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立体几何专题复习(教师版)


立体几何专题复习
一、立体几何初步 (一) 、在空间几何体部分,主要是以空间几何体的三视图为主展开,考查空间几何体三视图的识别判 断,考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题.试题的题型主要是选择题或者填空 题,在难度上也进行了一定的控制,尽管各地有所不同,但基本上都是中等难度或者较易的试题. 该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征,通过对各种空间几何

体结构特征的了解,认识各种空 间几何体的三视图和直观图,通过三视图和直观图判断空间几何体的结构,在此基础上掌握好空间几何 体 的表面积和体积的计算方法. 必备知识 ?正棱锥的性质 侧棱相等,侧面是全等的等腰三角形,斜高相等;棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直 角三角形;棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形;某侧面的斜高、侧棱及底面边 长的一半也构成一个直角三角形;侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一 个直角三角形. ?三视图 (1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮 廓线.画三视图的基本要求:正俯一样长,俯侧一样宽, 正侧一样高. (2)三视图排列规则:俯视图放在正视图的下面,长度与正视图一样;侧视图放在正视图的右面,高度 和正视图一样,宽度与俯视图一样. ?几何体的切接问题 (1)球的内接长方体、正方体、正四棱柱等关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长. (2)柱、锥的内切球找准切点位置,化归 为平面几何问题. 必备方法 1.几何体中计算问题的方法与技巧:①在正棱锥中,正棱锥的高、侧面等腰三角形的斜高与侧棱构成 两个直角三角形,有关计算往往与两者相关;②正四棱台中要掌握对角面与侧面两个等腰梯形中关于上底、 下底及梯形高的计算,另外,要能将正三棱台、正四棱台的高与其斜高,侧棱在合适的平面图形中联系起 来;③研究圆柱、圆锥、圆台等问题,主要方法是研究其轴截面,各元素之间的关系,数量都可以在轴截 面中得到;④多面体及旋转体的侧 面展开图是将立体几何问题转化为平面几何问题处理的重要手段. 2.求体积常见技巧 当给出的几何体比较复杂,有关的计算公式无法运用,或者虽然几何体并不复杂,但条件中的已知元 素彼此离散时,我们可采用“割”、“补”的技巧,化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台),或化离散 为集中,给解题提供便利. (1)几何体的“分割”:几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求,分割成若干个易求体积的几 何体,进而求之. (2)几何体的“补形”:与分割一样,有时为了计算方便,可将几何体补成易求体积的几何体,如长方 体、正方体等.另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法. (3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算,应以公式为基础,充分利用几何体中的直角三角形、直 角梯形求有关的几何元素. (二) 、点、直线、平面之间的位置

首先要学会认识几何图形,有一定的空间想象能力,对照着已知条件逐一判断.其次要熟悉相关的基 本定理和基本性质,要善于把空间问题转化为平面问题进行解答.高考试 题一般是利用直线与平面平行或 垂直的判断定理和性质定理,以及平面与平面平行或垂直的判定定理和性质定理,把空间中的线线位置关 系、线面位置关系和面面位置关系进行相互转化,这就要求同学们对平行与垂直的判定定理和性质定理熟 练掌握,并在相应的题目中用相应的数学语言进行准确的表述. 必备知识 ?平行关系的转化 两 平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行,而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行, 所以要注意转化思想的应用,以下为三种平行关系的转化示意图.

?解决平行问题时要注意以下结论的应用 (1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. (2)两个平面平行,其中一个平面内的任一直线必平行于另一个平面. (3)一条直线与两平行平面中的一个相交,那么它与另一个也相交. (4)平行于同一条直线的两条直线平行. (5)平行于同一个平面的两个平面平行. (6)如果一条直线与两个相交平面都平行,那么这条直线必与它们的交线平行. ?垂直关系的转化 与平行关系之间的转化类似,它们之间的转化如下示意图.

在垂直的相关定理中,要特别注意记忆面面垂直的性质定理:两个平面垂直,在一个平面内垂直于它 们交线的直线必垂直于另一个平面,当题目中有面面垂直的条件时,一般都要用此定理进行转化. 必备方法 1. 证明平行、 垂直问题常常从已知联想到有关判定定理或性质定理, 将分析法与综合法综合起来考虑. 2.证明面面平行、垂直时,常转化为线面的平行与垂直,再转化为线线的平行与垂直. 3.使用化归策略可将立体几何问题转化为平面几何问题. 4.正向思维受阻时,可考虑使用反证法. 5.计算题应在计算中融入论证,使证算合一,逻辑严谨.通常计算题是经过“作图、证明、说明、计 算”等步骤来完成的,应不缺不漏,清晰、严谨. 本专题在高考考查内容上,占据比较固定的位置,一般会有一道小题(选择题或者填空题)与一道解答 题,小题一般难度不会太大,属于中档题,考试只要了解基本知识,是没有问题的,解答题也是属于中档 题,在有限的时间,希望同学们理解好基础知识。选择与填空题主要考查体积,表面积的计算,或者平行, 垂直定理的判断。 解答题主要是考察平行于垂直定理的应用或是空间几何体体积的计算。 二、空间向量与立体几何

对立体几何中的向量方法部分,主要以解答题的方式进行考查,而且偏重在第二问或者第三问中使用 这个方法,考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算,把 立体几何问题转化为空 间向量的运算问题. 空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路,作为解决空间几何问题的重要工具,首 先要从定义入手,抓住实质,准确记忆向量的计算公式,注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转 化;其次要从向量的基本运算入手,养成良好的运算习惯,确保运算的准确性. 必备知识 ?直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面 α 、β 的法向量分别为 μ = (a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4 )(以下相同). (1)线面平行 (2)线面垂直 (3)面面平行 (4)面面垂直 ?空间角的计算 (1)两条异面直线所成角的求法 设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ ,则 |a·b| cos φ =|cos θ |= (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). |a||b| (2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 φ ,两向 |e·n| 量 e 与 n 的夹角为 θ ,则有 sin φ =|cos θ |= . |e||n|

l∥α ?a⊥μ ?a·μ =0?a1a3+b1b3+c1c3=0. l⊥α ?a∥μ ?a=kμ ?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3.
α ∥β ?μ ∥v?μ =λ v?a3=λ a4,b3=λ b4,c3=λ c4. α ⊥β ?μ ⊥ν ?μ ·v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

(3)二面角的求法

①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示, 〈m,n〉即为所求二面角的平面角. ②对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以利用这两个平面的法向量的夹角 来求. 如图所示,二面角 α lβ ,平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向量为 n2, 〈n1,n2〉=θ ,则二面有 α lβ 的大小为 θ 或 π θ .

?空间距离的计算 直线到平面的距离,两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离. → |PM·n| 点 P 到平面 α 的距离,d= (其中 n 为 α 的法向量,M 为 α 内任一点). |n| 必备方法 1.空间角的范围 (1)异面直线所成的角(θ ):0<θ ≤ π ; 2 π ; 2

(2)直线与平面所成的角(θ ):0≤θ ≤ (3)二面角(θ ):0≤θ ≤π .

2.用向量法证明平行、垂直问题的步骤: (1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系,也可以不建系),用空间向量表示问题 中涉及的点、直线、平面; (2)通过向量运算研究平行、垂直问题; (3)根据运算结果解释相关问题. 3.空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系:(1)求线面角时,得到的是直线方向 向量和平面法向量的夹角的余弦,而不是线面角的余弦; (2)求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析.

考点一:空间几何体的三视图与直观图 1、(2012 年高考湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图 1 所示,则该几何体的俯视图不 . 可能 是 ..

2、(2012 年高考陕西卷)将正方形(如图 1 所示)截去两个三棱锥,得到图 2 所示的几何 体,则该几何体的左视图为 ( )

【答案】B. 【解析】根据.空间几何体的三视图的概念易知左视图 AD1 是实线 B1C 是虚线,故选 B. 考点二:空间几何体的表面积、体积

4、(2012 年高考新课标卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1 , 粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( A.6 B.9 C.12
[来源:学。科。网]



D.18

【答案】B 【解析】选 B 由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是俯视图, 高为 3 ,所以几何体的体积为 V ?

1 1 ? ? 6 ? 3 ? 3 ? 9 ,选 B. 3 2

5(2012 年高考浙江卷)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所 示,则该三棱锥的体积是

A.1cm B.2cm C.3cm D.6cm

3

3

3

3

【答案】C

6.【2012 高考真题浙江理 10】已知矩形 ABCD,AB=1,BC= 2 。将△沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程中。 A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直. B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直. C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直. D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD” , “AB 与 CD” , “AD 与 BC”均不垂直 【答案】C 【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可 知选项 C 是正确的. 7. 【2012 高考真题新课标理 11】 已知三棱锥 S ? ABC 的所有顶点都在球 O 的求面上, ?ABC 是边长为 1 的正三角形, SC 为球 O 的直径,且 SC ? 2 ;则此棱锥的体积为( )

( A)
【答案】A

2 6

( B)

3 6

(C )

2 3

( D)

2 2

【解析】 ?ABC 的外接圆的半径 r ?

3 6 ,点 O 到面 ABC 的距离 d ? R 2 ? r 2 ? , SC 3 3 2 6 3

为球 O 的直径 ? 点 S 到面 ABC 的距离为 2d ?

此棱锥的体积为 V ?

1 1 3 2 6 2 S?ABC ? 2d ? ? ? ? 3 3 4 3 6

另: V ?

1 3 排除 B, C , D ,选 A. S?ABC ? 2 R ? 3 6

8.【2012 高考真题四川理 6】下列命题正确的是( ) A、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 【答案】C 【解析】A.两直线可能平行,相交,异面故 A 不正确;B.两平面平行或相交;C.正确;D.这 两个平面平行或相交. 9.【2012 高考真题重庆理 9】设四面体的六条棱的长分别为 1,1,1,1, 2 和 a ,且长为

a 的棱与长为 2 的棱异面,则 a 的取值范围是

(A) (0, 2) 【答案】A

(B) (0, 3)

(C) (1, 2)

(D) (1, 3)

【解析】因为 BE ? 1 ? (

2 2 1 2 ) ? 1? ? 则 2 2 2

BF ? BE , AB ? 2BF ? 2BE ? 2 ,选 A,
10. 【2012 高考真题辽宁理 16】 已知正三棱锥 P ? ABC, 点 P,A,B,C 都在半径为 3 的求面上,若 PA, PB,PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距 离为________。 【答案】

3 3

【解析】因为在正三棱锥 P ? ABC 中,PA,PB,PC 两两互 相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部 分, (如图所示) ,此正方体内接于球,正方体的体对角线为 球的直径,球心为正方体对角线的中点。球心到截面 ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的 高。已知球的半径为 3 ,所以正方体的棱长为 2,可求得 正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的高为

2 3 2 3 3 , 所以球心到截面 ABC 的距离为 3 ? ? 3 3 3

【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以 及转化思想,该题灵活性较强,难度较大。该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手,注意到 条件中的垂直关系,把三棱锥补成正方体 11. 【2012 高考真题上海理 14】 如图,AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱, BC ? 2 , 若 AD ? 2c ,且 AB ? BD ? AC ? CD ? 2a ,其中 a 、 c 为常数,则四面体 ABCD 的体积 的最 大值是 。 【答案】

2 c a2 ? c2 ?1 。 3

【解析】过点 A 做 AE⊥BC,垂足为 E,连接 DE,由 AD⊥BC 可知, BC⊥平面 ADE, 所以 V ? VB ? ADE ? VC ? ADE ?

1 2 S ADE ? BC = S ADE , 3 3

当 AB=BD=AC=DC=a 时,四面体 ABCD 的体积最大。 过 E 做 EF⊥DA,垂足为点 F,已知 EA=ED,所以△ADE 为等腰三角形,所以点 E 为 AD 的中

点,又 AE ? AB ? BE ? a ? 1 ,∴EF=
2 2 2 2

AE 2 ? AF 2 ? a 2 ? c 2 ? 1 ,

1 AD ? EF = c a 2 ? c 2 ? 1 , 2 2 2 ∴四面体 ABCD 体积的最大值 Vmax ? S ADE = c a 2 ? c 2 ? 1 。 3 3
∴ S ADE = 12、 (2012·山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB =60°,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F ? BD? C 的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°, 所以∠ADC=∠BCD=120°.又 CB=CD,所以∠CDB=30°, 因此∠ADB=90°,AD⊥BD,又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,

AE,AD? 平面 AED,所以 BD⊥平面 AED.
(2)解 连接 AC,由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CB,CF 两两垂直, 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设 CB=1, 则 C(0,0,0),B(0,1,0),

D?

1 ? ? 3 ,- ,0?,F(0,0,1), 2 ? ?2

3 ? → → ? 3 因此BD=? ,- ,0?,BF=(0,-1,1). 2 2 ? ? 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m·BD=0,m·BF=0,所以 x= 3y= 3z, 取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m·CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = , → 5 5 |m||CF| 所 以二面角 FBDC 的余弦值为 5 . 5

13、 (2012·全国理)如图, 四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 为菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,

PE=2EC.
(1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 APBC 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. [审题视点] (1)由 = 可得△FCE∽△PCA,则∠FEC=90°,易得 PC⊥EF 、PC⊥BD. (2)作 AG⊥PB 于 G, 由二面角 APBC 为 90°, 易得底面 ABCD 为正方形, 可得 AD∥面 PBC, 则点 D 到平面 PCB 的距离 d=AG, 找出线面角求解即可. 也可利用法向量求解, 思路更简单, 但计算量比较大. 法一 (1)证明 因为底面 ABCD 为菱形,所以 BD⊥AC,又 PA ⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD. 设 AC∩BD=F,连接 EF.因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC, 2 3 PC AC 故 PC= 2 3,EC= ,FC= 2,从而 = 6, = 6. 3 FC EC 因为

PC AC FC EC

PC AC = ,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC FC EC

=∠PAC=90°,由此知 PC⊥EF.

PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED.
(2)解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足. 因为二面角 APBC 为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB,故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.

BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直,故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,所以底
面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA +AD =2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC? 平面 PBC,故 AD ∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等,即 d= AG= 2.
2 2

d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α ,则 sin α = = . PD 2
所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. 法二 (1)证明 以 A 为坐标原点, 射线 AC 为 x 轴的正半 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.

C(2 2,0,0),设 D( 2,b,0),其中 b>0,则 P(0,0,2), E
4 2 2 ,0, ,B( 2,-b,0). 3 3

→ 于是PC=(2 2,0,-2), →

BE= DE=

2 2 ,b, , 3 3 2 2 ,-b, , 3 3



→ → → → 从而PC·BE=0,PC·DE=0, 故 PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → → (2)解 AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则

m·AP=0,m·AB=0,即 2z=0 且 2x-by=0,
令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则





n·PC=0,n·BE=0,
即 2 2p-2r=0 且 2p 2 +bq+ r=0, 3 3 2





令 p=1,则 r= 2,q=-

b

,n=1,-

2

b

, 2.

2 → 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m·n=0,即 b- =0,故 b= 2,于是 n=(1,-1, 2),DP

b

=(- 2,- 2,2). → n·DP 1 → → cos〈n,DP〉= = , 〈n,DP〉=60°. → 2 |n||DP| → 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n,DP〉互余,故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为:①建立恰当的空间直角坐标系;② 求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论. 【突破训练】 (2011·陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC;

(2)设 E 为 BC 的中点,求 A E 与 D B 夹角的余弦值. (1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC. ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC. (2)解 由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两 两垂直,不妨设|DB|=1,以 D 为坐标原点,以 D B ,D C ,









→ D A 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
易得

D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),

? ? A(0,0, 3),E? , ,0?,
1 3 ?2 2

?

→ ?1 3 ? → ∴A E =? , ,- 3?,D B =(1,0,0), ?2 2 ? → → 2 A E ·D B 22 → → → → ∴A E 与 D B 夹角的余弦值为 cos〈A E ,D B 〉= = = . → → 22 22 |A E ||D B | 1×
4 14、(2012·天津改编) 1

如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC =45°,PA=AD=2,AC =1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 APCD 的正弦值.
[来源:学&科&网] [来源:学|科|网]

[审题视点] 建立空间坐标系,应用向量法求解. 解 如图,

以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0) ,

D(2,0,0), C(0,1,0),B- , ,0,P(0,0,2).
→ (1)证明:易得PC=(0,1,-2), → 1 1 2 2

AD=(2,0,0).

→ → 于是PC·AD=0,所以 PC⊥AD. → → (2)PC=(0,1,-2),CD=(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), → ? ?n·PC=0, 则? → ? ?n·CD=0, 可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0).
?y-2z=0, ? 即? ?2x-y=0. ?

不妨令 z=1,

m·n 1 6 于是 cos〈m,n〉= = = . |m|·|n| 6 6
从而 sin〈m,n〉= 30 . 6 30 . 6

所以二面角 APCD 的正弦值为

借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法.求解过程中应注意以下几个方面: (1)两平面的法向量的夹角不一定就是 所求的二面角,有可能两法向量夹角的补角为所 求; (2)求平面的法向量的方法:①待定系数法:设出法向量坐标,利用垂直关系建立坐标 的方程解之; ②先确定平面的垂线, 然后取相关线段对应的向量, 即确定了平面的法向量. 当 平面的垂线较易确定时,常考虑此方法. 【突破训练 3】 (2012·唐山一模)如图, 在三棱柱 ABCA1B1C1 中, CC1⊥底面 ABC, 底面是边长为 2 的正三角形, M, N 分别是棱 CC1、

AB 的中点.
(1)求证:CN∥平面 AMB1; (2)若二面角 AMB1C 为 45°,求 CC1 的长. (1)证明 设 AB1 的中点为 P,连接 NP、MP. 1 1 ∵CM 綉 AA1,NP 綉 AA1,∴CM 綉 NP, 2 2 ∴CNPM 是平行四边形,∴CN∥MP. ∵CN?平面 AMB1,MP? 平面 AMB1, ∴CN∥平面 AMB1. (2)解 如图,以 C 为原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,使 x → → → 轴、y 轴、z 轴分别与NA、CN、CC1同向. 则 C(0,0,0),A(1, 3,0),

B(-1, 3,0),设 M(0,0,a)(a>0),
则 B1(-1, 3,2a), →

MA=(1, 3,-a),MB1=(-1, 3,a),CM=(0,0,a),
设平面 AMB1 的法向量 n=(x,y,z), → → 则 n·MA=0,n·MB1=0,





?x+ 3y-az=0, 即? ?-x+ 3y+az=0,
则 y=0,令 x=a,则 z=1,即 n=(a,0,1). 设平面 MB1C 的一个法向量是 m=(u,v,w), → → 则 m·MB1=0,m·CM=0,

?-u+ 3v+aw=0, 即? ?aw=0,
则 w=0,令 v=1,则 u= 3,即 m=( 3,1,0). 3a 所以 cos〈m,n〉= , 2 2 a +1 3a 2 依题意, 〈m,n〉=45°,则 = ,解得 a= 2,所以 CC1 的长为 2 2. 2 2 a +1 2 利用向量法解决立体几何中的 探索性问题 此类问题命题背景宽,涉及到的知识点多,综合性较强,通常是寻找使结论成立的条件 或探索使结论成立的点是否存在等问题, 全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度, 考 生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力.
[来源:学科网 ZXXK]

15、如图所示, 四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,MD⊥平面 ABCD,NB⊥平面 ABCD,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点. (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值; (2)在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN?若存在,求 线段 AS 的长;若不存在,请说明理由. [审题视点] 建立以 D 为原点的空间直角坐标系,利用向量法求 → → 解,第(2)问中设AS=λ AN,由 ES⊥平面 AMN 可得 λ 值. 解 (1)

如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意,易得 D(0,0,0),A(1,0,0),

M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0), N(1,1,1),E ,1,0.
1 → ∴NE=- ,0,-1, 2 → 1 2

AM=(-1,0,1).
→ → ∵cos〈NE,AM〉= 10 = =- , → → 10 5 |NE|·|AM| × 2 2 10 . 10

NE·AM

→ →

1 - 2

∴异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为

(2)假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN. → → → ∵AN=(0,1,1),可设AS=λ AN=(0,λ ,λ ), → 1 → → → 1 又EA= ,-1,0,∴ES=EA+AS= ,λ -1,λ . 2 2 → → ? ?ES·AM=0, 由 ES⊥平面 AMN,得? → ?→ ES·AN=0, ? 1 ? ?- +λ =0, 2 即? ? ?? λ -1? +λ =0,

1 1 1 → 2 → 故 λ = ,此时AS=0, , ,|AS|= . 2 2 2 2 经检验,当 AS= 2 时,ES⊥平面 AMN.故线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN,此时 2

AS=

2 . 2

空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、 推理,只需通过坐标运算进行判断.解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程 组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解”等,因此使用 问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题. 【突破训练 4】 如图 1,

∠ACB=45°,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连接 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90°(如图 2 所示).

(1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 ABCD 的体积最大; (2)当三棱锥 ABCD 的体积最大时,设点 E,M 分别为棱 BC,AC 的中点, 试在棱 CD 上确定一点 N,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小. 解 (1)法一 在如题图 1 所示的△ABC 中,设 BD=x(0<x<3),则 CD

=3-x.由 AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC 为等腰直角三角形,所以 AD=

CD=3-x.
由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如题图 2),AD⊥DC,AD⊥BD,且 BD∩DC=D, 1 1 1 所以 AD⊥平面 BCD.又∠BDC=90°, 所以 S△BCD= BD·CD= x(3-x), 于是 VABCD= AD·S 2 2 3
△BCD

1 1 1 1 2x+? 3-x? +? 3-x? = (3-x)· x(3-x)= ·2x(3-x)(3-x)≤ 3 2 12 12 3 当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,等号成立, 故当 x=1,即 BD=1 时,三棱锥 ABCD 的体积最大. 法二 同法一,得

3

2 = , 3

VABCD= AD·S△BCD= (3-x)· x(3-x)
1 3 1 3 2 2 = (x -6x +9x).令 f(x)= (x -6x +9x), 6 6 1 由 f′(x)= (x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 2 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0. 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值. 故当 BD=1 时,三棱锥 ABCD 的体积最大.

1 3

1 3

1 2

(2)以 D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 由(1)知,当三棱锥 ABCD 的体积最大时,BD=1,AD=CD=2. 于是可得 D(0,0,0),B(1,0,0),

C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1), E ,1,0,且BM=(-1,1,1).
1 → 设 N(0,λ ,0),则EN=- ,λ -1,0. 2 → → 因为 EN⊥BM 等价于EN·BM=0, 1 1 即- ,λ -1,0·(-1,1,1)= +λ -1=0, 2 2 1 2 →

1 1 故 λ = ,N0, ,0. 2 2 1 所以当 DN= (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时,EN⊥BM. 2 设平面 BMN 的一个法向量为 n=(x,y,z), 由? → ? ?n⊥BN, → ? ?n⊥BM,
?y=2x, ? 1 → 及BN=-1, ,0,得? 2 ? ?z=-x.

可取 n=(1,2,-1).

1 1 → 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 θ ,则由EN=- ,- ,0,n=(1,2,-1),可得 sin 2 2 3 = = ,即 θ =60°. → 2 2 |n|·|EN| 6× 2

θ =cos (90°-θ )=

n·EN



1 - -1 2

故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60°. 利用向量法求空间角要破“四关” 利用向量法求解空间角,可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三 计算”的繁琐过程,利用法向量求解空间角的关键在于“四破”.第一破“建系关”,第二 破“求坐标关”;第三破“求法向量关”;第四破“应用公式关”,熟记线面成的角与二面 角的公式,即可求出空间角. 【示例】(2012·佛山调研)如图所示,在三棱锥 PABC 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 CPAB 的余弦值. [满分解答] (1)∵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. 又∵CD∩PC=C,∴AB⊥平面 PBC.(4 分)

(2)∵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,以 B 为

原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),P(1,0, 2), →

AP=(1,-1, 2),BC=(1,0,0),
→ → AP·BC 1 → → ∵cos〈AP,BC〉= = , → → 2 |AP|·|BC| ∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为 60°.(8 分) → 1 1 (3)取 AC 的中点 E,连接 BE,则BE= , ,0, 2 2 ∵AB=BC,∴BE⊥AC.又∵平面 PCA⊥平面 ABC, → ∴BE⊥平面 PAC.∴BE是平面 PAC 的法向量.设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则



→ ? ?n⊥BA, 由? → ? ?n⊥AP,

得?

?y=0, ?x-y+ 2z=0,

取 z=1,得?

?y=0, ?x=- 2,

∴n=(- 2,0,1). 2 n·BE 3 → 于是 cos〈n,BE〉= = =- . → 3 2 |n|·|B E | 3· 2 又∵二面角 CPAB 为锐角, ∴所求二面角的余弦值为 ? 3 .(12 分) 3 → - 2

1? 解决此类问题, 一定要先分析已知条件中, 是否直接说出此三条直线是两两垂直,

否则,要先证明以后才能建立坐标系,另外,要在作图时画出每条坐标轴的方向.? 2? 有的 考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系, 如求解二面角时, 不能根据几何体判断二面角 的范围,忽视法向量的方向,误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角,导致出错.如本 3 3 → 例中求得 cos BE=- ,不少考生回答为:二面角的余弦值为- ,这是错误的,原因是 3 3 忽视了对二面角 CPAB 的大小的判断. 【试一试】 (2012·东北三校模拟)如图所示,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC,

AB=BC=CA=AA1,D 为 AB 的中点.

(1)求证:BC1∥平面 DCA1; (2)求二面角 DCA1C1 的平面角的余弦值.

(1)证明

如图所示,以 BC 的 中点 O 为原点建立空间直角坐标系 Oxyz,设 AB=BC=CA=AA1=2. → ? ?n·CD=0, 设 n=(x,y,z)是平面 DCA1 的一个法向量,则? → ?n·CA ? 1=0. 3 → → 3 又CD= ,0, ,CA1=(1,2, 3), 2 2 所以?

? 3x+z=0, ?x+2y+ 3z=0.

令 x=1,z=- 3,y=1,

→ 所以 n=(1,1,- 3).因为BC1=(-2,2,0), → 所以 n·BC1=-2+2+0=0. 又 BC1?平面 DCA1,所以 BC1∥平面 DCA1. (2)解 设 m=(x1,y1,z1)是平面 CA1C1 的一个法向量, → ? ?m·CC1=0, 则? → ? ?m·CA1=0. 所以? → → 又CC1=(0,2,0),CA1=(1,2, 3),

?y1=0, ?x1+2y1+ 3z1=0.

令 z1=1,x1=- 3,

-2 3 15 所以 m=(- 3,0,1).所以 cos〈m,n〉= =- . 5 2 5 所以所求二面角的余弦值为- 15 . 5


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