2012备战高考数学立体几何详解典型例题及高考题汇编

3年高考2年模拟1年原创 立体几何

备战高考数学立体几何

【考点定位】2010考纲解读和近几年考点分布

立体几何在高考中占据重要的地位，通过近几年的高考情况分析，考察的重点及难点稳定，高考始终

把直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，是知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。高考对立体几何的考查侧重以下几个方面： 1．从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变 . 除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。2．从内容上来看，主要是：①考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④简单的几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用。⑥三视图，辨认空间几何体的三视图，三视图与表面积、体积内容相结合。3．从能力上来看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力。 【考点pk】名师考点透析

考点一、空间几何体的结构、三视图、直观图

【名师点睛】了解柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中的简单物体的结构。能画出简单空间几何体的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图。能用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间几何体的三视图与直观图。了解空间几何体的不同表示形式。会画某建筑物的视图与直观图。

空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，能通过观察几何体的模型和实物，总结出柱、锥、台、球等几何体的结构特征；能识别三视图所表示的空间几何体，会用材料制作模型，培养动手能力。

【试题演练】

1将正三棱柱截去三个角（如图1所示A，B，C分别是△GHI三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）

H B A I C G

侧视 B D

F 图1

E

F 图2 A C B

E

A．

B． B

B B E D E

E C．

E D．

解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A

点评：本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。

2、由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数

1

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是 ．

主视图 左视图

俯视图

解：以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为5个。

点评：从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。

考点二、空间几何体的表面积和体积

【名师点睛】理解柱、锥、台的侧面积、表面积、体积的计算方法，了解它们的侧面展

开图，及其对计算侧面积的作用，会根据条件计算表面积和体积。理解球的表面积和体积的计算方法。

把握平面图形与立体图形间的相互转化方法，并能综合运用立体几何中所学知识解决有关问题。 【试题演练】

1、已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图(或称主 视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视 图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．

(1)求该几何体的体积V； (2)求该几何体的侧面积S

解: 由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD。(1) V?1??8?6??4?64 3(2) 该四棱锥有两个侧面VAD. VBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为

?8? h1?4????42, 另两个侧面VAB. VCD也是全等的等腰三角形,

?2?2211?6?2AB边上的高为h2?4????5因此 S?2(?6?42??8?5)?40?242

22?2?点评：在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知识结合在一起，综

合考查。

2、右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ） 2 A．9π B．10π

3 C．11π D．12π

解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组

2 2 合而成的简单几何体，其表面及为：

俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

2S?4??12???12?2?2??1?3?12?.，故选D。

点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积。既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法。

3、用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为?，则球的体积为（ ）

2

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A.

82?32?8? B. C. 82? D.

333解：截面面积为??截面圆半径为1，又与球心距离为1?球的半径是2，

4?R382??所以根据球的体积公式知V球?，故B为正确答案． 33点评：本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。

考点三、点、线、面的位置关系

【名师点睛】理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。

通过大量图形的观察、实验，实现平面图形到立体图形的飞跃，培养空间想象能力。会用平面的基本性质证明共点、共线、共面的问题。

【试题演练】1、如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且

CFCG2＝＝，则（ ） CBCD3（A）EF与GH互相平行 （B）EF与GH异面

（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上

（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上

解：依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因为EH＝

1FG2BD，＝，故EH≠FG，所以，2BD3EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故

点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB图1 与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在 平面ACB与平面ACD的交线AC上。选（D）。

点评：本题主要考查公理2和公理3的应用，证明共线问题。利用四个公理来证明共点、共线的问题是立体几何中的一个难点。

2、已知正四棱锥S?ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为（ ）A．

1 3B．

2 3C．

3 3D．

2 3解：连接AC、BD交于O，连接OE，因OE∥SD.所以∠AEO为异面直线SD与AE所成的角。设侧棱长与底面边长都等于2，则在⊿AEO中，OE＝1,AO＝2，AE=2?1?于是cos?AEO?23，

(3)2?12?(2)22?3?1?13?3，故选C。 3OMA3 点评：求异面直线所成的角，一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角形，再用三角函数的方法或正、余弦定理求解。

考点四、直线与平面、平面与平面平行的判定与性质

【名师点睛】掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质

DNC

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定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。

通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。 【试题演练】

1、如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，?ABC??4, OA?底面ABCD,

（Ⅱ）求异面直线ABOA?2,M为OA的中点，N为BC的中点（Ⅰ）证明：直线MN‖平面OCD；与MD所成角的大小； （Ⅲ）求点B到平面OCD的距离。

方法一：（1）证明：取OB中点E，连接ME，NE?ME‖AB,AB‖CD，?ME‖CD

又?NE‖OC,?平面MNE‖平面OCD?MN‖平面OCD

（2）?CD‖AB, ∴?MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）

作AP?CD于P,连接MP ∵OA?平面ABCD，∴CD?MP∵?ADP??4,∴DP=22 MD?MA2?AD2?2，∴cos?MDP?DPMD?12,?MDC??MDP??3 所以 AB与MD所成角的大小为

?3

（3）∵AB‖平面OCD,∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作

AQ?OP 于点Q，∵AP?CD,OA?CD,∴CD?平面OAP,∴AQ?CD

又 ∵AQ?OP,∴AQ?平面OCD,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

∵OP?OD2?DP2?OA2?AD2?DP2?4?1?12?322，AP?DP?22 2?2

∴AQ?OA?AP2OP?32?23，所以点B到平面OCD的距离为23 2方法二(向量法)作AP?CD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,22,0),D(?22,22,0),O(0,0,2),M(0,0,1),N(1?24,24,0), (1)????MN??(1?24,24,?1),???OP??(0,2????222,?2),OD?(?2,2,?2) 4

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设平面OCD的法向量为n?(x,y,z,)则

????????n?OP?0,n?OD?0

zO?2y?2z?0??2即 ?

??2x?2y?2z?0??22取z?2,解得n?(0,4,2)

MAxBNCPDy?????22∵MN?n?(1?,,?1)?(0,4,2)?0

44?MN‖平面OCD

?????????22,,?1) (2)设AB与MD所成的角为?,∵AB?(1,0,0),MD?(?22?????????AB?MD?1? ∴co?s????,?? , AB与MD所成角的大小为 ???????∴33AB?MD2????(3)设点B到平面OCD的交流为d,则d为OB在向量n?(0,4,2)上的投影的绝对值,

????OB?n2????2 由 OB?(1,0,?2), 得d??.所以点B到平面OCD的距离为

3n3点评：线面平行的证明、异面直线所成的角，点到直线的距离，既可以用综合方法求解，也可以用向

量方法求解，后者较简便，但新课标地区文科没学空间向量。

2、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点.（1）求证：GN?AC;（2）当FG=GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP//平面FMC,并给出证明.

证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC

(1)连接DB，可知B、N、D共线，且AC⊥DN 又FD⊥AD FD⊥CD，?FD⊥面ABCD

?FD⊥AC ?AC⊥面FDN GN?面FDN ?GN⊥AC

5

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（2）点P在A点处

证明：取DC中点S，连接AS、GS、GA ?G是DF的中点，?GS//FC,AS//CM ?面GSA//面FMC GA?面GSA ?GA//面FMC 即GP//面FMC

点评：证明线面平行，在平面内找一条直线与平面外的直线平行，是证明线面平行的关键。 考点五、直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质

【名师点睛】掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。

通过线面垂直、面面垂直的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。 【试题演练】

1、正方体ABCD—A1B1C1D1中O为正方形ABCD的中心，M为BB1的中点，求证： （1）D1O//平面A1BC1;（2）D1O⊥平面MAC. 证明: (1)连结BD,B1D1分别交AC,AC11于O,O1 在正方体ABCD?A1B1C1D1中,对角面BB1D1D为矩形

?O,O1分别是BD,B1D1的中点?BO//D1O1

?四边形BO1D1O为平行四边形?BO1//D1O

?D1O?平面A1BC1,BO1?平面A1BC1?D1O//平面A1BC1

（2）连结MO,设正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为a,

在正方体ABCD?A1B1C1D1中,对角面BB1D1D为矩形且BB1?a,BD? ?O,M分别是BD,BB1的中点 ?BM?2a

BMBO2a2?? ,BO?OD?a ?ODD1D222?BOM??D1DO Rt?MBO?Rt?ODD ?在Rt?ODD1中，?DD1O??D1OD?90 1 ????BOM??D1OD?90?，即D1O?MO在正方体ABCD?A1B1C1D1中 ?DD1?平面ABCD

?DD1?AC 又?AC?BD，DD1?BD?D ?AC?平面BB1D1D

?D1O?平面BB1D1D ?AC?D 又AC?MO?O ?D1O?平面MAC 1O点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直，

证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．

2、如图，四棱锥P—ABCD中， PA?平面ABCD，底面ABCD

P 是直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，E为PC中点．

E (错误！未找到引用源。) 求证：平面PDC?平面PAD； (错误！未找到引用源。) 求证：BE//平面PAD． D C

A

B

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证明：（1）由PA?平面ABCD?PA?CD ?CD?面PAD? ?CD?AD（已知）?? ??PA?AD?A?P ?平面PDC?平面PAD；

E （2）取PD中点为F，连结EF、AF，由E为PC中点， F 得EF为△PDC的中位线，则EF//CD，CD=2EF． D C

又CD=2AB，则EF=AB．由AB//CD，则EF∥AB． 所以四边形ABEF为平行四边形，则EF//AF． A B 由AF?面PAD，则EF//面PAD．

点评：证明面面垂直，先证明线面垂直，要证线面垂直，先证明线线垂直．

3、如图，四棱锥S?ABCD的底面是正方形，SA?底面ABCD，E是SC上一点． （1）求证：平面EBD?平面SAC；

（2）设SA?4，AB?2，求点A到平面SBD的距离； (1)证明：?SA?底面ABCD ?SA?BD S且BD?AC ?BD?平面SAC

CD?面PAD??平面EBD?平面SAC

1(2)解：因为VA-SBD?VS-ABD，且S?SBD??22?32，

24 可求得点A到平面SBD的距离为

3AEDCB点评：求点到面的距离，经常采用等体积法，利用同一个几何体，体积相等，体现了转化思想．

考点六、空间中的夹角

【名师点睛】空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为(0°，90°]、[0°，90°]和[0°，180°]。

（1）两条异面直线所成的角

求法：○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；○2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是(0,向量所成的角范围是[0,?]，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角

（2）直线和平面所成的角 求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”

（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的

解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cos ? ＝

?2]，

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S?，其中S 为斜面面积，S′为射影面积，? 为斜面与射影面所成的二面角 S【试题演练】

1如图3，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=4, AA1?（Ⅰ）证明：平面A1DE?平面ACC1A1;

7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE?A1E.

（Ⅱ）求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值 解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱ABC?A1B1C1的性质知

AA1?平面ABC.又DE?平面ABC，所以DE?AA1.

而DE?A1E，AA1?A1E?A1,所以DE⊥平面ACC1A1. 又DE ?平面A1DE，故平面A1DE⊥平面ACC1A1. （Ⅱ）解法 1: 过点A作AF垂直A1E于点F, 连接DF.由（Ⅰ）知，平面A1DE⊥平面ACC1A1， 所以AF?平面A1DE,故?ADF是直线AD和 平面A1DE所成的角。因为DE?ACC1A1，

所以DE?AC.而?ABC是边长为4的正三角形， 于是AD=23，AE=4-CE=4-又因为AA1?1CD=3. 2 7，所以A1E= A1E?AA12?AE2?(7)2?32= 4,

AF?AE?AA137AF21?? , sin?ADF?.

A1E4AD8即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为

21 8解法2 : 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系， 则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,), A1(2,0,7), D(-1, 3,0), E(-1,0,0).

?????????????易知A1D=（-3，3，-7），DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0）. r设n?(x,y,z)是平面A1DE的一个法向量，则

8

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ruuuv??n?DE??3y?0, ?ruuuv??n?A1D??3x?3y?7z?0.解得x??7z,y?0. 3r故可取n?(7,0,?3).于是

ruuurruuur?3721n?AD??=cosn,AD?ruuur8n?AD4?23

由此即知，直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为21 8点评：本题主要考查几何体的概念、线面夹角、两平面垂直等。能力方面主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力

2如图，在三棱锥P?ABC中，PA?底面ABC,PA?AB,?ABC?60,?BCA?90， 点D，E分别在棱PB,PC上，且DE//BC

（Ⅰ）求证：BC?平面PAC；

（Ⅱ）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的大小； （Ⅲ）是否存在点E使得二面角A?DE?P为直二面角？并说明理由.

【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．

（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又?BCA?90，∴AC⊥BC. ∴BC⊥平面PAC.

（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴DE????1BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC， 21AB， 2∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD?∴在Rt△ABC中，?ABC?60，∴BC??DEBC21??， AB.∴在Rt△ADE中，sin?DAE?AD2AD422. 4∴AD与平面PAC所成的角的大小arcsin（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角A?DE?P的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，

∴?PAC?90.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时?AEP?90，故存在点E使得二面

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角A?DE?P是直二面角.

【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系A?xyz， 设PA?a，由已知可得

?1???33A?0,0,0?,B???2a,2a,0??,C??0,2a,0??,P?0,0,a?.

?????????????????????1??（Ⅰ）∵AP??0,0,a?,BC??a,0,0?，∴B∴BC⊥AP.又∵?BCA?90，∴BC⊥AC，CAP??0，

?2?∴BC⊥平面PAC.

?131??31?a,a?（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，∴D??a,?4?,E??0,4a,2a??， 42????∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的

?????????????1???????3131AD?AE14a,a,AE?0,a,a角，∵AD???a,，∴cos?DAE????.∴AD与平面??????????4??4?4224AD?AE????PAC所成的角的大小arccos14. 4（Ⅲ）同解法1.

3．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1 （Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小

解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF

1B1B，从而EFDA。 2

连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。

（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，∠AGC=60.

0.

设AC=2，则AG=2。又AB=2，BC=22，故AF=2。由3 10

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AB?AD?AG?BD得2AD=2.AD2?22，解得AD=2。故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正3方形。因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。连接CH，则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角。因ADEF为正方形，

AD=2，故EH=1，又EC=

1B1C=2，所以∠ECH=300，即B1C与平面BCD所成的角为300. 2解法二：（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz。设B（1，

??1b1b0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则B1（1，0，2c）,E（，，c）.于是DE=（，，0），BC=

2222（-1，b,0）.由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC， DE?BC=0，求得b=1，所以 AB=AC。

（Ⅱ）设平面BCD的法向量AN?(x,y,z),则AN?BC?0,AN?BD?0.又BC=（-1，1， 0），BD=（-1，

???????????x?y?01?10，c）,故?令x=1, 则y=1, z=,AN=(1,1, ).

cc??x?cz?0又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）由二面角A?BD?C为60°知，AN，AC=60°， 故 AN?AC?AN?AC?cos60°，求得c?12?1，2）（1，1，2）于是 AN? ， CB1?(1，

cosAN，CB1?AN?CB1AN?CB1?1， AN，CB1?60°所以B1C与平面BCD所成的角为30° 2考点七、空间中的距离

【名师点睛】空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的

求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。○2等体积法。

【试题演练】

1． 如图，在五面体ABCDEF中，FA ?平面ABCD, AD//BC//FE，AB?AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=

1AD(I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小； 2(II) 证明平面AMD?平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。

本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分12分.

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方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为

//AP，所以FA//EP，同理AB//PC。又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥AD的中点，连结EP，PC。因为FE???平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=2a，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°

（II）证明：因为DC?DE且M为CE的中点，所以DM?CE.连结MP，则MP?CE.

又MP?DM?M，故CE?平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD?平面CDE.（III）解：设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CE?DE，所以EQ?CD.因为 PC?PD，所以PQ?CD，故?EQP为二面角A?CD?E的平面角.

由（I）可得，EP?PQ，EQ?PQ362cos?EQP??，a，PQ?a.于是在Rt?EPQ中，

EQ322方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点。设AB?1依题意得B?1 ，0，0?，C?1，1，0?，，?11? E?0， F?0，D?0，2，0?，1，1?，0，1?，M?，1，?.

22??BF???1，0，1?，?1，1?，于是cosBF，（I）解： DE??0，DE?BF?DEBFDE?0?0?11?.

2?22所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.

00，1?，2，0?，可得CE?AM?0， 1，?，（II）证明：由AM??， CE???1， AD??0，?1?21?2?CE?AD?0.因此，CE?AM，CE?AD.又AM?AD?A，故CE?平面AMD.

而CE?平面CDE，所以平面AMD?平面CDE.

??u?CE?0，（III）解：设平面CDE的法向量为u?(x，y，z)，则?

??u?DE?0.??x?z?0，于是?令x?1，可得u?(1，1，1）.又由题设，平面ACD的一个法向量为v?(0，0，1).

?y?z?0.?所以，cosu，v?u?v0?0?13??. uv33?1 12

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2.如题（19）图，在四棱锥S?ABCD中，AD?BC且AD?CD；平面

CSD?平面ABCD，CS?DS,CS?2AD?2；E为BS的中点，

（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；（Ⅱ）二面角CE?2,AS?3．求：

E?CD?A的大小．

解法一：（Ⅰ）因为AD//BC,且BC?平面BCS,所以AD//平面BCS,从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离。

因为平面CSD?平面ABCD，AD?CD,故AD?平面CSD,从而

AD?S，D由AD//BC，得BC?DS,又由CS?DS知DS?平面BCS，

从而DS为点A到平面BCS的距离，因此在Rt?ADS中

DS?AS2?AD2?3?1?2

(Ⅱ)如答（19）图1，过E电作EG?CD,交CD于点G，又过G点作GH?CD,交AB于H，故

?EGH为二面角E?CD?A的平面角，记为?，过E点作EF//BC,交CS于点F,连结GF,

因平面ABCD?平面CSD,GH?CD,易知GH?GF,故??由于E为BS边中点，故CF??2??EGF.

1CS?1,在Rt?CFE中， 2EF?CE2?CF2?2?1?1,因EF?平面CSD，又EG?CD

故由三垂线定理的逆定理得FG?CD,从而又可得?CGF:?CSD,

因此

GFCF而在Rt?CSD中，?CF11

DSCD故GF??DS??2?CD63CD?CS2?SD2?4?2?6,在Rt?FEG中，tanEGF?EF???3可得?EGF?，故所求二面角的大小为?? FG36 13

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直线CD上，即CG//CD，由CG=（x1,y1?2,0），则有uuuvuuuvuuuvx12?y1?2② ?2uuuv2422,,0) ,故GE=(?,?,1).又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角联立①、②，解得G＝(3333为向量GE与向量DA所成的角，记此角为? .因为GE=

uuuvuuuvuuuv23uuuvuuuvuuuvuuuv，DA?(0,0,1),DA?1,GE?DA?1,所3uuuvuuuv?GE?DA3以 cos??uu故所求的二面角的大小为 . uvuuuv?62GE?DA.

点评：本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离等基本知识，

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在Rt△AED中, AE?ED2?AD2?7?4?3,由?ABCD得,FE?BA,从而?AFE?z?2

FE在Rt△AEF中, FE?AE?AF?3?1?2 ,故tan???2 FA22FE所以二面角F?AD?E的平面角的正切值为2.

G????????????解法二: （Ⅰ）如图以A点为坐标原点,AB,AD,AF的方向为xBAx,y,z的正方向建立空间直角坐标系数,则

CDy?????????,0z,由)|FC|?3.即A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0) 设F(0,0,z0)(z0?0)可得FC?(2,2222?22?z0?3,解得F(0,0,1) ?AB∥DC，

DC?面EFCD,所以直线AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离。设A点在平面

EFCD 15

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（Ⅰ）∵平面PCBM?平面ABC，AC?BC，AC?平面ABC ∴AC?平面PCBM

又∵BM?平面PCBM∴AC?BM

（Ⅱ）取BC的中点N，则CN?1 连接AN、MN

∵平面PCBM?平面ABC，平面PCBM?平面

，PC?BC ∴PC?平面ABC ABC?BC∵PM//CN，∴MN//PC，从而MN?平面ABC

??

作NH?AB于H，连结MH，则由三垂线定理知AB?MH 从而?MHN为二面角M?AB?C的平面角

∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴?AMN?60?

在?ACN中，由勾股定理得AN?2

在Rt?AMN中，MN?AN?cot?AMN?2?36 ?33在Rt?BNH中，NH?BN?sin?ABC?BN?AC15?1?? AB55 16

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6MN30在Rt?MNH中，tan?MHN? ?3?NH355故二面角M?AB?C的大小为arctan30 3（Ⅱ）如图以C为原点建立空间直角坐标系C?xyz 设P(0,0,z0)(z0?0)，

?????????有B(0,2,0)，A(1,0,0)，M(0,1,z0) AM?(?1,1,z0)，CP?(0,0,z0)

??????????????????由直线AM与直线PC所成的角为60°，得AM?CP?AM?CP?cos60?

?????????6612即z? ∴AM?(?1,1,)，AB?(?1,2,0) z0?2?z0，解得z0?33220??设平面MAB的一个法向量为n1?(x1,y1,z1)，则

???????6???n?AM?0z?0???x?y???由?????，取z1?6，得n1?(4,2,6) ?3???x?2y?0?n?AB?0??????????????n?n2639取平面ABC的一个法向量为n2?(0,0,1)则cos?n1,n2????1?? ???26?113n1?n2由图知二面角M?AB?C为锐二面角，故二面角M?AB?C的大小为arccos（Ⅲ）多面体PMABC就是四棱锥A?BCPM

39 131111166 VPMABC?VA?PMBC??SPMBC?AC???(PM?CB)?CP?AC???(2?1)??1?332323675.（天津理19）如图，在四棱锥P?ABCD中，PA?底面ABCD，AB?AD，AC?CD，?ABC?60°，

PA?AB?BC，E是PC的中点．

（Ⅰ）证明CD?AE；（Ⅱ）证明PD?平面ABE；（Ⅲ）求二面角A?PD?C的大小．

P

E （Ⅰ）证明：在四棱锥P?ABCD中，因PA?底面ABCD，CD?平面ABCD，故PA?CD ∵AC?CD，PA?AC?A，∴CD?平面PAC

A

D

B

而AE?平面PAC，∴CD?AE

（Ⅱ）证明：由PA?AB?BC，?ABC?60°，可得AC?PA ∵E是PC的中点，∴AE?PC

C

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由（Ⅰ）知，AE?CD，且PC?CD?C，所以AE?平面PCD

而PD?平面PCD，∴AE?PD

∵PA?底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB?AD，∴AB?PD 又∵AB?AE?A，综上得PD?平面ABE

（Ⅲ）解法一：过点A作AM?PD，垂足为M，连结EM 则（Ⅱ）知，AE?平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM?PD 因此?AME是二面角A?PD?C的平面角

P由已知，得?CAD?30° 设AC?a，

可得PA?a，AD?23212a，PD?a，AE?a 332MEABCD在Rt△ADP中，∵AM?PD，∴AM·PD?PA·AD，

则AM?PA·AD?PDa·23a273?a 721a3在Rt△AEM中，sinAME?AE1414 所以二面角A?PD?C的大小是arcsin ?AM44解法二：由题设PA?底面ABCD，PA?平面PAD，则平面PAD?平面ACD，交线为AD 过点C作CF?AD，垂足为F，故CF?平面PAD 过点F作FM?PD，垂足为M，连结CM，故CM?PD 因此?CMP是二面角A?PD?C的平面角 由已知，可得?CAD?30°，设AC?a，

可得PA?a，AD?232113a，PD?a，CF?a，FD?a 3326∵△FMD∽△PAD，∴FMFD ?PAPDP3a·aFD·PA76??a 于是，FM?PD1421a3EABMDC1aCF2??7 在Rt△CMF中，tanCMF?FM7a14所以二面角A?PD?C的大小是arctan7

，AC?CD，76.（天津文19）如图，在四棱锥P?ABCD中，PA?底面ABCD，AB?AD?ABC?60°，（Ⅰ）求PB和平面PAD所成的角的大小；（Ⅱ）证明AE?平面PCD； PA?AB?BC，E是PC的中点．

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（Ⅲ）求二面角A?PD?C的大小．

（Ⅰ）解：在四棱锥P?ABCD中，因PA?底面ABCD，AB?平面ABCD，故PA?AB

又AB?AD，PA?AD?A，从而AB?平面PAD 故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角

在Rt△PAB中，AB?PA，故∠APB?45?

PMEABCD所以PB和平面PAD所成的角的大小为45?

（Ⅱ）证明：在四棱锥P?ABCD中，

因PA?底面ABCD，CD?平面ABCD，故CD?PA 由条件CD?PC，PA?AC?A，?CD?面PAC

又AE?面PAC，?AE?CD

由PA?AB?BC，∠ABC?60?，可得AC?PA

?E是PC的中点，?AE?PC，?PC?CD?C 综上得AE?平面PCD （Ⅲ）解：过点E作EM?PD，垂足为M，连结AM 由（Ⅱ）知，AE?平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM?PD 因此∠AME是二面角A?PD?C的平面角 由已知，可得

∠CAD?30? 设AC?a，可得

PA?a，AD?23212a，AE?a，PD?a 33223a?aPA?AD27?3a 在Rt△ADP中，?AM?PD，?AM?PD?PA?AD，则AM?PD721a3在Rt△AEM中，sinAME?

AE1414 所以二面角A?PD?C的大小arcsin ?AM44D

E 77.（浙江理19）在如图所示的几何体中，EA?平面ABC，DB?平面ABC，AC?BC，且AC?BC?BD?2AE，M是AB的中点． （I）求证：CM?EM；（II）求CM与平面CDE所成的角．

方法一：（I）证明：因为AC?BC，M是AB的中点，

A M B（第19题）

C

19

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所以CM?AB 又EA?平面ABC，所以CM?EM

（II）解：过点M作MH?平面CDE，垂足是H，连结CH交延点F，连结MF，MD

∠FCM是直线CM和平面CDE所成的角 因为MH?平面CDE，所以MH?ED， 又因为CM?平面EDM，所以CM?ED，则ED?平面CMF，

EFHD长交ED于

AMBC因此

E?D

设EA?a，BD?BC?AC?2a，在直角梯形ABDE中，

AB?22a，M是AB的中点，所以DE?3a，EM?3a，MD?6a，得△EMD是直角三角形，

其中∠EMD?90?，所以MF?在Rt△CMF中，tan∠FCM?EM?MD?2a

DEMF所以∠FCM?45?，故CM与平面CDE所成的角是45?方法二：如图，?1，

MC以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴和y轴，过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系C?xyz，设EA?a，则A(2a，?，?)，B(0，2a，0)，E(2a，0，a) D(0，2a，2a)，M(a，a，0)

????????????????????CM?0，故EM?CM （I）证明：因为EM?(?a，a，?a)，CM?(a，a，0)，所以EM????????????，y0，z0?与平面CDE垂直，则n?CE，n?CD， （II）解：设向量n=?1??????????CE?0，n?CD?0 即n?DEz????????2a，2a)， 因为CE?(2a，0，a)，CD?(0，所以y0?2，x0??2，即n?(1，2，?2)，

????????????CM?n2， cosn，CM????????2CM?nxAMBCy??????直线CM与平面CDE所成的角?是n与CM夹角的余角，所以??45?，

因此直线CM与平面CDE所成的角是45? 78.（重庆理19）如题（19）图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，

AA1?2，AB?1，∠ABC?90?；点D，E分别在 A1 B1C1 BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C?ABDA1

与直三棱柱的体积之比为3:5． （Ⅰ）求异面直线DE与B1C1的距离；

E D

A B

C

题（19）图

20

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（Ⅱ）若BC?

2，求二面角A1?DC1?B1的平面角的正切值．

解法一：（Ⅰ）因B1C1?A1B1，且B1C1?BB1，故B1C1?面A1ABB1， 从而B1C1?B1E，又B1E?DE，故B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线

设BD的长度为x，则四棱椎C?ABDA1的体积V1为

111V1?SABDA·BC?(DB?AA·)AB·BC?(x?2)·BC 113661而直三棱柱ABC?A1B1C1的体积V2为V2?S△ABC·AA1?AB·BC·AA1?BC

2138由已知条件V1:V2?3:5，故(x?2)?，解之得x?

65582从而B1D?B1B?DB?2??

55在直角三角形A1B1D中，A1D?又因S△A1B1D?故B1E?29?2?A1B12?B1D2?1????，

5?5?211A1D·B1E?A1B1·B1D， 22A1B·2291B1D? A1D29A1 （Ⅱ）如答（19）图1，过B1作B1F?C1D，垂足为F，连接A1F，

B1C1 因

A1B1?B1C1，A1B1?B1D，故A1B1?面B1DC1

F E D

由三垂线定理知C1D?A1F，故?A1FB1为所求二面角的平面角

A C

B

答（19）图1

36?2?在直角△C1B1D中，C1D?B1C1?B1D?2????，

5?5?222又因S△C1B1D?故B1F?11C1D·B1F?B1C·1B1D， 22B1C1·B1D23AB33?，所以tanA1FB1?11?

C1D9B1F20，2)，解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O?xyz，则B(000，)，，B1(0，????????0，2)，AB?(0，1，2)，则AA1?(0，?1，0) A(0，1，0)，A1(0，?????????0，0)，又设E(0，y0，z0)，则B1E?(0，y0，z0?2)， 0，2)，则B1C1?(a，设C1(a，z A1C1 B1 21

FE D 3年高考2年模拟1年原创 立体几何

??????????????????从而B1C1?B1E?0，即B1E?B1C1

?????????又B1E?DA1，所以B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线

????下面求点D的坐标 设D(0，0，z) 0，z)，则BD(0，因四棱锥C?ABDA1的体积V1为

????1????????????????1????1V1?SABDA1?BC?(BD?AA1)?AB?BC?(z?2)?1?BC

366????1????????????????而直三棱柱ABC?A1B1C1的体积V2为V2?S△ABC?AA1?AB?BC?AA1?BC

2由已知条件V1:V2?3:5，故

1388??0，? (z?2)?，解得z?，即D?0，5?655?????????8?2?????2??????从而DB1?0，0，?，DA1??0，1，?，DE??0，y0，z0??

5?5?5?????????????2接下来再求点E的坐标 由B1E?DA1，有B1E?DA1?0，即y0?(z0?2)?0 （1）

58z??????????y05 （2） 0又由DA1∥DE得?215?????410?448?448?联立（1），（2），解得y0?，z0?，即E??0，，?，得B1E??0，，??

2929?2929??2929?22????229?4??10???故B1E?? ???292929?????????2，)，，（Ⅱ）由已知BC?2，则C1(202从而DC1?(2，过B1作B1F?C1D，垂足为F，连接A1F，0，)，

5???????????????0，z1?2)，因为B1F?DC1?0，故 0，z1)，则B1F?(x1，设F(x1，2x1?24z1??0① 55??????x8?????????因DF??x1，0，z1??且DF∥DC1得1?5?2?z1?85，即2x?2z?82?0②

112555联立①②解得x1?44?244?2，即F?2，0，? 2，z1?27?2727?27 22

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??????2??2??????22??10?22310?????10?则A1F?? 2，?1，??，B1F??2，0，?? |B1F|?????????27?27?9?27?27?27??27???????????2102又A1F?DC1?2?2?(?1)?0???0，故A1F?DC1，因此?A1FB1为所求二面角的平面角 又

27275???????????????A1B1?(0，?1，0)，从而A1B1?B1F?0，故A1B1?B1F，△A1B1F为直角三角形，所以

2tanA|????AB?11FB1??????1|?33 |B

1F|2

79.（重庆文19）如题19图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，

A?ABC?90°1C1，AB?1，BC?32，AA1?2；点D在棱BB1上，

E B1BD?13BB1；B1E?A1D，垂足为E，求：

F （Ⅰ）异面直线A1D与B1C1的距离； A D C

（Ⅱ）四棱锥C?ABDE的体积．

题（19）图B

.解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知B1C1?B1D，又因为?ABC?90°，

因此B1C1?A1B1，从而B1C1?平面A1B1D 得B1C1?B1E，又B1E?A1D

故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线

由BD?13BB41知B1D?3，在Rt△A1B1D中，A1

C1

2AD?AB22?4?511?B1D?1????E

?3?3

B1

又因S△ABF

11D?12A11B1·B1D?2A1D·B1E， D

A C

答（19）图B

1

23

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1·4故BE?A1B·1B1D?3?41 A 1D55

3（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1C1?平面A1B1D，又BC∥B1C1， 故BC?平面ABDE，即BC为四棱锥C?ABDE的高， 从而所求四棱锥的体积V为V?V1C?ABDE?3·S·BC，

其中S为四边形ABDE的面积，如答（19）图1，过E作EF?B1D，垂足为F

22在Rt△B?B22?4??4?161ED中，ED1D?B1E????3????5???15

又因S1B1·DE16△B1ED?BE21E·DE?2B1D·EF，故EF?1B?25 1D因△A1691AE的边A1A上的高h?A1B1?EF?1?25?25， 故S1△A1AE?2Ah?1991A·2·2·25?25 又因为S1142△A1B1D?2A1B·1B1D?2··13?3， 从而S?S?S9273ABB1A1△A1AE?S△A1B1D?2?25?3?75

所以V?11733733·S·BC?3·75·2?150 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B点为坐标原点O建立空间直角坐标系O?xyz，

则A(0，1，，0)A?3??2?1(0，1，，2)B(0，0，，0)B1(0，0，，2)C1?，0，2?，D?0，0，? ?2??3?

因此???AA????? 1?(0，0，2)，AB?(0，?1，0)， ｚ????A1C1B???3???????4?1C1??2，?，???，A1D???0，??，?3??

E B1设E(0，y????0，z0)，则B1E?(0，y0，z0?2)， y

x C 因此????BE?????B?11C1?0，从而B1CA D 1?B1E

B(O)又由题设B1E?A1D，故B1E是异面直线B1C1与A1D的公

答（19）图2

垂线24

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下面求点E的坐标

因BE?A????E?????A?411D，即B11D?0，从而y0?(z0?2)?0， ··························（1）又????A?????????3

y?1z1E?(0，y0?1，zA00?20?2)，且1E∥A1D，得 1?4 ·············（2） 3联立（1），（2）解得y0?16，z?38，即E??0，??，38????????612?02525?2525?，B1E???0，25，?25? ? 所以????B?16?221E???25?????12??25???45 （II）由BC?AB，BC?DB，故BC?面ABDE，即BC为四棱锥C?ABDE的高 下面求四边形ABDE的面积

因为S???ABDE?S△ABE?S△BDE，AB??1，???BD??23 而S1?????z138191????121616△ABE?AB0??1?? 222525 S△BDE?2?BD?y0?2?3?? 故S?1916731????2575173373ABDE25?75?75 所以VC?ABDE?3?SABDE?BC?3?75?2?150

25

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