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1、om5高考数学2011年高考数学应考复习精品资料解题技巧第六讲_立体几何新题型阳光家教网 2011年高考数学应考复习精品资料?解题技巧 第六讲 立体几何新题型【考点透视】 (A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念. (B)版. ?理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘. ?了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算. ?掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空
2、间向量数量积公式. ?理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念. ?了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念. ?掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式. ?会画直棱柱、正棱锥的直观图. 空间距离和角是高考考查的重点:特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题. 不论是求空
3、间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色. 求解空间距离和角的方法有两种:一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。 【例题解析】 考点1 点到平面的距离 求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，A A1当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题 ABCABC,CC11112D例1如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点( C C1D AB?ABD11(?)求证:平面; B BAADB,11(?)求二面角的大小; 第 1 页 共 34 页 阳光家教网 ABD1C(?)求点到平面的距离( 考查目的:
4、本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的 大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维 能力和运算能力( BCOAO解答过程:解法一:(?)取中点，连结( A A1?ABC？AOBC?为正三角形，( F BCCBABCABC,11111ABC?正三棱柱中，平面平面， C CD 1BCCB11？AO?O 平面( BOBBCCB 111OD，连结，在正方形中，分别为 B1？BOBD?？ABBD?BCCC，111 的中点， ， ( ABAB?？AB?ABBAABD111111在正方形中， 平面( ABGFAD?ABABDAB?111G11FAF(?)设与交于点，在平面中，作于，连结，由
5、(?)得ABD1平面( AADB,？AFAD?11？?AFG， 为二面角的平面角( 45AF,?AAD15在中，由等面积法可求得， AG210？,sin?AFGAF4451AGAB,2152又， ( 10arcsinAADB,14所以二面角的大小为( BDADABS,？,5226，S,1?ABD11?ABD?BCD11(?)中，( BCCBA3111在正三棱柱中，到平面的距离为( ABDdC1设点到平面的距离为( 11SSd,3?BCDABD1VV,ABCDCABD,1133由，得， 3S2?BCD？,dS2?ABD1( 2ABD1C2？点到平面的距离为( OBCAO解法二:(?)取中点，连结
6、( ？AOBC?ABC为正三角形，( 第 2 页 共 34 页 阳光家教网 BCCBABCABC,11111ABC?在正三棱柱中，平面平面， BCCB11？AD?平面( BCOOOxyz，111OOBOA1中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角取B(120)，A(023)，A(003)，B(100)，D(110),，11坐标系，则， z ？,AB(123)，BA,(123)，BD,(210)，11，( A A1ABBD,，,2200ABBA,，,1430111， F ？ABBD?ABBA?111C ，( CD 1O ABD？AB?1y 1平面( B BAAD1n,()xyz，1的法向
7、量为( (?)设平面x AA,(020)，AD,(113)，n?AAn?AD11，( ， ,y,0，nAD,0，,，,xyz30，,？,nAA,0，20y,，(xz,3,1, AADn,(301)，1z,1令得为平面的一个法向量( ABDAB?11由(?)知平面， ABD？AB11为平面的法向量( nAB,3361AB,14222nAB1cos,n，( 6arccosAADB,14？二面角的大小为( ABDAB11(?)由(?)，为平面法向量， BCAB,(200)(123)，1( BCAB,212d,222ABABD11C？点到平面的距离( 小结:本例中(?)采用了两种方法求点到平面的距离.
8、解法二采用了平面向量的计算方AMBAMB11法，把不易直接求的B点到平面的距离转化为容易求的点K到平面的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法;解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法. 例2.如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4. (?)证明PQ?平面ABCD; 第 3 页 共 34 页 阳光家教网 (?)求异面直线AQ与PB所成的角; (?)求点P到平面QAD的距离. 命题目的:本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基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能
9、力. 过程指引:方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角;方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. P 解答过程: 方法一 (?)取AD的中点，连结PM，QM. D C 因为P,ABCD与Q,ABCD都是正四棱锥， O M B A 所以AD?PM，AD?QM. 从而AD?平面PQM. PQ,又平面PQM，所以PQ?AD. 同理PQ?AB，所以PQ?平面ABCD. Q AC:BD,O(?)连结AC、BD设，由PQ?平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连接PN. PO1NONO1PONO,OQ2OAOC2OQOA因为，所以，
10、从而AQ?PN，?BPN(或其补角)是异面直线AQ与PB所成的角. 2222222PBOBOP,，,，,(22)13PNONOP,，,，,(2)13.因为， 2222BN,OBON,(22)，(2),10 22293103PB，PN,BN，,cos，BPN,29PB,PN233，所以. 3arccos9从而异面直线AQ与PB所成的角是. 11OMABOQ,2.22(?)连结OM，则 所以?MQP,45?. 由(?)知AD?平面PMQ，所以平面PMQ?平面QAD. 过P作PH?QM于H，PH?平面QAD.从而PH的长是点P到平面QAD的距离. 320PQPOQOPHPQ,，,？,3,sin45.
11、2又. 第 4 页 共 34 页 阳光家教网 322即点P到平面QAD的距离是. 方法二 z AC:BD,OP (?)连结AC、BD，设. 由P,ABCD与Q,ABCD都是正四棱锥，所以PO?平面D C ABCD，QO?平面ABCD. O B A 从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ?平面ABCD. x y (?)由题设知，ABCD是正方形，所以AC?BD. 由(?)，QO?平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QPQ 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)，由题条件，2222相关各点的坐标分别是P(0，0，1)，A(，0，0)，Q(0，0，,2)，B(0，0). AQ,(,2
12、2,0,2)所以 PB,(0,22,1) 3cos，AQ,PB，,9于是. AD,(,22,22,0)22(?)由(?)，点D的坐标是(0，,，0)， PQ,(0,0,3)n,(x,y,z)，设是平面QAD的一个法向量，由 ,n,AQ,0,2x，z,0,x，y,0,n,AD,0,得. n,(1,1,2)取x=1，得. PQn,32d,2n所以点P到平面QAD的距离. 考点2 异面直线的距离 此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离. 典型例题 42S,ABC例3 已知三棱锥，底面是边长为的正三角形，SCE、DBC、AB棱的长为2，且垂直于底面.
13、分别为的中点，求CD与SE间的距离. 第 5 页 共 34 页 阳光家教网 思路启迪:由于异面直线CD与SE的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离. 解答过程: 如图所示，取BD的中点F，连结EF，SF，CF， CD,？CD,BCDSEF？EF？EF为的中位线，?面, ？CDSEF到平面的距离即为两异面直线间的距离. CDSEF？又线面之间的距离可转化为线上一点C到平面 BC,42的距离，设其为h，由题意知，,D、E、F分别是 AB、BC、BD的中点， 1？CD,26,EF,CD,6,DF,2,SC,22 111123？,6,
14、2,2,VEFDFSCS,CEF32323 22SE,SC，CE,23,SCE在Rt中， 22SF,SC，CF,4，24，2,30,SCF在Rt中， ？EF,6,？S,3,SEF又 112323,3,h,h,V,V,S,hC,SEFS,CEF,SEF3333由于，即，解得 233故CD与SE间的距离为. 小结:通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程. 考点3 直线到平面的距离 此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 典型例题 ACGBDAA1111例4( 如图，在棱长为2的正方体中，G是的中点，求BD到平面的距离. 思路启迪:把线面距离转化
15、为点面距离，再用点到平面距离的方法求解. D1 C解答过程: 1O1 GBDA 11？BD1解析一 ?平面， B1H GBD 11？BD上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求 G D 第 6 页 共 34 页 C O A B 阳光家教网 GBD11点O平面的距离, ？BD,ACBD,AA？BD,AACC11111111111，平面, ？BD,GBD1111又平面 AACC,GBDOG？11111平面，两个平面的交线是, OH,OGGBDGBDOH,11111作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离. 11S,OO,AO,2,2,2,OOG11,OOG221在中，. 112632,S,OH,
16、OG,OH,？OH,OOG11223. 又26GBD311即BD到平面的距离等于. GBD11？BD解析二 ?平面， GBDGBD1111？BD上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离. GBDB,GBD1111设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则 1141222V,V,由于S,，22，3,6，V,，,B,GBDD,GBB,GBDD,GBB111111113232 , 426？h,36 26GBD311即BD到平面的距离等于. 小结:当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的
17、点直接作出距离;解析二是等体积法求出点面距离. 考点4 异面直线所成的角 此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点. 典型例题 A例5 ，,OABRt?AOBRt?AOC6AB,4如图，在中，斜边(可以通过D第 7 页 共 34 页 EBO C阳光家教网 AOBAOC,Rt?AOBDAB以直线为轴旋转得到，且二面角的直二面角(是的中点( COD,AOB(I)求证:平面平面; AOCD(II)求异面直线与所成角的大小( 思路启迪:(II)的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. COAO,BOAO,解答过程:解法1:(I)由题意，
18、 ？，BOCBAOC,是二面角是直二面角， AOBOO,？,COBO，又， ？,COAOB平面， zCO,COD又平面( ACOD,AOB？ 平面平面( DEOB,CEDEAO?E(II)作，垂足为，连结(如图)，则， DAOCD？，CDE是异面直线与所成的角( 1OEBO,1Rt?COECOBO,22在中， OyB22？,，,CECOOE5x( C 1DEAO,32又( CE515tanCDE,DE33Rt?CDE？在中，( 15arctanAOCD3？异面直线与所成角的大小为( 解法2:(I)同解法1( A(0023)，D(013)，Oxyz,O(000)，C(200)，(II)建立空间直
19、角坐标系，如图，则， CD,(213)，？,OA(0023)， OACD66？,cosOACD，,OACD42322( 6arccosAOCD4？异面直线与所成角的大小为( 小结: 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有:?平移法:在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二;?补形法:把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间第 8 页 共 34 页 阳光家教网 的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.,，0,2,，同时要特别注意异面直线所成的角的范围:. 例6(如图
20、所示，AF、DE分别是?O、?O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD,8,BC是?O的直径，AB,AC,6，OE/AD. (?)求二面角BADF的大小; (?)求直线BD与EF所成的角. 命题目的:本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引:关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程: (?)?AD与两圆所在的平面均垂直, ?AD?AB, AD?AF,故?BAF是二面角BADF的平面角. ？AF、BC是圆O的直径，？ABFC是矩形又？AB,AC,6，？ABFC是正方形， 由于A
21、BFC是正方形，所以?BAF,450. 即二面角BADF的大小为450; (?)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，,3232,32则O(0，0，0)，A(0，0)，B(，0，0),D(0，8)，E(0，0，8)，32F(0，0) BD,(,32,32,8),FE,(0,32,8)所以， BDFE,，0186482cos,.,BDFE10|BDFE10082， ,设异面直线BD与EF所成角为，则 82,coscos,.BDFE10. 82arccos10故直线BD与EF所成的角为. 考点5 直线和平面所成的角 此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证
22、明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容. 典型例题 例7. 第 9 页 共 34 页 阳光家教网 SABCD,?ABC,45ABCDSBC,ABCD四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面(已知，SASB,3BC,22AB,2，( SSABC,(?)证明; SDSAB(?)求直线与平面所成角的大小( CB考查目的:本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系， DA二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力( SOBC?AOSBC?ABCDO解答过程:解法一:(?)作，垂足为，连结，由侧面底面， SO?ABCD得底面( S SASB,AO
23、BO,因为，所以， ?ABC,45?AOBAOBO?又，故为等腰直角三角形， O C B SABC?由三垂线定理，得( D A SABC?ADBC?(?)由(?)知，依题设， SA,3ADBC,22AO,2SAAD?故，由，得 SD,11SO,1，( 211,2SABSAAB,21,22,?SAB的面积( 1SABAD,sin13522?DAB2DB连结，得的面积 VV,DSABSABD,SABhD设到平面的距离为，由于，得 11hSSOS,12h,233，解得( h222,sin,SD11SDSAB11设与平面所成角为，则( 22arcsinSDSBC11所以，直线与平面所成的我为( 解法二
24、: SOBC?OAOSBC?ABCDSO?(?)作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面ABCD( SASB,AOBO,因为，所以( ?ABC,45?AOBAOOB?又，为等腰直角三角形，( zS 第 10 页 共 34 页 GC yB OE D A x阳光家教网 Oxyz,xOOA如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系， A(200)，B(020)，C(020)，,SA,(201)，S(001)， CB,(0220)，SACB,0SABC?，所以( ,22E，0,22,ABE(?)取中点， ,221G，,442SESEGOG,连结，取中点，连结，( ,22122OG,，SE,，1,442
25、22AB,(220)，,，( SEOG,0ABOG,0OGSABSEAB，与平面内两条相交直线，垂直( ,OGDSSABSDSABOG,所以平面，与的夹角记为，与平面所成的角记为，则,与互余( D(2220)，DS,(2221)，( OGDS22,cos22sin,11OGDS11， 22arcsinSDSAB11所以，直线与平面所成的角为( 小结:求直线与平面所成的角时，应注意的问题是(1)先判断直线和平面的位置关系;(2)当直线和平面斜交时，常用以下步骤:?构造作出斜线与射影所成的角，?证明论证作出的角为所求的角，?计算常用解三角形的方法求角，?结论点明直线和平面所成的角的值. 考点6 二
26、面角 此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视. 典型例题 ,PQAPQ,C,B,CACB,例8(如图，已知直二面角，,，,BAP4530CA，直线和平面所成的角为( BCPQ?C (I)证明; , BACP,(II)求二面角的大小( A P Q B , 第 11 页 共 34 页 阳光家教网 命题目的:本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. COPQ?,COOB过程指引:(I)在平面内过点作于点，连结( ,?,PQC CO?,因为，所以， ,H CACB,O
27、AOB,A 又因为，所以( P Q O B ，,BAO45，,ABO45，,AOB90而，所以， , BOPQ?COPQ?从而，又， PQBC?PQ?OBCBC,OBC所以平面(因为平面，故( BOPQ?,?,PQ(II)解法一:由(I)知，又， BO?,BO,，所以( OOHAC?BHAC?HBH过点作于点，连结，由三垂线定理知，( ，BHOBACP,故是二面角的平面角( ,，,CAO30CO?,，CAOCA由(I)知，所以是和平面所成的角，则， 3OHAO,sin30AO,3AC,22不妨设，则，( BOAO,3，,，,ABOBAO45Rt?OAB在中，所以， BO3tan2，,BHOOH
28、3Rt?BOH2于是在中，( BACP,arctan2故二面角的大小为( OCOA?OCOB?OAOB?O解法二:由(I)知，故可以为原点，分别以直yxOBOAOC，z线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系(如图)( C z ,，,CAO30COa?，CAOCA 因为，所以是和平面所成的角，则( A P Q AO,3AC,2CO,1不妨设，则，( B O y ,x ，,，,ABOBAO45Rt?OAB在中， BOAO,3所以( 则相关各点的坐标分别是 B(300)，A(030)，O(000)，C(001)，( 第 12 页 共 34 页 阳光家教网 AB,(330)，AC,(031)，所以，( ,
29、nAB,0，330xy,，,1,nAC,0,，,30yzn,xyz，1,ABC1设是平面的一个法向量，由得 n,(113)，x,11取，得( n,(100)，,2易知是平面的一个法向量( ,nn，BACP,12设二面角的平面角为，由图可知，( nn1512,cos5|nn，5112所以( 5arccos5BACP,故二面角的大小为( 小结:本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径:?由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，?由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，?补形构造几何体发现棱;解法二则是利用平面向量计算的方法，这也
30、是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小. ,，例9( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P,ABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，ABCD，AD=CD=2AB, E、F分别为PC、CD的中点. ,(?)试证:CD平面BEF; 30:(?)设PA,k?AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围. 命题目的:本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引:方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角;方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程:
31、/,，解法一:(?)证:由已知DFAB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF. ,又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在?PDC中，E、F分别 ,PC、CD的中点，故EF?PD,从而CDEF,由此得CD面BEF. 第 13 页 共 34 页 阳光家教网 (?)连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,则在?PAC中易知EG?PA.又因 ,PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，过G作GHBD,垂足为H,连接,，EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. 设AB=a,则在?PAC中，有 1122EG=PA=ka.
32、以下计算GH，考察底面的平面图.连结GD. 1122因S?GBD=BD?GH=GB?DF. GB,DFBD. 故GH=5在?ABD中，因为AB,a,AD=2a,得BD=a. 1122而GB=FB=AD=a，DF=AB,从而得 a,aGB,AB5a.5a5BDGH= , 1ka52,k.25EGa5GH因此tan?EHG= ，EHG，EHG30:由k,0知是锐角，故要使,，必须 53k,2330:,tan= 215.15解之得，k的取值范围为k, 解法二: (?)如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F
33、的坐标分别为 A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0). DCBF从而=(2a,0,0), =(0,2a,0), DCDCBFBF,?=0,故 . 第 14 页 共 34 页 阳光家教网 b,a,a,2,设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故 E. b,0,a,2,DCDCBEBEBE,从而=，?=0,故. ,由此得CD面BEF. ,(?)设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H,由三垂线定理知EHBD. ，从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. ka,a,a,2,由PA,k?AB得P(0,0,ka),E,G
34、(a,a,0). GHBD设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0), GHBD由?=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即 x-2y=-a ? x,ay,a2aBHBHBD又因=(x-a,y,0),且与的方向相同，故,，即 2x+y=2a ? 21,354,a,a,0,55,GHGH555由?解得x=a,y=a,从而,，,a. ka2 EG55kaGH25tan?EHG=. 53k.30:,30:,23，由k,0知，?EHG是锐角，由EHG,得tan?EHG,tan即, 21515故k的取值范围为k,. 考点7 利用空间向量求空间距离和角 众所周知，利用空间向
35、量求空间距离和角的套路与格式固定.当D1 A1 掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不B1 C1 仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. F典型例题 E M 例10( A D H CBG 第 15 页 共 34 页 阳光家教网 ABCDABCD,11113如图，已知是棱长为的正方体， CCAEFC,1AA111EF点在上，点在上，且( EBFD，1(1)求证:四点共面; 2BG,BB1GBCGMBF?3MHEM?(2)若点在上，点在上，垂足为，求证:BCCB11平面; EBFDBCCB111,tan,(3)用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求( 命题意图:本
36、小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力( 过程指引:解法一: D1DD 1NDN,1ENCNA(1)如图，在上取点，使，连结，则1 B1 CCFND,211AEDN,1 ，( N FE NDCF?CFDN 11AEDN?ADNE因为，所以四边形，都为平行M A四边形( D H ENAD?FDCN?C1BG 从而，( ADBCENBC?BCNECNBE?又因为，所以，故四边形是平行四边形，由此推知，FDBE?1从而( EBFD，1因此，四点共面( GMBF?BMBC?BGMCFB,(2)如图，又，所以， BC23,，,
37、BG1BMBGBGMBGCFB,tantan?CF32( AEBM?ABMEABEM?因为，所以为平行四边形，从而( BCCBBCCB1111AB?EM?又平面，所以平面( EH(3)如图，连结( MHBF?EMBF?BF?EMHEHBF?因为，所以平面，得( ?EHM,?EHM于是是所求的二面角的平面角，即( ?MBHCFB,MHBMMBHBMCFB,sinsin?因为，所以 第 16 页 共 34 页 阳光家教网 BC33EM,，,BM1tan13,222213BCCF，32MH， ( 解法二: BD,(333)，BE,(301)，BF,(032)，1(1)建立如图所示的坐标系，则， z
38、 BDBEBF,，BDD11BEBF1所以，故，共面( A1 EBFD，1CB又它们有公共点，所以四点共面( 1B 1 2,FE GMz,0，,xMz(00)，3, (2)如图，设，则， M A D 2H GMBFz,，,320yBF,(032)，BG3C 而，由题设得， z,1得( ME,(300)，M(001)，E(301)，因为，有， MEBB?BB,(003)，MEBB,0BC,(030)，MEBC,0111又，所以，从而，MEBC?( BCCB11ME?故平面( EBFDBPxy,(3)，?1BPBE?BPBF?(3)设向量截面，于是，( BE,(301)，BF,(032)，BPBF
39、y,，,360BPBEx,，,330而，得，解得BP,(123)，y,2x,1，所以( BCCBBA,(300)，?11,BPBA又平面，所以和的夹角等于或(为锐角)( BPBA1,cos14BPBA于是( tan13,故( 小结:向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用CnAB公式求夹角;点面距离一般转化为在面BDF的法向量上的投影的绝A对值. NM例11(如图,l1、l2是互相垂直的两条异面直线，MN是它们的公垂线段，B第 17 页 共 34 页 阳光家教网 点A、B在l1上，C在l2上，AM=MB=MN ,(I)证明ACNB; :，ACB,60(II)若，求NB与平面
40、ABC所成角的余弦值. 命题目的:本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关 知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引:方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角; C方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程: HA解法一: (?)由已知l2?MN, l2?l1 , MN?l1 =M, 可得 NMl2?平面ABN. 由已知MN?l1 , AM=MB=MN,可知AN=NB B且AN?NB. 又AN为AC在平面ABN内的射影. ?AC?NB (?)?Rt?CAN?Rt?CNB, ?AC=BC,又已知?ACB=60?,因此?ABC为正三角形. ?Rt?ANB?
41、Rt?CNB, ?NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,?NBH为NB与平面ABC所成的角. 3ABz3HB6在Rt?NHB中,cos?NBH= = = . CNB32AB2H解法二: 如图,建立空间直角坐标系M,xyz. 令MN=1, N则有A(,1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), oMy(?)?MN是 l1、l2的公垂线, l1?l2, ?l2?平面ABN. Bl2平行于z轴. 故可设C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,1,0). x?=1+(,1)+0=0 ?AC?NB. (?)? =(1,1,m), =(,1,
42、1,m), ?|=|, 又已知?ACB=60?,?ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt?CNB中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1, 2). 连结MC,作NH?MC于H,设H(0, 2) (0). ?=(0,1,2), =(0,1, 2) 1 ? ? = 1,2=0, ?= , 3122212?H(0, , ), 可得=(0, , ), 连结BH, 则=(,1, ), 33333322?=0+ , =0, ?, 又MC?BH=H, ?HN?平面ABC, ?NBH为NB与平面ABC99所成的角. 又=(,1,1,0), 第 18 页 共 34 页 阳光家教网 436?cos?
43、NBH= = = . 2323考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题 例12 . 如图(1)，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大. 思路启迪设四边形一边AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD长度即可. 3,解答过程:如图(2)设AD,a，易知?ABC,60?，且?ABD,30?AB,a . ,2aBD,正六棱柱体积为V . 19226,(,1,2a),sin60:,3a(1,2a),a22V, 9293(,)(1,2a)(1,2a)4a838 ,? . 1,6当且仅当 1,2a,4a a,时，体积最大， 1263此时底面边长为1,2a,1,2, . 16? 答案为 . 例13 .如图左，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，将?ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥后，GH与IJ所成角的G F 度数为( ) (A、B、C) A C H H G J I D E D F I J A、90? B、60? C、45? D、0? B E 思路启迪 画出折叠