的射影O在AC上求AB與側(cè)面AC-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AC-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BCC-B

44、-是正方形，側(cè)面ACC-A-和側(cè)面ABB-A-是平行四邊形，分別求其面積即可解答過程：點A-在底面ABC的射影在AC上，平面ACC-A-丄平面ABC.在厶ABC中，由BC=AC=a,AB=.2a./ACB=90°,.BC丄AC.BC丄平面ACC-A-.即/CAB為AB與側(cè)面AC-所成的角在RtABC中，/CAB=45AB與側(cè)面AC-所成角是45°.-/O是AC中點，在RtAA-O中，AA-=a,AO=-a.2AOi.2側(cè)面ACCiAi面積Si=ACAOi=-a2.2又BC丄平面ACCiAi,BC丄CCi.又BBi=BC=a,側(cè)面BCCiBi是正方形，面積S2=a2.過O作0

45、D丄AB于DAiO丄平面ABC,AiD丄AB.在RtAOD中，AO=la，/CAD=452OD=厶4在RtA1OD中,AiD=,OD2+AQ2=(a)+(23a)8a.7a=8-側(cè)面ABB1A1面積S3=ABAiD=.2a飛A二棱柱側(cè)面積S=Si+S2+S3=(2+i3+7)2例i6.等邊三角形ABC的邊長為4,M、N分別為AB、AC的中點，沿MN將厶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C思路啟迪先找出二面角平面角,即/AKL，再在AKL中求出棱CB、i錐的高h(yuǎn)，再利用V=Sh即可.3解答過程：在平面圖中，過A作AL丄BC,交MN于K，交BC于L

46、.則AK丄MN,KL丄MN./AKL=30°則四棱錐AMNCB的高h(yuǎn)=AKsin30=32SmncbKL=33VaMNCB=答案A例17.如圖，四棱錐PABCD中，底面是一個矩形，AB=3,AD=1，又PA丄AB,PA=/PAD=60°求四棱錐的體積;求二面角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即是棱錐的咼.A找出二面角平面角/PEH，在RtPHE中即可求出此角.解答過程：PA丄AB,AD丄AB.AB丄面PAD.又AB二面ABCD.面PAD丄面ABCD.在面PAD內(nèi)，作PH丄AD交AD延長線于H.貝UPH丄面ABCD，即PH就是四棱錐的高.

47、又/PAD=60°,PH=PAsin60=4=23.2Vp-abcd=3Sabcdph=33123=23.過H作HE丄BC交BC延長線于E,連接PE,貝UHE=AB=3./PH丄面ABCD,PE丄BC./PEH為二面角PBCD的平面角.=2/3tan/PEH=理HE323即二面角的大小為arctan3例18.（2006年全國卷H）已知圓Oi是半徑為R的球0的一個小圓,且圓01的面積與球O的表面積的比值為-，則線段001與R的比值為9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R解答過程：設(shè)小圓半徑為r，球半徑為R2R兀4二2-9-24R1故填

48、丄3【專題訓(xùn)練與高考預(yù)測】一、選擇題1.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1,D在BBi上,且BD=1，若AD與側(cè)面AA1CC1所成的角為，則的值為()JtJIA.B.-34.6C.arctanD.arcsin442.直線a與平面成二角，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.最小值二，最大值二-vB.最小值v，最大值一2C.最小值二，無最大值D.無最小值，最大值一4A3在一個45的二面角的一平面內(nèi)有一條直線與二面角的棱成45角，則此直線與二面角的另一平面所成的角為（）A.30B.45C.604.如圖，直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的棱

49、長均為2,BAD=60，則對角線A1C與側(cè)面DCC1D1所成D.90ABB.D.頂點的距離都是14，那么點P到平面ABC的距離為（A.13B.11C.9D.6.如圖，在棱長為3的正方體ABCD-AiBiCiDi中，M、N別是棱AiBi、AiDi的中點，則點B到平面AMN的距離是（A.B.3C.D.2Di)7將.QMN=60，邊長MN=a的菱形MNPQ沿對角線NQ折成60的二面角，貝UMP的角的正弦值為（A.C.5.已知在：ABC中，AB=9,AC=15,BAC=120，它所在平面外一點P到:ABC與NQ間的距離等于（）B.B.D. 24&二面角:-l-的平面角為120，在內(nèi)，AB_I于

50、B,AB=2,在內(nèi)，CD_I于D,CD=3,BD=1,M是棱l上的一個動點，則AM+CM的最小值為()A.2.5B.22C.,26D.2.69.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.A.B.C.D.a10.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住（不能裁剪紙，但可以折疊），那么包裝紙的最小邊長應(yīng)為（）A.('.26)aA.('.26)a4246B.aC.(1.3)a11. 已知長方體ABCD-AiBiCiDi中，AiA=AB=2，若棱AB上存在點P，使Df_P

51、C,則棱AD的長的取值范圍是（）A.0,i1B.0,.21C.0,21D.i,.21i2.將正方形ABCD沿對角線AC折起，使點D在平面ABC夕卜，則DB與平面ABC所成的角一定不等于（A.30A.30B.45C.60D.90二、填空題i.如圖，正方體ABCD-AiBiCiDi的棱長為i,E是AiBi的中點,則下列四個命題:1E到平面ABCiDi的距離是；2直線BC與平面ABCiDi所成角等于直線BC與平面ABCiDi所成角等于45；空間四邊形ABCDi在正方體六個面內(nèi)的射影圍成1面積最小值為一；2BE與CDi所成的角為Vi0arcsini0上的動點，E為CD上的動點，四邊形ABCD滿時，體積

52、VPEB恒為定值（寫上G如圖，在四棱柱ABCD-AiBiCiDi中，P是AiCi你認(rèn)為正確的一個答案即可）3.邊長為i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0的鉛垂線旋轉(zhuǎn)60°，則木條比原來升高了多面體上，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:3:4:5衛(wèi)6;7.以上結(jié)論正確的為.(寫出所有正確結(jié)論的編號.)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)0“02、03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ABCAiBiCi中，底面邊長為又CM丄AC1;(1) 求證：CM丄C1D;(2) 求AA1的長.1a,D為BC為中點，M在BB1上，且BM=B1M,3如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是矩形且AD=