《立体几何》板块导学案 - 图文

2012学年高三数学（理）模块复习学案

《立体几何》

一、 知识网络

锥体 球 点与线 空间几何体 台体 柱体 棱柱 圆柱 正棱柱、长方体、正方体 三视图 直观图 三棱锥、四面体、正四面体 侧面积、表面积 体积 长对正 高平齐 宽相等 棱台 圆台 棱锥 圆锥 点在直线上 点在直线外 点在面内 点与面 点在面外 相交 共面直线 线与线 异面直线 平行 空间点、 线、面的 位置关系 直线在平面外 线与面 直线在平面内 平行 面与面 相交 相交 有公共点 平行 没有公共点 没有公共点 只有一个公共点 平行关系的相互转化 线线 平行 线面 平行 面面 平行 空间直角坐标系 垂直关系的相互转化 线线 垂直 线面 垂直 面面 垂直 空间向量 cos?＝——→→ |a|·|b|→→|a·n|sin?＝——→→ |a|·|n|12cos?＝——→→ →→|a·b|异面直线所成的角 空间的角 直线与平面所成的角 二面角 点到面的距离 空间的距离 直线与平面的距离 平行平面之间的距离 范围：(0?，90?] 范围：[0?，90?] 范围：[0?，180?] →→n·n|n1|·|n2|相互之间的转化 d＝——→ |n|→→|a·n|1

二、 近几年考题分析

近六年广东高考立体几何题：除07年以外，每年均考一道选择题一道大题。除09年考察经典的点线面位置关系的判断以外，其余年份选择题均考三视图。08、10考的是三视图的画法，11、12考的是根据三视图求几何体的体积。解答题围绕平行垂直的证明、体积、线线角、线面角、二面角展开。感觉纯几何的方法都能很有效直接地解决问题，向量法有时难以下手，例如：10年以及11年的题目。建议：（1）加强点线面位置关系判断问题的学习。力争同学都能拿分。（2）加强三视图的学习，减少误区是关键。（3）强化解答题的训练，提高向量法的运算速度以及准确率。（4）系统学习纯几何解决解答题方法，特别是线线角、线面角、二面角问题的辅助线作法。

三、怎样总结

（一）从某个核心知识出发(形成一种结构)

（二）从某个典型题出发提炼思路，从某个重要问题出发总结方法系统 （三）从某类常见问题中突破基本技能 ?? 例如：（一）核心知识：平行垂直问题（根据下面的知识结构图写出相应的定理）

线线角 平面几何知识 应 用“垂直三角形两边的直线必垂直第三条边” （**）平行的证明（根据下面的知识点提示写出相应的定理，并结合做过的题目进行加深理解）

1、 线线平行证明途径：

（1）传统几何法（非向量法）：

①三角形中的中位线（或利用平行四边形）或（相似三角形或平行线分线段成比例）（核心，考试重点常考点）

②转化为两直线同时与第三条直线平行；（公理四）

③转化为线面平行；（线面平行的性质定理）

④转化为面面平行；（面面平行的性质定理）

2

应用 1、 线面角 2、 二面角 3、 空间距离（含几何体的高）

⑤转化为线面垂直；（垂直同一平面的两直线平行）

????（2）向量法：直线l，m的方向向量a,b共线，即满足：a??b（此方法较少用）

2、 线面平行：

（1）传统几何法（非向量法）：

①转化为直线与平面无公共点；（线面平行的定义）

②转化为线线平行；（线面平行判定定理）

③转化为面面平行；

????（2）向量法：线l的方向向量a与面?的法向量n，即a?n?0

3、面面平行：

（1）传统几何法（非向量法）： ①转化为判定二平面无公共点；

②转化为线面平行；（线面平行的判定定理）

③转化为线面垂直.（垂直同一直线的两平面互相平行）

?????（2）向量法：面?的法向量n1 与另一面?的法向量n2共线

注意：（1）平行注意：构造中位线、平行四边形；相似三角形或平行线分线段成比例；

（2）作辅助线的技巧：中点必要利用中位线或三线合一；线面平行、面面平行，必要有线线平行等。

（**）垂直的证明

1、 线线垂直

（1）传统几何法（非向量法）

①相交直线的垂直（用平几的勾股定理、等腰三角形三线合一、菱形对角线、相似三角形，或由线面垂直转化）

②异面直线的垂直（通常由线面垂直进行转化）：

????b?0 （2）向量法：利用直线l，m的方向向量a,b垂直，即满足：a?3

2、 线面垂直（有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化

为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直。） （1）传统几何法（非向量法）：

①转化为该直线与平面内任一直线垂直；（定义，证明时较少使用）

②转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（线面垂直判定定理，常用）

③转化为该直线与平面的一条垂线平行；

④转化为该直线垂直于另一个平行平面；（2011广东高考18题第一问）

⑤转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直。

（2）向量法：

①转化为直线的方向向量与平面的法向量共线；

② 直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量都垂直。

3、面面垂直：

（1）传统几何法（非向量法）： ①转化为判断二面角是直二面角；

②转化为线面垂直.

??????????（2）向量法：面?的法向量n1 与另一面?的法向量n2垂直，即 n1?n2?0

注意：

1、作辅助线的技巧：面面垂直。必要有线面垂直。

2、题干的条件可以直接给出线线垂直、线面垂直、面面垂直、给出线段长度等。

3、线线、线面、面面垂直的转化。每一垂直的判定就是从某一垂直开始转向另一垂直最终达到目的。

（二）一种问题的一类方法（自己学习总结）：（也可把平时学习遇到中的错题、典题收录在对应考点的空白处，只需标明出处便于自己重做和复习） （**）异面直线所成的角

4

（**）直线与平面所成的角：

（**）二面角的平面角

（**）点到面的距离（空间的各种距离，基本可转化为“点到面的距离”

（**）动态与探究性问题（动态问题（动点、动直线）注意寻找动态问题中不动的条件或结论）、(探究性问题寻找结论成立的充分条件或充要条件)（优先考虑向量法）

四、易错点（把平时学习遇到中的错题、典题收录在对应考点的空白处，只需标明出处便于自己重做和复习）

1、三视图（注意“长对正”、“宽相等”、“高平齐”的理解以及三视图还原后几何体的特征） 如见10月月考第9题。

2、体积（注意等体积法、分割补体方法）：

3、面积（注意求全面积、表面积、侧面积的区别）：旋转（注意该几何体是由什么平面图形旋转所得）

4、翻折题（注意折叠前后元素（角大小、长度、垂直关系等）的有否变化）

5

【典例】

1.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,N分别是A1B1,B1C1,C1D1,D1A1的中点. 求证:(1)E,F,B,D四点共面;(2)平面AMN∥平面EFDB.

2.如图,P是△ABC所在平面外一点,A',B',C'分别是△PBC,△PCA,△PAB的重心. (1)求证:直线 A'C'∥平面ABC;(2)求S△A'B'C'∶S△ABC.

3． 用平行于四面体ABCD的一组对棱AB、CD的平面截此四面体

(1)求证：所得截面MNPQ是平行四边形；

(2)如果AB=CD=a，求证：四边形MNPQ的周长为定值。（定值=2a）

A

Q

M

B D PN

C

6

4.(2011安徽高考,理17)如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形. (1)证明直线BC∥EF; (2)求棱锥F-OBE的体积.

（演练）（07安徽?理?17题）如图，在六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2。

（Ⅰ）求证：A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；

7

5．【题组】 （1）、判断下列命题真假：

①直线l与平面?，三角形ABC在平面?上，如果l?AB,l?AC。则l?BC。 ②平面??平面?，????l，直线a??,a?l，则a??。 （2）、三棱锥四个面中最多有几个直角三角形？（制作模型，操作、论证） （3）、三棱锥PABC中，PA?平面ABC，BC?PB。请找出所有的线线垂直、线面垂直、面面垂直关系。 （4）、三棱锥PABC中，PA?平面ABC，BC?PB。请找出（或做出）所有二面角的平面角。

【概念图式 】--“垂直三角形两边的直线必垂直第三条边”和一个几何体“四个面均为直角三角形的三棱锥”（鳖臑）正方体的一部分）。 6.（06年广东）如图3所示，在四面体P—ABC中，已知PA=BC=6，PC=AB=10，AC=8，PB=234.F是线段PB上一点，CF?1534，点E在线段AB上，且EF⊥PB.

17（Ⅰ）证明：PB⊥平面CEF； （Ⅱ）求二面角B—CE—F的正切值.

7. Rt△ABC所在平面外一点S,且SA=SB=SC,D为斜边AC的中点. (1)求证:SD⊥平面ABC; (2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.

8

8.（2012年广东）如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为矩形，PA?平面ABCD，点E在线段PC上，PC?平面BDE。 （1） 证明：BD?平面PAC；

（2） 若PA?1,AD?2，求二面角B?PC?A的正切值；

9.如图,在五棱锥P-ABCDE中,PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,∠ABC=45°,

AB=2,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形.

(1)求证:平面PCD⊥平面PAC;(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小;(3)求四棱锥P-ACDE的体积

10.（2012年全国卷）如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形，PA?底面ABCD，

AC?22，PA?2，E是PC上的一点，PE?2EC。 （Ⅰ）证明：PC?平面BED；

?（Ⅱ）设二面角A?PB?C为90，求PD与平面PBC所成角的大小。

PEBCAD

9

11、（2012佛山一模）如图，三棱锥P?ABC中，PB?底面ABC，?BCA?90?，PB?BC?CA?2，E为PC的中点，点F在PA上，且2PF?FA. 求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）的余弦值.

无公共棱的二面角的求法：

1、法向量。建立恰当的空间直角坐标系，寻找两半平面的法向量，关键点的坐标及计算需谨慎小心，法向量夹角与所求二面角的关系需考虑。 2、几何法。（关键寻找两半平面的公共棱，接下来的找平面角的方法与上一节二面角（一）同）

1）平移其中一个半平面使其与另一半平面相交找交线； 2）通过延长直线或作平行线等手段找出交线。

12.（2011年广东理18） 如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形， 且∠DAB=60?，PA?PD?2,PB=2, E,F分别是BC,PC的中点． （1） 证明：AD ?平面DEF;

（2） 求二面角P-AD-B的余弦值． （附加 ）（3）求PA与平面ABCD所成的角的正弦值。

10

13．（山东理19） 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

14.（2012年江西）在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知

AB?AC?A1A?5，BC?4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。 （1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE?平面BB1C1C，并求出AE的长；

（2）求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。

11

A1C1B1AOCB

15．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点. （Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.

（Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小为30°，求AB的长.

16.（本小题共13分) 如图，在三棱锥P?ABC中，AB?AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

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2012学年高三数学（理）模块复习学案

《立体几何》

三、 知识网络

锥体 球 点与线 空间几何体 台体 柱体 棱柱 圆柱 正棱柱、长方体、正方体 三视图 直观图 三棱锥、四面体、正四面体 侧面积、表面积 长对正 高平齐 宽相等 棱台 圆台 棱锥 圆锥 体积 点在直线上 点在直线外 点在面内 点与面 点在面外 相交 共面直线 线与线 平行 异面直线 平行 空间点、 线、面的 位置关系 直线在平面外 线与面 直线在平面内 平行 面与面 相交 相交 有公共点 没有公共点 没有公共点 只有一个公共点 平行关系的相互转化 线线 平行 线面 平行 面面 平行 空间直角坐标系 垂直关系的相互转化 线线 垂直 线面 垂直 面面 垂直 空间向量 cos?＝——→→ |a|·|b|→→|a·n|→→|a·b|异面直线所成的角 空间的角 直线与平面所成的角 二面角 点到面的距离 范围：(0?，90?] 范围：[0?，90?] 范围：[0?，180?] 13 sin?＝——→→ |a|·|n|→→n1·n2cos?＝——→→ |n1|·|n2|

四、 近几年考题分析

近六年广东高考立体几何题：除07年以外，每年均考一道选择题一道大题。除09年考察经典的点线面位置关系的判断以外，其余年份选择题均考三视图。08、10考的是三视图的画法，11、12考的是根据三视图求几何体的体积。解答题围绕平行垂直的证明、体积、线线角、线面角、二面角展开。感觉纯几何的方法都能很有效直接地解决问题，向量法有时难以下手，例如：10年以及11年的题目。建议：（1）加强点线面位置关系判断问题的学习。力争同学都能拿分。（2）加强三视图的学习，减少误区是关键。（3）强化解答题的训练，提高向量法的运算速度以及准确率。（4）系统学习纯几何解决解答题方法，特别是线线角、线面角、二面角问题的辅助线作法。

三、怎样总结

（一）从某个核心知识出发(形成一种结构)

（二）从某个典型题出发提炼思路，从某个重要问题出发总结方法系统 （三）从某类常见问题中突破基本技能 ?? 例如：（一）核心知识：平行垂直问题（根据下面的知识结构图写出相应的定理）

线线角 平面几何知识 应 用“垂直三角形两边的直线必垂直第三条边” （**）平行的证明（根据下面的知识点提示写出相应的定理，并结合做过的题目进行加深理解）

3、 线线平行证明途径：

（1）传统几何法（非向量法）：

①三角形中的中位线（或利用平行四边形）或（相似三角形或平行线分线段成比例）（核心，考试重点常考点）

②转化为两直线同时与第三条直线平行；（公理四）

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应用 5、 线面角 6、 二面角 7、 空间距离（含几何体的高）

③转化为线面平行；（线面平行的性质定理）

④转化为面面平行；（面面平行的性质定理）

⑤转化为线面垂直；（垂直同一平面的两直线平行）

????（2）向量法：直线l，m的方向向量a,b共线，即满足：a??b（此方法较少用）

4、 线面平行：

（1）传统几何法（非向量法）：

①转化为直线与平面无公共点；（线面平行的定义）

②转化为线线平行；（线面平行判定定理）

③转化为面面平行；

????（2）向量法：线l的方向向量a与面?的法向量n，即a?n?0

3、面面平行：

（1）传统几何法（非向量法）： ①转化为判定二平面无公共点；

②转化为线面平行；（线面平行的判定定理）

③转化为线面垂直.（垂直同一直线的两平面互相平行）

?????（2）向量法：面?的法向量n1 与另一面?的法向量n2共线

注意：（1）平行注意：构造中位线、平行四边形；相似三角形或平行线分线段成比例；

（2）作辅助线的技巧：中点必要利用中位线或三线合一；线面平行、面面平行，必要有线线平行等。

（**）垂直的证明

3、 线线垂直

（1）传统几何法（非向量法）

①相交直线的垂直（用平几的勾股定理、等腰三角形三线合一、菱形对角线、相似三角形，或由线面垂直转化）

15

②异面直线的垂直（通常由线面垂直进行转化）：

????（2）向量法：利用直线l，m的方向向量a,b垂直，即满足：a?b?0

4、 线面垂直（有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化

为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直。）

（1）传统几何法（非向量法）：

①转化为该直线与平面内任一直线垂直；（定义，证明时较少使用）

②转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（线面垂直判定定理，常用）

③转化为该直线与平面的一条垂线平行；

④转化为该直线垂直于另一个平行平面；（2011广东高考18题第一问）

⑤转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直。

（2）向量法：

①转化为直线的方向向量与平面的法向量共线；

③ 直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量都垂直。

3、面面垂直：

（1）传统几何法（非向量法）： ①转化为判断二面角是直二面角；

②转化为线面垂直.

??????????（2）向量法：面?的法向量n1 与另一面?的法向量n2垂直，即 n1?n2?0

注意：

1、作辅助线的技巧：面面垂直。必要有线面垂直。

2、题干的条件可以直接给出线线垂直、线面垂直、面面垂直、给出线段长度等。

3、线线、线面、面面垂直的转化。每一垂直的判定就是从某一垂直开始转向另一垂直最终达到目的。

（二）一种问题的一类方法（自己学习总结）：（也可把平时学习遇到中的错题、典题收录在对应考点的空白处，只需标明出处便于自己重做和复习）

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（**）异面直线所成的角

（**）直线与平面所成的角：

（**）二面角的平面角

（**）点到面的距离（空间的各种距离，基本可转化为“点到面的距离”

（**）动态与探究性问题（动态问题（动点、动直线）注意寻找动态问题中不动的条件或结论）、(探究性问题寻找结论成立的充分条件或充要条件)（优先考虑向量法）

四、易错点（把平时学习遇到中的错题、典题收录在对应考点的空白处，只需标明出处便于自己重做和复习）

1、三视图（注意“长对正”、“宽相等”、“高平齐”的理解以及三视图还原后几何体的特征） 如见10月月考第9题。

2、体积（注意等体积法、分割补体方法）：

3、面积（注意求全面积、表面积、侧面积的区别）：旋转（注意该几何体是由什么平面图形旋

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转所得）

4、翻折题（注意折叠前后元素（角大小、长度、垂直关系等）的有否变化）

【典例】

1.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,N分别是A1B1,B1C1,C1D1,D1A1的中点. 求证:(1)E,F,B,D四点共面;(2)平面AMN∥平面EFDB. 1.证明:(1)∵E,F是B1C1,C1D1的中点,∴EFB1D1. ∵DD1",BB1,∴四边形D1B1BD是平行四边形.

∴D1B1∥BD.∴EF∥BD,即EF,BD确定一个平面.故E,F,B,D四点共面.

(2)∵M,N是A1B1,A1D1的中点,∴MN∥D1B1∥EF.MN?平面EFDB,EF?平面EFDB, ∴MN∥平面EFDB.连接NE,则NE",A1B1??B.∴四边形NEBA是平行四边形. ∴AN∥BE.AN?平面BEFD,BE?平面BEFD,∴AN∥平面BEFD. ∵AN,MN都在平面AMN内,且AN∩MN=N,∴平面AMN∥平面EFDB.

2.如图,P是△ABC所在平面外一点,A',B',C'分别是△PBC,△PCA,△PAB的重心. (1)求证:平面A'C'∥平面ABC; (2)求S△A'B'C'∶S△ABC.

2.解:(1)证明:连接PA',PB',PC',

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设PA'∩BC=D,,PC'∩AB=F,则D,F分别是BC,AC,AB的中点,且==. 连接FD.所以A'C'∥DF, A'C'?平面ABC,DF?平面ABC.A'C'∥平面ABC. (2)先证明平面A'B'C'∥平面ABC. :连接PA',PB',PC',

设PA'∩BC=D,PB'∩AC=E,PC'∩AB=F,则D,E,F分别是BC,AC,AB的中点,

且===.连接DE,EF,FD.所以A'B'∥DE,A'C'∥DF,A'B'?平面ABC,A'C'?平面ABC且DE?平面ABC,DF?平面ABC.所以A'B'∥平面ABC,A'C'∥平面ABC. 从而,平面A'B'C'∥平面ABC.由平面几何知识,有

=,

=,所以

=.

3． 用平行于四面体ABCD的一组对棱AB、CD的平面截

此四面体

(1)求证：所得截面MNPQ是平行四边形； (2)如果AB=CD=a，求证：四边形MNPQ的周长为定值。（定值=2a）

分析：1.已知条件的本质是“线面平行”，结论（1）的核心问题是“线线平行”，抓住了本质，弄清楚核心，利用基本的“三类平行关系”，问题（1）迎刃而解。

2.问题(2)表面是空间问题,实则是空间中的“多个平面问题”。

AQMBNPCD4.(2011安徽高考,理17)如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形. (1)证明直线BC∥EF;

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(2)求棱锥F-OBE的体积.

4.(1)(综合法)证明:设G是线段DA与线段EB延长线的交点.

由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以OB",DE,OG=OD=2. 同理,设G'是线段DA与线段FC延长线的交点,有OG'=OD=2. 又由于G和G'都在线段DA的延长线上,所以G与G'重合. 在△GED和△GFD中,由OB",DE和OC",DF,

可知B,C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF. (向量法)过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,连QE.由平面ABED⊥平面ADFC, 知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点.为x轴正向,为y轴正向,为z轴正向, 建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知E(,0,0),F(0,0,),B

,C

.

则有=,=(-,0,).所以=2,即得BC∥EF.

(2)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S△EOB=.

20

过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABE⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F-OBE的高,且FQ=,所以VF-OBE=FQ·S四边形OBE=

1. 2

（演练）（07安徽?理?17题）如图，在六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2。

（Ⅰ）求证：A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；

（四点共面问题学生比较陌生，但去年广东文科题考了这类问题，应让学生见识见识。此题向量方法较简单。）

解法1（向量法）：（应先由上下底面平行推出A1D1//AD,D1C1//DC,A1B1//AB,B1C1//BC） 以D为原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D?xyz如图，则有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).

（Ⅰ）证明：?A1C1?(?1,1,0),AC?(?2,2,0),D1B1?(1,1,0),DB?(2,2,0),

?AC?2A1C1,DB?2D1B1.?AC与A1C1平行，DB与D1B1平行，

于是A1C1与AC共面，B1D1与BD共面.

21

解法2（综合法）：

（Ⅰ）证明：?D1D?平面A1B1C1D1,D1D?平面ABCD，

?D1D?DA，D1D?DC,平面A1B1C1D1∥平面ABCD.

于是C1D1∥CD，D1A1∥DA.

设E，F分别为DA，DC的中点，连结EF，A1E,C1F,

有A1E∥D1D,C1F∥D1D,DE?1,DF?1.∴A1E∥C1F,于是A1C1∥EF. 由DE=DF=1,得EF∥AC，故A1C1∥AC,A1C1与AC共面.

过点B1作B1O?平面ABCD于点O，则B1O // A1E,B1O // C1F.连结OE，OF，

?OE?OF. 于是OE // B1A1，OF // B1C1，?B1A1?A1D1,?OE?AD.?B1C1?C1D1,?OF?CD.

所以点O在BD上，故D1B1与DB共面. 5【题组】

（1）、判断下列命题真假：

①直线l与平面?，三角形ABC在平面?上，如果l?AB,l?AC。则l?BC。 ②平面??平面?，????l，直线a??,a?l，则a??。

（2）、三棱锥四个面中最多有几个直角三角形？（制作模型，操作、论证） （3）、三棱锥PABC中，PA?平面ABC，BC?PB。请找出所有的线线垂直、线面垂直、面面垂直关系。 （4）、三棱锥PABC中，PA?平面ABC，BC?PB。请找出（或做出）所有二面角的平面角。

概念图式 “垂直三角形两边的直线必垂直第三条边”和一个几何体“四个面均为直角三角形的三棱锥”（鳖臑）正方体的一部分）。

22

6.（06年广东）如图3所示，在四面体P—ABC中，已知PA=BC=6，PC=AB=10，AC=8，PB=234.F是线段PB上一点，CF?1534，点E在线段AB上，且EF⊥PB.

17（Ⅰ）证明：PB⊥平面CEF；

（Ⅱ）求二面角B—CE—F的正切值.

（I）证明：∵PA2?AC2?36?64?100?PC2∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，同理可证 △PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形。

故PA⊥平面ABC又∵S?PBC?1|AC||BC|?1?10?6?30，而1|PB||CF|?1?234?1534?30?S?PBC

222217故CF⊥PB,又已知EF⊥PB ∴PB⊥平面CEF （2）（II）由（I）知PB⊥CE, PA⊥平面ABC∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE 在平面PAB内，过F作FF1垂直AB交AB于F1，则FF1⊥平面ABC，EF1是EF在平面ABC上的射影，∴EF⊥EC，故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角。

tan?FEB?cot?PBA?AB105?? AP63

7. Rt△ABC所在平面外一点S,且SA=SB=SC,D为斜边AC的 中点. (1)求证:SD⊥平面ABC; (2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.

证明:(1)取AB的中点E,连结SE,DE,在Rt△ABC中,D、E分别为AC、AB的中点,故DE∥BC,且DE⊥AB. ∵SA=SB,∴△SAB为等腰三角形。∴SE⊥AB.又∵DE⊥AB,SE∩DE=E, ∴AB⊥平面SDE.而SD?平面SDE, ∴AB⊥SD. 在△SAC中,SA=SC,D为AC的中点, ∴SD⊥AC. 又∵SD⊥AB,AC∩AB=A, ∴SD⊥平面ABC.

(2)若AB=BC,则BD⊥AC,由(1)可知,SD⊥平面ABC,而BD?平面ABC, ∴SD⊥BD.又∵BD⊥AC,SD∩AC=D, ∴BD⊥平面SAC.

8.(本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为矩形，

PA?平面ABCD，点E在线段PC上，PC?平面BDE。

（1） 证明：BD?平面PAC；

（2） 若PA?1,AD?2，求二面角B?PC?A的正切值；

8.

（1）∵ PA?平面ABCD

23

∴ PA?BD ∵ PC?平面BDE ∴ PC?BD ∴ BD?平面PAC

（2）设AC与BD交点为O，连OE

∵ PC?平面BDE ∴ PC?OE 又∵ BO?平面PAC ∴ PC?BO ∴ PC?平面BOE

∴ PC?BE

∴ ?BEO为二面角B?PC?A的平面角 ∵ BD?平面PAC ∴ BD?AC

∴ 四边形ABCD为正方形 ∴ BO?2 在?PAC中，

OEPAOE12????OE? OCAC332BO?3 OE∴ 二面角B?PC?A的平面角的正切值为3

∴ tan?BEO?

9.如图,在五棱锥P-ABCDE中,PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,∠ABC=45°, AB=2

,BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形.

(1)求证:平面PCD⊥平面PAC;

(2)求直线PB与平面PCD所成角的大小; (3)求四棱锥P-ACDE的体积.

9.(1)证明:在△ABC中,因为∠ABC=45°,BC=4,AB=2,

24

所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 45°=8, 因此AC=2,

故BC2=AC2+AB2,所以∠BAC=90°. 又PA⊥平面ABCDE,AB∥CD, 所以CD⊥PA,CD⊥AC.

又PA,AC?平面PAC,且PA∩AC=A, 所以CD⊥平面PAC.又CD?平面PCD, 所以平面PCD⊥平面PAC. (2)解:因为△PAB是等腰三角形, 所以PA=AB=2, 因此PB=又AB∥CD,

所以点B到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离. 由于CD⊥平面PAC,在Rt△PAC中,PA=2,AC=2, 所以PC=4,

故PC边上的高为2,此即为点A到平面PCD的距离. 所以B到平面PCD的距离为h=2. 设直线PB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ===. 又θ∈

,所以θ=.

=4.

(3)解:因为AC∥ED,CD⊥AC,

25

所以四边形ACDE是直角梯形. 因为AE=2,∠ABC=45°,AE∥BC, 所以∠BAE=135°,因此∠CAE=45°, 故CD=AE·sin 45°=2×=, ED=AC-AE·cos 45°=2-2×=, 所以S四边形ACDE=

×=3.

又PA⊥平面ABCDE,所以VP-ACDE=×3×2=2. 10.（2012年全国卷）

如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形，PA?底面ABCD，AC?22，PA?2，

E是PC上的一点，PE?2EC。 （Ⅰ）证明：PC?平面BED；

（Ⅱ）设二面角A?PB?C为90，求PD与平面PBC所成角的大小。 【答案】

?26

27

11、（2012佛山一模）如图，三棱锥P?ABC中，PB?底面ABC，?BCA?90，PB?BC?CA?2，E为PC的中点，点F在PA上，且2PF?FA. 求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）的余弦值.

?

方法一、如图，以B为原点、BC所在直线为x轴、BP为z轴建立空间直角坐标系. 则C(2,0,0),A(2,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1) ???8分

????????????????1????224BF?BP?PF?BP?PA?(,,). ????10分

3333??????????????224设平面BEF的法向量m?(x,y,z). 由m?BF?0,m?BE?0得x?y?z?0，

333即x?y?2z?0????（1） x?z?0 ????（2）

??取x?1，则y?1,z??1，m?(1,1,?1). ???12分

取平面ABC的法向量为n?(0,0,1)

28

??????m?n3则cos?m,n??????，

3|m||n|

3.????14分 3方法二、取AF的中点G，AB的中点M，连接CG,CM,GM， ?E为PC的中点，2PF?AF，∴EF//CG. ???8分 ?CG?平面BEF,EF?平面BEF， ∴CG//平面BEF. ???9分

同理可证：GM//平面BEF. 又CG?GM?G， ∴平面CMG//平面BEF.???10分 则平面CMG与平面ABC所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成

故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为

的二面角的平面角（锐角）

已知PB?底面ABC，AC?BC?2，CM?平面ABC ∴CM?PB，∴CM?AB ??11分 又PB?AB?B，∴CM?平面PAB 由于GM?平面PAB， ∴CM?GM 而CM为平面CMG与平面ABC的交线， 又?AM?底面ABC，GM?平面CMG

??AMG为二面角G?CM?A的平面角 ????12分

AB612? PA?3 在?PAB中，cos?GAM?AP3336 在?AGM中，由余弦定理求得MG? ??13分

3AM2?GM2?AG23cos?AMG??

2AM?GM33故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为. ?14分

3无公共棱的二面角的求法：

1、法向量。建立恰当的空间直角坐标系，寻找两半平面的法向量，关键点的坐标及计算需谨慎小心，法向量夹角与所求二面角的关系需考虑。 2、几何法。（关键寻找两半平面的公共棱，接下来的找平面角的方法与上一节二面角（一）同）

1）平移其中一个半平面使其与另一半平面相交找交线； 2）通过延长直线或作平行线等手段找出交线。

根据条件可得AM?2，AG?

12.（2011年广东理18） 如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形， 且∠DAB=60?，PA?PD?2,PB=2, E,F分别是BC,PC的中点． （1） 证明：AD ?平面DEF;

（2） 求二面角P-AD-B的余弦值． （附加 ）（3）求PA与平面ABCD所成的角的正弦值。

29

12.法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。

因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60?，有?ABD为等边三角形，因此BG?AD,BG?PG?G，所以AD?平面PBG?AD?PB,AD?GB.

又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD ?DE，又FE?DE?E，所以AD ?平面DEF。 （2）?PG?AD,BG?AD，

222??PGB为二面角P—AD—B的平面角，

32

7Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=Rt?PAG中,PG?PA?AG?4, 在在

73??4222PG?BG?PB2144?cos?PGB????2PG?BG7732??22

（3）由（1）AD ?平面DEF，AD在平面PBG内，平面PBG?平面ABCD于BG，过P作交BG的延长线与O，PO在平面PBG，?PO?P平面ABCD。连接OA，则?PAOPO?BG，为直线PA与平面ABCD所成的角，PO=PGsin?PGO?7?1?(?21)2?1,sin?PAO?2712?22 法二：（1）取AD中点为G，因为PA?PD,PG?AD.

又AB?AD,?DAB?60?,?ABD为等边三角形，因此，BG?AD，从而AD?平面PBG。 延长BG到O且使得PO ?OB，又PO?平面PBG，PO ?AD，AD?OB?G,

所以PO ?平面ABCD。 以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。

11P(0,0,m),G(n,0,0),则A(n,?,0),D(n,,0).22设

?B(n??????????|GB|?|AB|sin60??32,

????????????3n3mAD?(0,1,0),DE?(,0,0),FE?(?,0,?)2242 由于

????????????????AD?DE?0,AD?FE?0,AD?DE,AD?FE,DE?FE?E3331n31m,0,0),C(n?,1,0),E(n?,,0),F(?,,).22222422

?AD?平面DEF。

（

2

）

????????13?PA?(n,?,?m),PB?(n?,0,?m)22，

?m2?n2?1323?2,(n?)?m2?2,解之得m?1,n?.422

?m2?2,解之得m?1,n?3.2取平面ABD的法向量n1?(0,0,?1), 设平面PAD的法向量n2?(a,b,c)

????????3b3bPA?n2?0,得a??c?0,由PD?n2?0,得a??c?0,2222由

30

取

n2?(1,0,32??21.?cos?n,n??12377).1?2 4

?(3)由(2) 平面ABCD的法向量

??????sin??cos?PA,n1?1?(?n1?(0,0,?1),???(?1)?(?1)321)?(?)2?(?1)22231,?,?1), 2212 ??22PA?(13..(1)证法一:因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG. 由于AB=2EF,因此BC=2FG. 连接AF,由于FG∥BC,FG=BC,

在?ABCD中,M是线段AD的中点, 则AM∥BC,且AM=BC, 因此FG∥AM且FG=AM. 所以四边形AFGM为平行四边形. 因此GM∥FA.

又FA?平面ABFE,GM?平面ABFE, 所以GM∥平面ABFE.

证法二:因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG, 由于AB=2EF,所以BC=2FG. 取BC的中点N,连接GN,

因此四边形BNGF为平行四边形, 所以GN∥FB.

在?ABCD中,M是线段AD的中点,连接MN, 则MN∥AB.

因为MN∩GN=N,AB∩FB=B, 所以平面GMN∥平面ABFE.

31

又GM?平面GMN, 所以GM∥平面ABFE. (2)解法一:因为∠ACB=90°, 所以∠CAD=90°. 又EA⊥平面ABCD, 所以AC,AD,AE两两垂直.

分别以AC,AD,AE所在直线为x轴、y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

不妨设AC=BC=2AE=2,

则由题意得A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), 所以=(2,-2,0),=(0,2,0).

又EF=AB,所以F(1,-1,1),=(-1,1,1). 设平面BFC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则m·=0,m·=0, 所以

取z1=1,得x1=1,

所以m=(1,0,1).

设平面ABF的法向量为n=(x2,y2,z2), 则n·=0,n·=0, 所以

取y2=1,得x2=1,

则n=(1,1,0). 所以cos=

=.

因此二面角A-BF-C的大小为60°. 解法二:由题意知,平面ABFE⊥平面ABCD, 取AB的中点H,连接CH,

因为AC=BC,所以CH⊥AB. 则CH⊥平面ABFE.

过H向BF引垂线交BF于R,连接CR,

32

则CR⊥BF.

所以∠HRC为二面角A-BF-C的平面角. 由题意,不妨设AC=BC=2AE=2,

在直角梯形ABFE中,连接FH,则FH⊥AB. 又AB=2,

所以HF=AE=1,BH=. 因此在Rt△BHF中,HR=. 由于CH=AB=,

所以在Rt△CHR中,tan∠HRC==.因此二面角A-BF-C的大小为60°.

14.（2012年江西）

在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB?AC?AA1?5，A1B1C1BC?4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。

（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE?平面BB1C1C，并求出AE的长；

（2）求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。

AOBC

33

15、如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点. （Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.

（Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小为30°，求AB的长.

【答案】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、基本运算能力，以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.

34

16.（本小题共13分) 如图，在三棱锥P?ABC中，AB?AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？ 若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

16、方法一：（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系O—xyz??1分

????????AP?(0,3,4),BC?(?8,0,0)，3分

则O(0,0,0),A(0,?3,0),B(4,2,0),C(?4,2,0),P(0,0,4)，

35

????????????????由此可得AP?BC?0，所以AP?BC，即AP?BC.??5分

????????????????????????????????????PM??PA,??1,则PM??(0,?3,?4)（II）解：设，BM?BP?PM?BP??PA

?????????(?4,?2?3?,4?4?)，AC?(?4,5,0),BC?(?8,0,0)??7分

?????n?(x2,y2,z2)n?(x1,y1,z1)设平面BMC的法向量1，平面APC的法向量2

?????????BM?n1?0,??4x1?(2?3?)y1?(4?4?)x1?0,?????????8x1?0,BC?n?0,?1由?得?

?(?4,?2,4)??(0,?3,?4)?x1?0,??2?3??可取n?(0,1,)?2?3?14?4?z1?y1,?4?4??即??10分

5?x?y,????????????242可取n2?(5,4,?3).???AP?n2?0,?3y2?4z2?0,??z??3y,????????22AC?n2?0.??4x2?5y2?0,???4?由即得 ??12分 ?????2?3?2n1?n2?0,得4?3??0,??4?4?5，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。?13由解得

分

方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得AD?BC，又PO?平面ABC，得PO?BC. 因为PO?AD?O，所以BC?平面PAD，故BC?PA.??5分

（II）解：如图，在平面PAB内作BM?PA于M，连CM，由（I）中知AP?BC，得AP?平

面BMC，又AP?平面APC，所以平面BMC?平面APC。

222Rt?ADB中,AB?AD?BD?41,得AB?41. 在

222222Rt?POD中,PD?PO?ODRt?PDB中,PB?PD?BD, 在，在

2222PB?PO?OD?DB?36,得PB=6. 所以

222Rt?POA中,PA?AO?OP?25,得PA?5. 在

PA2?PB2?AB21cos?BPA??,2PA?PB3从而PM?PBcos?BPA?2，所以AM=PA-PM=3。??13分 又

36

13、（山东理19） 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

审题线路图：请同学们自己写写

4.(1)证法一:因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG. 由于AB=2EF,因此BC=2FG. 连接AF,由于FG∥BC,FG=BC,

在?ABCD中,M是线段AD的中点, 则AM∥BC,且AM=BC, 因此FG∥AM且FG=AM. 所以四边形AFGM为平行四边形. 因此GM∥FA.

又FA?平面ABFE,GM?平面ABFE, 所以GM∥平面ABFE.

证法二:因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°, 所以∠EGF=90°,△ABC∽△EFG, 由于AB=2EF,所以BC=2FG. 取BC的中点N,连接GN,

因此四边形BNGF为平行四边形,

37

所以GN∥FB.

在?ABCD中,M是线段AD的中点,连接MN, 则MN∥AB.

因为MN∩GN=N,AB∩FB=B, 所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN, 所以GM∥平面ABFE. (2)解法一:因为∠ACB=90°, 所以∠CAD=90°. 又EA⊥平面ABCD, 所以AC,AD,AE两两垂直.

分别以AC,AD,AE所在直线为x轴、y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

不妨设AC=BC=2AE=2,

则由题意得A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),E(0,0,1), 所以=(2,-2,0),=(0,2,0).

又EF=AB,所以F(1,-1,1),=(-1,1,1). 设平面BFC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则m·=0,m·=0, 所以

取z1=1,得x1=1,

所以m=(1,0,1).

设平面ABF的法向量为n=(x2,y2,z2), 则n·=0,n·=0, 所以

取y2=1,得x2=1,

则n=(1,1,0). 所以cos=

=.

因此二面角A-BF-C的大小为60°. 解法二:由题意知,平面ABFE⊥平面ABCD, 取AB的中点H,连接CH,

38

因为AC=BC,所以CH⊥AB. 则CH⊥平面ABFE.

过H向BF引垂线交BF于R,连接CR, 则CR⊥BF.

所以∠HRC为二面角A-BF-C的平面角. 由题意,不妨设AC=BC=2AE=2,

在直角梯形ABFE中,连接FH,则FH⊥AB. 又AB=2,

所以HF=AE=1,BH=. 因此在Rt△BHF中,HR=. 由于CH=AB=,

所以在Rt△CHR中,tan∠HRC==.因此二面角A-BF-C的大小为60°. 几何法构 建 答 题 模 板 第一步：根据条件合理转化． 第二步：写清推证平行或垂直的所需条件，注意要充分． 第三步：写出结论． 第四步：将所求角或距离具体化． 第五步：计算角或距离． 第六步：反思回顾．查看关键点，易错点及答题规范. 第五、六、七步简化为：作辅助线—证明---解直角三角形—检验。

5、（探究性问题） 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段 PA、PD、CD的中点． (1)求证：PB∥平面EFG；

(2)求异面直线EG与BD所成角的余弦值；

(3)在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离为0.8，若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由．

5、(1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，而∠PAD＝90°，∴PA⊥平面ABCD.

39

又∵ABCD为正方形，∴PA、AB、AD两两垂直．

以AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，

?????????????????????????EF?(0,1,0),FG?(1,1,?1),PB?(2,0,?2).设PB?xEF?yFG＝(y，x＋y，－y)，

∴ ∴x＝－2，y＝2.∴存在实数x，y使共面，又∵PB在平面EFG外，∴PB∥平面EFG.

|－2＋4|3

（2）解：设异面直线EG，BD的夹角为θ，由题意得：＝＝.

66·83

. 6

(3)解 假设在线段CD上，存在一点Q满足题意，则Q点坐标可设为(x0,2,0)．

?(x，y，z)·(0，1，0)＝0，?

设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，则?

??(x，y，z)·(x0，2，－1)＝0.故异面直线EG与BD所成角的余弦值为

????|EA?n|?4?2?4?222

∴y＝0，z＝x0x，取x＝1，∴n＝(1,0，x0)．则 ＝0.8，即x0＝??＋??x0，

?5??5?|n|422?4?又∵x0>0，∴x0＝，∴Q?，2，0?.＝(－，0,0)，∴CQ＝. 333?3?

2

即在线段CD上存在一点Q满足题意．且CQ的值为.

3

12.(2011广东茂名一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.

(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;

(2)点M在线段PC上,PM=tPC,试确定t的值,使PA∥平面MQB;

(3)在(2)的条件下,若平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,求二面角M-BQ-C的大小.

12.解:(1)连接BD,四边形ABCD为菱形,∵AD=AB,∠BAD=60°, △ABD为正三角形,Q为AD中点,

∴AD⊥BQ.∵PA=PD,Q为AD的中点,AD⊥PQ, 又BQ∩PQ=Q,

∴AD⊥平面PQB,AD?平面PAD, ∴平面PQB⊥平面PAD. (2)当t=时,PA∥平面MQB.

下面证明,若PA∥平面MQB,连接AC交BQ于N,由AQ∥BC可得,△ANQ∽△BNC, ∴==.

∵PA∥平面MQB,PA?平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN, ∴PA∥MN,==.

40

即PM=PC, ∴t=.

(3)由PA=PD=AD=2,Q为AD的中点,则PQ⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,所以PQ⊥平面ABCD,

以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的坐标系, 则各点坐标为A(1,0,0),B(0,,0),Q(0,0,0),P(0,0,).

设平面MQB的法向量为n=(x,y,1),可得

∵PA∥MN,∴解得n=(,0,1).

取平面ABCD的法向量m=(0,0,1).

cos=,故二面角MBQC的大小为60°.

3.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,CA=2,D是CC1的中点,试问在A1B上是否存在一点E使得点A1到平面AED的距离为

3.解:以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(2,0,0),A1(2,0,2),D(0,0,1),B(0,2,0). 假设存在点E满足条件, 设=λ又

,λ∈(0,1),

则E(2λ,2(1-λ),2λ).

=(-2,0,1),=(2(λ-1),2(1-λ),2λ), 设n=(x,y,z)为平面AED的法向量, 则?

取x=1,则y=

,z=2,

41

?

即n=由于∴=

. =(0,0,2),d=

.

=,

又λ∈(0,1),解得λ=.

∴存在点E且当点E为A1B的中点时,点A1到平面AED的距离为.

2.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱AA1=2. (1)求证:C1D∥平面ABB1A1;

(2)求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值; (3)求二面角D-A1C1-A的余弦值.

2.(1)证明:四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥CC1, 又CC1?平面ABB1A1,所以CC1∥平面ABB1A1. 又四边形ABCD是正方形, 所以CD∥AB.

又CD?平面ABB1A1,所以CD∥平面ABB1A1. 所以平面CDD1C1∥平面ABB1A1. 所以C1D∥平面ABB1A1.

(2)解:因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥CD. 因为A1D⊥平面ABCD, 所以A1D⊥AD,A1D⊥CD.

如图,以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz,连接B1D1,

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在△ADA1中,由已知可得A1D=,

D(0,0,0),A1(0,0,),A(1,0,0),C1(-1,1,),B1(0,1,),D1(-1,0,),B(1,1,0),因为A1D⊥平面ABCD,

所以A1D⊥平面A1B1C1D1,A1D⊥B1D1. 又B1D1⊥A1C1,所以B1D1⊥平面A1C1D. 所以平面A1C1D的一个法向量为n=(1,1,0), 设

与n所成的角为β,

=

=-,

=(-2,-1,),

则cos β=

所以直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值为. (3)解:设平面A1C1A的法向量为m=(a,b,c), 则

所以

令c=,可得m=(3,3,), 设二面角D-A1C1-A的大小为α, 则cos α=

=

=

.

所以二面角D-A1C1-A的余弦值为.

6、 如图所示，在三棱锥P—ABC中， 已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA 内的射影D在直线PB上． (1)求证：AB⊥平面PBC；

(2)设AB＝BC，直线PA与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角；

(3)在(2)的条件下，求二面角C—PA—B的余弦值．

审题路线图

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几何法规 范 解 答 示 例 (1)证明 ∵PC⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴AB⊥PC. ∵点C在平面PBA内的射影D在直线PB上， ∴CD⊥平面PAB.又∵AB?平面PBA，∴AB⊥CD.∴AB⊥平面PBC. (2)解 ∵PC⊥平面ABC，∴∠PAC为直线PA与平面ABC所成的角．于是∠PAC＝45°，设AB＝BC＝1，则PC＝AC＝2，过A作AF‖BC,且AF=BC,连接BF，PF,CF,则AF与PA所成角为异面直线AP与BC所成的角，AF=BC=1，在直角三角形OAC,PAF中求得PA=2，PF=7 PA2?AF2?PF21由余弦定理得cos?PAF??? 2PA?AF2∴异面直线AP与BC所成的角为60°. (3),过C作CQ⊥PA,连接QD, ∵CD⊥平面PAB, AP?平面PAB∴AP⊥CD,CQ?CD?C, ∴PA⊥平面CQD, DQ?平面CQD,∴DQ⊥PA,∴∠CQD为二面角C—PA—B的平面角。 在直角三角形PBC,PCD中求得CD?3∴所求二面角的余弦值为3 几何法构 建 答 题 模 板 CD66?,CQ?1,∴sin?CQD?, CQ33第一步：根据条件合理转化． 第二步：写清推证平行或垂直的所需条件，注意要充分． 第三步：写出结论． 第四步：将所求角或距离具体化． 第五步：计算角或距离． 第六步：反思回顾．查看关键点，易错点及答题规范.

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9（2010安徽理数）18、（本小题满分12分）

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF?FB，AB?2EF，

?BFC?90?，BF?FC，H为BC的中点。

EFDCHAB

(Ⅰ)求证：FH∥平面EDB；

(Ⅱ)求证：AC?平面EDB； (Ⅲ)求二面角B?DE?C的大小。 （Ⅳ）求四面体B—DEF的体积；

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【规律总结】本题是典型的空间几何问题，图形不是规则的空间几何体，所求的结论是线面平行与垂直以及体积，考查平行关系的判断与性质.解决这类问题，通常利用线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直，通过求高和底面积求四面体体积.

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