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立体几何的解题技巧


立体几何新题型的解题技巧
【命题趋向】在 2007 年高考中立体几何命题有如下特点: 1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系 . 2.多面体中线面关系论证,空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现 . 3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题,填空题出现 . 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题,特别是与球有关的问题将是高考命题的热点 . 此类题目分

值一般在 17---22 分之间,题型一般为 1 个选择题,1 个填空题,1 个解答题. 【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. . 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, 当 然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题 例 1(2007 年福建卷理)如图,正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的所有棱长都为 2 , D 为 CC1 中点. (Ⅰ)求证: AB1 ⊥平面 A1BD ; (Ⅱ)求二面角 A ? A1D ? B 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 A1BD 的距离.

A

A1

C B

D

C1 B1
1

考查目的: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. 解答过程:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC .

A F

A1

正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,

C O B

D

C1 B1

? AO ⊥ 平面 BCC1B1 .

连结 B1O ,在正方形 BB1C1C 中, O,D 分别为
BC,CC1 的中点, ? B1O ⊥ BD , ? AB1 ⊥ BD .

在正方形 ABB1 A1 中, AB1 ⊥ A1B , ? AB1 ⊥平面 A1BD . (Ⅱ)设 AB1 与 A1B 交于点 G ,在平面 A1BD 中,作 GF ⊥ A1D 于 F ,连结 AF ,由(Ⅰ)得 AB1 ⊥ 平面 A1BD .
? AF ⊥ A1D , ?∠AFG 为二面角 A ? A1D ? B 的平面角.

在 △AA1D 中,由等面积法可求得 AF ? 4 5 , 5 又
AG ? 1 AB1 ? 2 , ? sin ∠AFG ? AG ? 2 ? 10 . 2 AF 4 5 4

5
所以二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arcsin 10 . 4 (Ⅲ) △A1BD 中, BD ? A1D ? 5,A1B ? 2 2, ? S△ A1BD ? 6 , S△BCD ? 1 . 在正三棱柱中, A1 到平面 BCC1B1 的距离为 3 . 设点 C 到平面 A1BD 的距离为 d . 由 VA ?BCD ? VC ? A BD ,得 1 S△ BCD 1 1 3
?d ? 3S△ BCD 2. ? S△ A1BD 2
3? 1 S△ A1BD d , 3

? 点 C 到平面 A1BD 的距离为 2 .
2

2

解法二: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO .
△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC .

在正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AD ⊥ 平面 BCC1B1 .

取 B1C1 中点 O1 ,以 O 为原点, OB , OO1 , OA 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标 系,则 B(1, 0, 0) , D(?11 , , 0) , A1 (0, 0,3) , B1 (1, 2, 0) , 2,3) , A(0,
1, 0) , BA1 ? (?1 ? AB1 ? (1 , 2, ? 3) , BD ? (?2, , 2,3) .

z A F C O B x D

A1

AB1 BD ? ?2 ? 2 ? 0 ? 0 , AB1 BA1 ? ?1? 4 ? 3 ? 0 , ? AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1 .
? AB1 ⊥平面 A1BD .

C1
y

B1

(Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n ? ( x,y,z ) .

AD ? (?11 , , ? 3) , AA1 ? (0, 2, 0) .

n ⊥ AD , n ⊥ AA1 ,

?n AD ? 0, ? ?? x ? y ? 3z ? 0, ? ? y ? 0, ? ?? ?? ?? ? ?2 y ? 0, ? ? x ? ? 3 z. ?n AA1 ? 0, ?

令 z ? 1 得 n ? (? 3, 0, 1) 为平面 A1 AD 的一个法向量. 由(Ⅰ)知 AB1 ⊥平面 A1BD ,

? AB1 为平面 A1BD 的法向量.
cos ? n , AB ?? n AB1 ? ? 3 ? 3 ? ? 6 . 1 4 22 2 n AB1

? 二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arccos 6 .
4
(Ⅲ)由(Ⅱ) , AB1 为平面 A1BD 法向量,

BC ? (?2, 0,, 0) AB1 ? (1 , 2, ? 3) .

? 点 C 到平面 A1BD 的距离 d ? BC AB1 ? ?2 ? 2 .
AB1 2 2 2

3

小结:本例中(Ⅲ)采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法,把 不易直接求的 B 点到平面 AMB 1 的距离转化为容易求的点 K 到平面 AMB 1 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.( 2006 年湖南卷)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. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)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:方法一 (Ⅰ)取 AD 的中点,连结 PM,QM.
D A M O B C P

因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥, 所以 AD⊥PM,AD⊥QM. 从而 AD⊥平面 PQM. 又 PQ ? 平面 PQM,所以 PQ⊥AD. 同理 PQ⊥AB,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)连结 AC、BD 设 AC ? BD ? O ,由 PQ⊥平面 ABCD 及正四

Q

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. 因为

PO NO PO 1 NO NO 1 ? ? , ? ? ,所以 , OQ OA OQ 2 OA OC 2

从而 AQ∥PN,∠BPN(或其补角)是异面直线 AQ 与 PB 所成的角. 因为 PB ?

OB 2 ? OP 2 ? (2 2)2 ? 12 ? 3 , PN ? ON 2 ? OP 2 ? ( 2)2 ? 1 ? 3.
2

BN ? OB 2 ON 2 ? (2 2 ) ? ( 2 ) 2 ? 10

PB2+PN 2 ? BN 2 9 ? 3 ? 10 3 所以 cos?BPN= . ? ? 2PB ? PN 9 2 ? 3? 3
从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos

3 . 9
4

(Ⅲ)连结 OM,则 OM ? 所以∠MQP=45°.

1 1 AB ? 2 ? OQ. 2 2

由 (Ⅰ) 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. 又 PQ ? PO ? QO ? 3,? PH ? PQ sin 45 ?
0

3 2 .. 2

即点 P 到平面 QAD 的距离是 方法二

3 2 . 2

z P

(Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O .
D O A x B y C

由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD. 从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 由(Ⅰ) ,QO⊥平面 ABCD. 故可分别以直线 CA、DB、QP 为

Q

x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图) ,由题条件,相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) , A( 2 2 ,0,0) ,Q(0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,0). 所以 AQ ? (?2 2 ,0,?2)

PB ? (0, 2 2, ?1)
于是 cos? AQ , PB? ?

3 . 9

(Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是(0,- 2 2 ,0) , AD ? (?2 2 ,?2 2 ,0) ,

PQ ? (0,0, ?3) ,设 n ? ( x, y, z) 是平面 QAD 的一个法向量,由
? ?n ? AQ ? 0 ? ? 2x ? z ? 0 得? . ? ? x ? y ? 0 ? n ? AD ? 0 ? ?

取 x=1,得 n ? (1,?1,? 2 ) .

所以点 P 到平面 QAD 的距离 d

?

PQ ? n n

?

3 2 . 2

5

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 例 3 已知三棱锥 S ? ABC ,底面是边长为 4

2 的正三角形,棱 SC 的长为 2 ,且垂直于底

面. E、D 分别为 BC 、AB 的中点,求 CD 与 SE 间的距离. 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,

? EF 为 ?BCD 的中位线,? EF ∥ CD,? CD ∥面 SEF ,

? CD 到平面 SEF 的距离即为两异面直线间的距离.
又? 线面之间的距离可转化为线 CD 上一点 C 到平面 SEF 的距离,设其为 h,由题意知, BC AB、BC、BD 的中点,

? 4 2 ,D、E、F 分别是

? CD ? 2 6 , EF ?

1 CD ? 6 , DF ? 2 , SC ? 2 2

?VS ?CEF ?

1 1 1 1 2 3 ? ? EF ? DF ? SC ? ? ? 6 ? 2 ? 2 ? 3 2 3 2 3

在 Rt ?SCE 中, SE ? 在 Rt ?SCF 中, SF ? 又? EF ?

SC2 ? CE 2 ? 2 3 SC2 ? CF 2 ? 4 ? 24 ? 2 ? 30

6, ? S?SEF ? 3
1 1 2 3 2 3 ? S ?SEF ? h ,即 ? 3 ? h ? ,解得 h ? 3 3 3 3

由于 VC ? SEF ? VS ?CEF ?

故 CD 与 SE 间的距离为

2 3 . 3

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.

6

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 例 4. 如图,在棱长为 2 的正方体 AC1 中,G 是 AA1 的中点,求 BD 到平面 GB1 D1 的距离. 思路启迪:把线面距离转化为点面距离,再用点到平面距离 的方法求解. 解答过程:解析一 ? BD ∥平面 GB1 D1 ,

D1

O1

C1 B1

A1
H G D A O

? BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求,
以下求点 O 平面 GB1 D1 的距离,

C B

? B1 D1 ? A1C1 , B1 D1 ? A1 A ,? B1 D1 ? 平面 A1 ACC1 ,
又? B1 D1 作 OH

? 平面 GB1 D1 ? 平面 A1 ACC1 ? GB1 D1 ,两个平面的交线是 O1G ,

? O1G 于 H,则有 OH ? 平面 GB1 D1 ,即 OH 是 O 点到平面 GB1 D1 的距离.
1 1 ? O1O ? AO ? ? 2 ? 2 ? 2 . 2 2

在 ?O1OG 中, S ?O1OG ? 又 S ?O1OG ?

1 1 2 6 . ? OH ? O1G ? ? 3 ? OH ? 2 ,? OH ? 2 2 3
2 6 . 3

即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 解析二 ? BD ∥平面 GB1 D1 ,

? BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求,以下求点 B 平面 GB1 D1 的距离.
设点 B 到平面 GB1 D1 的距离为 h,将它视为三棱锥 B ? GB1 D1 的高,则

VB ?GB1D1 ? VD1 ?GBB1 ,由于 S ?GB1D1 ? V D1 ?GBB1 ?

1 ? 2 2 ? 3 ? 6, 2

1 1 4 4 2 6 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? , ?h ? ? , 3 2 3 3 6

即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于

2 6 . 3

7

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 例 5(2007 年北京卷文) 如图,在 Rt△ AOB 中, ?OAB ? π ,斜边 AB ? 4 . Rt△ AOC 可以通过
6

A

D

Rt△ AOB 以直线 AO 为轴旋转得到,且二面角 B ? AO ? C 的直二面
角. D 是 AB 的中点. (I)求证:平面 COD ? 平面 AOB ; (II)求异面直线 AO 与 CD 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. 解答过程:解法 1: (I)由题意, CO ? AO , BO ? AO ,

O
C

E

B

??BOC 是二面角 B ? AO ? C 是直二面角,
? CO ? BO ,又
AO BO ? O ,

? CO ? 平面 AOB ,
又 CO ? 平面 COD .

? 平面 COD ? 平面 AOB .
(II)作 DE ? OB ,垂足为 E ,连结 CE (如图) ,则 DE ∥ AO ,

??CDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角.
在 Rt△COE 中, CO ? BO ? 2 , OE ? 1 BO ? 1 , 2

z

A
D

?CE ? CO2 ? OE 2 ? 5 .
又 DE ? 1 AO ? 3 . 2

? 在 Rt△CDE 中, tan CDE ? CE ? 5 ? 15 .
DE 3 3

O

? 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arctan 15 .
3

x

C

B y

8

解法 2: (I)同解法 1. (II)建立空间直角坐标系 O ? xyz ,如图,则 O(0, 0, 0) , A(0, 0, 0) , D(0, 1 ,3) , 0, 2 3) , C (2,

1 ,3) , ?OA ? (0, 0, 2 3) , CD ? (?2,

? cos ? OA, CD ??

OA CD OA CD

?

6 6. ? 4 2 32 2

? 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arccos 6 .

4 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:①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; ②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.同时要特别注意异面

?? 直线所成的角的范围: ? ? 0, ? . ? 2?
例 6. (2006 年广东卷)如图所示,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. (Ⅰ)求二面角 B—AD—F 的大小; (Ⅱ)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: (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAF 是二面角 B—AD—F 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 ABFC 是正方形,所以∠BAF=450. 即二面角 B—AD—F 的大小为 450; (Ⅱ)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) ,则 O(0,0,0) , A(0, ? 3 所

2 ,0 ) ,B( 3 2 ,0,0),D(0, ? 3 2 ,8) ,E(0,0,8),F(0, 3 2 ,0)
以 ,

BD ? (?3 2,?3 2,8), FE ? (0,?3 2,8)
c ? BD FE ?? BD ? FE 0? ? ? o ? 10 | BD || FE | 100 ? 82 1 s

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则 . cos ? ? cos ? BD, FE ? ?

82 . 10
82 . 10
9

故直线 BD 与 EF 所成的角为 arccos

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.(2007 年全国卷Ⅰ理) 四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,侧面 SBC ? 底面 ABCD .已知 ∠ABC ? 45 ,
C D B S

AB ? 2 , BC ? 2 2 , SA ? SB ? 3 .
(Ⅰ)证明 SA ? BC ; (Ⅱ)求直线 SD 与平面 SAB 所成角的大小. 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, 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. 解答过程:解法一: (Ⅰ)作 SO ⊥ BC ,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD , 得 SO ⊥ 底面 ABCD . 因为 SA ? SB ,所以 AO ? BO , 又 ∠ABC ? 45 ,故 △ AOB 为等腰直角三角形, AO ⊥ BO , 由三垂线定理,得 SA ⊥ BC . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 SA ⊥ BC ,依题设 AD ∥ BC , 故 SA ⊥ AD ,由 AD ? BC ? 2

A

S

2 , SA ? 3 , AO ? 2 ,得
C
2

SO ? 1 , SD ? 11 .
1 ? △SAB 的面积 S1 ? 1 AB SA2 ? ? . ? AB ? ? 2 2 ?2 ?

O
A

B

D

连结 DB ,得 △DAB 的面积 S 2 ?

1 AB AD sin135 ? 2 2

设 D 到平面 SAB 的距离为 h ,由于 VD?SAB
1 1 h S1 ? SO S 2 ,解得 h ? 2 . 3 3

? VS ? ABD ,得

设 SD 与平面 SAB 所成角为 ? ,则 sin ? ? h ? 2 ? 22 . SD 11 11 所以,直线 SD 与平面 SBC 所成的我为 arcsin 22 . 11

10

解法二: (Ⅰ) 作 SO ⊥ BC , 垂足为 O , 连结 AO , 由侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD , 得 SO ⊥ 平面 ABCD . 因为 SA ? SB ,所以 AO ? BO . 又 ∠ABC ? 45 , △ AOB 为等腰直角三角形, AO ⊥ OB .

z
S

如图,以 O 为坐标原点, OA 为 x 轴正向,建立直角坐标系 O ? xyz ,

0, 1) , SA ? ( 2, A( 2, 0, 0) , B(0,2, 0) , C (0, ? 2, 0) , S (0, 0, ?1) ,

G
C

O
A

CB ? (0, 2 2, 0) , SA CB ? 0 ,所以 SA ⊥ BC .
2 2 ?, (Ⅱ)取 AB 中点 E , E ? 0? ? ? 2 ,2 , ? ? ?
2 2 1?. 连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG , G ? , ,? ? ? ? ? 4 4 2?

D

E

B

y

x

? 2 2 1 ?, ? 2 2 ? , AB ? (? OG ? ? SE ? ? , , 1? ? ? ? ? 4 ,4 , ? 2? ? ? 2 2 ?

2,2, 0) .

SE OG ? 0 , AB OG ? 0 , OG 与平面 SAB 内两条相交直线 SE , AB 垂直.
所以 OG ? 平面 SAB ,OG 与 DS 的夹角记为 ? ,SD 与平面 SAB 所成的角记为 ? , 则? 与 ? 互余. D( 2, 2 2, 0) , DS ? (? 2, 2 21) ,.
cos ? ? OG DS OG DS ? 22 , sin ? ? 22 , 11 11

所以,直线 SD 与平面 SAB 所成的角为 arcsin 22 . 11 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:①构造——作出斜线与射影所成的角,②证明——论证作出 的角为所求的角, ③计算——常用解三角形的方法求角, ④结论——点明直线和平面所成的角的 值. 考点 6 二面角

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
11

例 8. (2007 年湖南卷文) 如图,已知直二面角 ? ? PQ ? ? , A ? PQ , B ? ? , C ? ? , CA ? CB , ?BAP ? 45 , 直线 CA 和平面 ? 所成的角为 30 . (I)证明 BC ⊥ PQ ; (II)求二面角 B ? AC ? P 的大小.

? C
P A B Q

?

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: (I)在平面 ? 内过点 C 作 CO ⊥ PQ 于点 O ,连结 OB . 因为 ? ⊥ ? , ?

? C
P B O

H A Q

? ? PQ ,所以 CO ⊥ ? ,

又因为 CA ? CB ,所以 OA ? OB . 而 ?BAO ? 45 ,所以 ?ABO ? 45 , ?AOB ? 90 , 从而 BO ⊥ PQ ,又 CO ⊥ PQ , 所以 PQ ⊥平面 OBC .因为 BC ? 平面 OBC ,故 PQ ⊥ BC . (II)解法一:由(I)知, BO ⊥ PQ ,又 ? ⊥ ? , ?

?

? ? PQ ,

BO ? ? ,所以 BO ⊥ ? .
过点 O 作 OH ⊥ AC 于点 H ,连结 BH ,由三垂线定理知, BH ⊥ AC . 故 ?BHO 是二面角 B ? AC ? P 的平面角. 由(I)知, CO ⊥ ? ,所以 ?CAO 是 CA 和平面 ? 所成的角,则 ?CAO ? 30 , 不妨设 AC ? 2 ,则 AO ?

3 , OH ? AO sin 30 ?

3 . 2

在 Rt△OAB 中, ?ABO ? ?BAO ? 45 ,所以 BO ? 于是在 Rt△ BOH 中, tan ?BHO ?

AO ? 3 ,

BO ? OH

3 ? 2. 3 2

故二面角 B ? AC ? P 的大小为 arctan 2 .

12

解法二:由(I)知, OC ⊥ OA , OC ⊥ OB , OA ⊥ OB ,故可以 O 为原点,分别以直线

OB,OA,OC 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如图) .
因为 CO ⊥ a ,所以 ?CAO 是 CA 和平面 ? 所成的角,则 ?CAO ? 30 . 不妨设 AC ? 2 ,则 AO ?

3 , CO ? 1 .

在 Rt△OAB 中, ?ABO ? ?BAO ? 45 , 所以 BO ?

? C z
P A B x O y Q

AO ? 3 .

则相关各点的坐标分别是

?

O(0, 0, 0) , B( 3, 0, 1) . 0, 0) , A(0,3, 0) , C (0,
所以 AB ? (

3, ? 3, 0) , AC ? (0, ? 31) ,.
? ?n1 AB ? 0, ? ? 3x ? 3 y ? 0, 得? ? ?? 3 y ? z ? 0 ?n1 AC ? 0 ?

设 n1 ? {x,y,z} 是平面 ABC 的一个法向量,由 ? 取 x ? 1 ,得 n1 易知 n2

? (11 , ,3) .

? (1 , 0, 0) 是平面 ? 的一个法向量.

设二面角 B ? AC ? P 的平面角为 ? ,由图可知, ? 所以 cos ?

?? n1, n2 ? .

?

n1 n2 1 5 . ? ? | n1 | | n2 | 5 ?1 5
5 . 5

故二面角 B ? AC ? P 的大小为 arccos

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: ①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱, ②由二面角 两个平面内的两条平行直线找出棱, ③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.

13

例 9. ( 2006 年重庆卷)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA ? 底面 ABCD, ? DAB 为直角, AB‖CD, AD=CD=2AB, E、F 分别为 PC、CD 的中点. (Ⅰ)试证:CD ? 平面 BEF; (Ⅱ)设 PA=k·AB,且二面角 E-BD-C 的平面角大于 30 ? , 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: 解法一: (Ⅰ)证:由已知 DF // AB 且 ? DAD 为直角,故
?

ABFD 是矩形,从而 CD ? BF. 又 PA ? 底面 ABCD,CD ? AD, 故由三垂线定理知 CD ? PD. 在△PDC 中,E、F 分别 PC、CD 的中点,故 EF∥PD,从而 CD ? EF,由此得 CD ? 面 BEF. (Ⅱ)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 GH ? BD,垂足为 H,连接 EH.由三垂线定理知 EH ? BD. 从而 ? EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角. 设 AB=a,则在△PAC 中,有 EG=

1 1 PA= ka. 2 2

以下计算 GH,考察底面的平面图.连结 GD.

1 1 BD·GH= GB·DF. 2 2 GB ? DF 故 GH= . BD
因 S△GBD= 在△ABD 中,因为 AB=a,AD=2a,得 BD= 而 GB=

5 a.

1 1 FB= AD=a,DF=AB,从而得 2 2

GH=

a?a GB ? AB 5 = = a. BD 5 5a

1 ka EG 2 5 因此 tan∠EHG= = ? k. GH 2 5 a 5
由 k>0 知 ?EHG 是锐角,故要使 ?EHG > 30 ? ,必须

5 3 2 15 k >tan 30 ? = , 解之得,k 的取值范围为 k> . 2 3 15
14

解法二: (Ⅰ)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 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). 从而 DC =(2a,0,0),

BF =(0,2a,0),
.

DC · BF =0,故 DC ? BF

设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E ? a, a,

? ?

b? ?. 2?

从而 BE = ? 0, a,

? ?

b? ? , DC · BE =0,故 DC ? BE . 2?

由此得 CD ? 面 BEF. (Ⅱ)设 E 在 xOy 平面上的投影为 G,过 G 作 GH ? BD 垂足为 H,由三垂线定理知 EH ? BD. 从而 ? EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角. 由 PA=k·AB 得 P(0,0,ka),E ? a, a,

? ?

ka ? ? ,G(a,a,0). 2?

设 H(x,y,0),则 GH =(x-a,y-a,0),

BD =(-a,2a,0),

由 GH · BD =0 得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即 x-2y=-a ①

又因 BH =(x-a,y,0),且 BH 与 BD 的方向相同,故

x?a y = ,即 2x+y=2a ?a 2a



由①②解得 x=

3 4 5 1 ? 2 ? a,y= a,从而 GH = ? ? a,? a,0 ? ,| GH |= a. 5 5 5 5 ? 5 ?

ka 5 tan∠EHG= = 2 = k. 2 5 GH a 5
EG
由 k>0 知,∠EHG 是锐角,由 ? EHG> 30?, 得 tan∠EHG>tan 30?, 即

5 3 k> . 2 3

故 k 的取值范围为 k>

2 15 . 15
15

考点 7

利用空间向量求空间距离和角

众所周知,利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当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,不仅会降低题目的难度,而且使得作题具有很强的操作性.

D1

典型例题 例 10. (2007 年江苏卷)

C1
F

B1

A1

3 如图,已知 ABCD ? A 1B 1C1D 1 是棱长为 的正方体,
点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE ? FC1 (1)求证: E,B,F,D1 四点共面; (2)若点 G 在 BC 上, BG ?

E
M D

? 1.
C

H

A
B

G

2 ,点 M 在 BB1 上, 3

GM ⊥ BF ,垂足为 H ,求证: EM ⊥ 平面 BCC1B1 ;
(3)用 ? 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小,求 tan ? . 命题意图:本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: (1)如图,在 DD1 上取点 N ,使 DN ? 1 ,连结 EN , CN , 则 AE ? DN ? 1 , CF

D1
C1
F

B1
N
M D

A1

? ND1 ? 2 .

E
H

因为 AE ∥ DN , ND1 ∥ CF ,所以四边形 ADNE ,CFD1 N 都为平行四边形. 从而 EN ∥ AD , FD1 ∥CN .

A
B

C

G

又因为 AD ∥ BC ,所以 EN ∥ BC ,故四边形 BCNE 是平行四边形,由此推知 CN ∥ BE ,从 而 FD1 ∥ BE .因此, E,B,F,D1 四点共面. (2)如图, GM ⊥ BF ,又 BM ⊥ BC ,所以 ∠BGM ? ∠CFB ,

BM ? BG tan ∠BGM ? BG tan ∠CFB ? BG

BC 2 3 ? ? ? 1. CF 3 2

因为 AE ∥ BM ,所以 ABME 为平行四边形,从而 AB ∥ EM . 又 AB ⊥ 平面 BCC1B1 ,所以 EM ⊥ 平面 BCC1B1 .
16

(3)如图,连结 EH . 因为 MH ⊥ BF , EM ⊥ BF ,所以 BF ⊥ 平面 EMH ,得 EH ⊥ BF . 于是 ∠EHM 是所求的二面角的平面角,即 ∠EHM ? ? . 因为 ∠MBH ? ∠CFB ,所以 MH ? BM sin ∠MBH ? BM sin ∠CFB
? BM BC BC ? CF
2 2

? 1?

3 3 ?2
2 2

?

EM 3 , tan ? ? ? 13 . MH 13

解法二: (1)建立如图所示的坐标系,则 BE ? (3, 0, 1) , BF 所以 BD1

3, 3) , ? (0, 3, 2) , BD1 ? (3, D1
C1
F

z

? BE ? BF ,故 BD1 , BE , BF 共面.

A1 B1

又它们有公共点 B ,所以 E,B,F,D1 四点共面.

E
M D

2 ? ? (2)如图,设 M (0, 0,z ) ,则 GM ? ? 0, ? ,z ? , 3 ? ?
而 BF

x

A

? (0, 3, 2) ,由题设得 GM BF ? ?

2 3? z 2 ? 0 , 3

y

H

C

G

B

得 z ? 1. 因为 M (0, 0, 1) , E (3, 0, 1) ,有 ME ? (3, 0, 0) , 又

BB1 ? (0, 0, 3) , BC ? (0, 3, 0) ,所以 ME BB1 ? 0 , ME BC ? 0 ,从而 ME ⊥ BB1 ,

ME ⊥ BC .
故 ME ⊥ 平面 BCC1B1 . (3)设向量 BP ? ( x,y, 3) ⊥ 截面 EBFD1 ,于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 而

? 3 ? 0, BP BF ? 3 y ? 6 ? 0 , 解 得 BE ? (3, 0, 1) , BF ? (0, 3, 2) , 得 BP BE? 3 x

x ? ?1 , y ? ?2 ,所以 BP ? (?1 , ? 2, 3) .
又 BA ? (3 . , 0, 0) ⊥ 平面 BCC1B1 ,所以 BP 和 BA 的夹角等于 ? 或 π ? ? ( ? 为锐角) 于是 cos ?

?

BP BA BP BA

?

1 . 14

故 tan ?

? 13 .

17

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,再用公式求夹角;点面距离 一般转化为

AB 在面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值.

例 11. (2006 年全国Ⅰ卷) 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,点 A、B 在 l1 上,C 在 l2 上,AM=MB=MN (I)证明 AC ? NB; (II)若 ?ACB ? 60 ,求 NB 与平面 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
?
A M B N 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: 解法一: (Ⅰ)由已知 l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得 l2⊥平面 ABN. 由已知 MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知 AN=NB 且 AN⊥NB. 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影. ∴AC⊥NB
H A M B N

(Ⅱ)∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt△ANB≌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.

z
3 AB 3 HB 6 在 Rt△NHB 中,cos∠NBH= = = . NB 3 2 AB 2
M C

H N

o
B

解法二: 如图,建立空间直角坐标系 M-xyz. 则有 A(-1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),

令 MN=1,
x

y

(Ⅰ)∵MN 是 l1、l2 的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面 ABN. l2 平行于 z 轴. 故可设 C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,-1,0).

∴·=1+(-1)+0=0

∴AC⊥NB.
18

( Ⅱ ) ∵ =(1,1,m), =( - 1,1,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, 连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设 H(0,λ , ∴=(0,1-λ ,- 2λ ), =(0,1, 2) 1 , 3 2).

2λ ) (λ >0).

∵ · = 1-λ -2λ =0, ∴λ =

∴H(0,

1 2 2 2 1 2 , ), 可得=(0, , - ), 连结 BH, 则=(-1, , ), 3 3 3 3 3 3 2 2 - =0, ∴⊥, 又 MC∩BH=H, ∴HN⊥平面 ABC, ∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的 9 9

∵·=0+

角. 又=(-1,1,0), 4 3 2 × 2 3

∴cos∠NBH= =

=

6 . 3

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. 解答过程:如图(2)设 AD=a,易知∠ABC=60°,且∠ABD=30° ? AB= BD=2a ? 正六棱柱体积为 V .

3a.

? 1-2a) ? sin 60? ? 3a = ( 1-2a) ? a V= 6 ? (
2 2

1 2

9 2

9 9 2 3 (1 ? 2a )(1 ? 2a ) 4a ≤ ( ? ) . 8 8 3 1 当且仅当 1-2a=4a ? a= 时,体积最大, 6 1 2 1 此时底面边长为 1-2a=1-2× = .∴ 答案为 . 6 3 6


19

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 所成角的度数为(

G

F



A H J D I B E

C H

(A、B、C) G I D J E F

A、90°

B、60°

C、45°

D 、0 °

[思路启迪] 画出折叠后的图形,可看出 GH,IJ 是一对异面直线,即求异面直线所成角. 过点 D 分别作 IJ 和 GH 的平行线,即 AD 与 DF,所以 ∠ADF 即为所求. 因此 GH 与 IJ 所成角为 60°,答案:B 例 14.长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, ① 设对角线 D1B 与自 D1 出发的三条棱分别成α 、β 、 求证:cos2α +cos2β +cos2 ? =1 ② 设 D1B 与自 D1 出发的三个面成α 、β 、 ? 角,求证: cos2α +cos2β +cos2 ? =2 [思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即 D1B,在构造 的直角三角形中,角的邻边分别是从长方体一个顶点出 发的三条棱,在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 ③ 利用长方体性质,先找出α ,β , ? ,然后利用各边 ④ 所构成的直角三角形来解.

?角

D1 A1 B1 D A B

C1

C A

20

解答过程:①连接 BC1,设∠BD1C1=α ,长方体三条棱 长分别为 a,b,c,设 D1B= l 则 cos2α =

a2 l2

同理 cos2β =

b2 c2 2 ? , cos = l2 l2

∴cos2α +cos2β +cos2 ? =

a 2+b 2+c 2 =1 l2

②连接 D1C,∵ BC⊥平面 DCC1D1 ∴ ∠BD1C 即是 D1B 与平面 DCC1D1 所成的角,不妨设∠BD1C=α ,则 cos2α =

a 2+b 2 l2

同理:cos2β =

b 2+c 2 c2 ? a2 2 ? , cos = . l2 l2

又∵ l 2=a2+b2+c2.

2(a 2+b2+c2 ) ∴cos α +cos β +cos ? = =2. l2
2 2 2

考点 9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算 棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积,棱柱侧面积转化成求三角形的面积. 直棱柱体积 V 等于底面积与高的乘积. 棱锥体积 V 等于 典型例题 例 15. 如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB= A1 在底面△ABC 上的射影 O 在 AC 上 ① 求 AB 与侧面 AC1 所成角; ② 若 O 恰好是 AC 的中点,求此三棱柱的侧面积. [思路启迪] ①找出 AB 与侧面 AC1 所成角即是∠CAB; ②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和,侧面 BCC1B1 是正方 形,侧面 ACC1A1 和侧面 ABB1A1 是平行四边形,分别求其面积 即可.

1 Sh 其中 S 是底面积,h 是棱锥的高. 3

2 a,BC=CA=AA1=a,
A1 C1

B1

A D

O

C

B

21

解答过程:①点 A1 在底面 ABC 的射影在 AC 上, ∴ 平面 ACC1A1⊥平面 ABC. 在△ABC 中,由 BC=AC=a,AB= ∴ ∠ACB=90°,∴ BC⊥AC. ∴ BC⊥平面 ACC1A1. 即 ∠CAB 为 AB 与侧面 AC1 所成的角在 Rt△ABC 中,∠CAB=45°. ∴ AB 与侧面 AC1 所成角是 45°. ② ∵ O 是 AC 中点,在 Rt△AA1O 中,AA1=a,AO=

2 a.

1 a. 2

∴ AO1=

3 a. 2

∴ 侧面 ACC1A1 面积 S1= AC ? AO1 = 又 BC⊥平面 ACC1A1 , ∴ BC⊥CC1.

3 2 a . 2

又 BB1=BC=a ,∴ 侧面 BCC1B1 是正方形,面积 S2=a2. 过 O 作 OD⊥AB 于 D ,∵ A1O⊥平面 ABC,∴A1D⊥AB. 在 Rt△AOD 中,AO=

A

1 2 a ,∠CAD=45°∴ OD= a 2 4
2 OD2+A 1O =(

M

K

N

在 Rt△A1OD 中, A1D=

2 2 3 2 a) +( a) 4 2

B A

L

C



7 a. 8
∴ 侧面 ABB1A1 面积 S3= AB ? A1 D=

2a ?

7 7 2 a= a . 2 8
2

N M K L B

C

∴ 三棱柱侧面积 S=S1+S2+S3= (2+ 3+ 7)a . 例 16. 等边三角形 ABC 的边长为 4,M、N 分别为 AB、AC 的中点, 沿 MN 将△AMN 折起, 使得面 AMN 与面 MNCB 所成的二面角为 30°, 则四棱锥 A—MNCB 的体积为 ( )

1 2

A、

3 2

B、

3 2

C、

3

D 、3

22

[思路启迪]先找出二面角平面角, 即∠AKL ,再在△AKL 中求出棱锥的高 h, 再利用 V= 可. 解答过程:在平面图中,过 A 作 AL⊥BC,交 MN 于 K,交 BC 于 L. 则 AK⊥MN,KL⊥MN. ∴ ∠AKL=30°. 则四棱锥 A—MNCB 的高 h= AK ? sin 30? =

1 Sh 即 3

3 . 2

S MNCB =

2+4 ? KL = 3 ? 3 . 2

∴ VA-MNCB = ? 3 3 ? ∴ 答案 A

1 3

3 3 = . 2 2

例 17.如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面是一个矩形,AB=3,AD=1,又 PA⊥AB,PA=4,∠PAD =60° ① 求四棱锥的体积; ② 求二面角 P-BC-D 的大小. 思路启迪①找棱锥高线是关键, 由题中条件可设△PAD 的高 PH 即是棱锥的高. ②找出二面角平面角∠PEH,在 Rt△PHE 中即可求出此角. 解答过程:①∵ PA⊥AB ,AD⊥AB. ∴ AB⊥面 PAD .又 AB ? 面 ABCD. ∴ 面 PAD⊥面 ABCD.在面 PAD 内,作 PH⊥AD 交 AD 延长线于 H. 则 PH⊥面 ABCD ,即 PH 就是四棱锥的高. 又∠PAD=60°,∴ PH= PA ? sin 60?=4 ?

P

H D A B C

E

3 =2 3 . 2

∴ VP-ABCD= ? S ABCD ? PH = ? 3 ? 1 ? 2 3=2 3 . ② 过 H 作 HE⊥BC 交 BC 延长线于 E,连接 PE,则 HE=AB=3. ∵ PH⊥面 ABCD, ∴ PE⊥BC. ∴ ∠PEH 为二面角 P-BC-D 的平面角.

1 3

1 3

∴ tan∠PEH=

2 3 PH 2 3 .即二面角的大小为 arctan . = 3 HE 3
23

例 18 .(2006 年全国卷Ⅱ)已知圆 O1 是半径为 R 的球 O 的一个小 圆, 且圆 O1 的面积与球 O 的表面积的比值为 的比值为 .

2 , 则线段 OO1 与 R 9
O O1 r R A

命题目的:①球截面的性质;②球表面积公式. 过程指引:依面积之比可求得

r ,再在 Rt△OO1A 中即得 R

解答过程:设小圆半径为 r,球半径为 R

?r 2 2 = 则 2 9 4?R
∴ cos∠OAO1=

?

r2 2 = ? 2 9 4R

r 2 2 = R 3

r 2 2 = R 3



OO1 8 1 =sinα= 1- = R 9 3
1 3

故填

24

三、解答题 1. 在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中, 底面边长为 a,D 为 BC 为中点, M 在 BB1 上, 且 BM= 又 CM⊥AC1; (1) (2) 求证:CM⊥C1D; 求 AA1 的长.

1 B 1M , 3

2. 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面是矩形且 AD=2, AB=PA= 2 , PA⊥底面 ABCD,E 是 AD 的中点,F 在 PC 上. (1) 求 F 在何处时,EF⊥平面 PBC; (2) 在(1)的条件下,EF 是不是 PC 与 AD 的公垂线段.若是,求出 公垂线段的长度;若不是,说明理由; (3) 在(1)的条件下,求直线 BD 与平面 BEF 所成的角.

3.如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,SD 垂直于底面 ABCD,SB= (1)求证 BC ? SC; (2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小; (3)设棱 SA 的中点为 M,求异面直线 DM 与 SB 所成角的 大小.

3.

25

4.在直角梯形 ABCD 中,?D=?BAD=90?,AD=DC= 1 AB=a,(如图一)将△ADC 沿 AC 折起,使 D 到 D ? .记面 AC D ? 为 ?,面 ABC 为 ?.面 BC D ? 为 ?. (1)若二面角 ??AC?? 为直二面角(如图二) ,求二面角 ??BC?? 的大小; (2)若二面角 ??AC?? 为 60?(如图三) ,求三棱锥 D ? ?ABC 的体积.
2

5.如图,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 的中点. (1)求证 AM//平面 BDE; (2)求二面角 A?DF?B 的大小; (3)试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 BC 所成的角是 60?.

2 ,AF=1,M 是线段 EF

26


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