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学科网3-2-1备战2010高考精品系列之数学题九 立体几何一(教师版)


黄金试题

3 年高考 2 年模拟 1 年原创 立体几何
【考点定位】2010 考纲解读和近几年考点分布 考点定位】
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、 考点一、空间几何体的结构、三视图、直观图 名师点睛】 【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】 【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 A C B B B B

E F 图1

D

E F 图2

D

E A.

E B.

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。 点评 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 . 是

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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 点评 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 考点 空间几何体的表面积和体积 名师点睛】 【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】 【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 2 + ? ? = 4 2 , 另两个侧面 VAB. VCD 也是全等的等腰三角形, ?2? ?6? AB 边上的高为 h2 = 4 + ? ? = 5 因此 ?2?
2 2

2

1 1 S = 2( × 6 × 4 2 + × 8 × 5) = 40 + 24 2 2 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 点评 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 合而成的简单几何体,其表面及为: 2 2 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

S = 4π × 12 + π × 12 × 2 + 2π ×1× 3 = 12π . ,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 点评 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 π ,则球的体积为( ) A.

8π 3

B.

8 2π 3

C. 8 2π
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D.

32π 3

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解:截面面积为 π ? 截面圆半径为 1,又与球心距离为 1 ? 球的半径是 2 , 所以根据球的体积公式知 V球 =

4π R 3 8 2π = ,故 B 为正确答案. 3 3

点评:本题考查球的一些相关概念,球的体积公式的运用。 点评 考点三 考点三、点、线、面的位置关系 名师点睛】 【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】 【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

CF CG 2 = = ,则( CB CD 3



(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=

1 FG 2 BD, = ,故 EH≠FG,所以, 2 BD 3

EFGH 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 点评 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 3

B.

2 3

C.

3 3

D.

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 =
2

3,

于是 cos ∠AEO =

( 3 ) 2 + 12 ? ( 2 ) 2 2 × 3 ×1

=

1 3

=

3 ,故选 C。 3

O M A B N C D

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 点评 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、 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】 【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 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
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作、实验、探索、合情推理的能力。 试题演练】 【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 =

π
4

, OA ⊥ 底面ABCD ,

OA = 2 , M 为 OA 的中点, N 为 BC 的中点(Ⅰ)证明:直线 MN‖ 平面OCD ; (Ⅱ)求异面直线 AB
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: ∴ 方法一: )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A B C D , ∴CD ⊥ MP ∵ ∠ADP =

π
4

,∴DP =

2 2

MD = MA2 + AD 2 = 2 ,∴ cos ∠MDP =
所以 AB 与 MD 所成角的大小为

π
3

DP 1 π = , ∠MDC = ∠MDP = MD 2 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 = OD 2 ? DP 2 = OA2 + AD 2 ? DP 2 = 4 + 1 ?

1 3 2 2 = , AP = DP = 2 2 2

2 2i OAi AP 2 = 2 ,所以点 B 到平面 OCD 的距离为 2 ∴ AQ = = 3 OP 3 3 2 2
方法二(向量法 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 向量法

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0,

2 2 2 2 2 , 0), D(? , , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1), N (1 ? , , 0) , 2 2 2 4 4

(1) MN = (1 ?

2 2 2 2 2 , , ?1), OP = (0, , ?2), OD = (? , , ?2) 4 4 2 2 2

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设 平 面 OCD 的 法 向 量 为 n = ( x, y , z ) , 则

z O

niOP = 0, niOD = 0

? 2 y ? 2z = 0 ? ? 2 即 ? ?? 2 x + 2 y ? 2 z = 0 ? 2 ? 2
取z=

M

2 ,解得 n = (0, 4, 2)

A x B N CP

D y

2 2 ∵ MN in = (1 ? , , ?1)i(0, 4, 2) = 0 4 4

∴ MN‖ 平面OCD
(2)设 AB 与 MD 所成的角为 θ ,∵ AB = (1, 0, 0), MD = ( ?

2 2 , , ?1) 2 2

∴ cos θ =

π 1 π , AB 与 MD 所成角的大小为 = ,∴θ = 3 3 AB ? MD 2
ABi MD

(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, 由 OB = (1, 0, ?2) , 得 d =

OB ? n n

=

2 2 .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3 3

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 点评 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 证明 (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

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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 证明 ∴ 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。 点评 考点五 直线与平面、 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】 【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】 【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: 证明 (1)连结 BD, B1 D1 分别交 AC , A1C1 于 O , O1 在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,对角面 BB1 D1 D 为矩形

∵ O , O1 分别是 BD, B1 D1 的中点∴ BO // D1O1
∴ 四边形 BO1 D1O 为平行四边形∴ BO1//D1O

∵ D1O ? 平面 A1 BC1 , BO1 ? 平面 A1 BC1 ∴ D1O // 平面 A1 BC1
(2)连结 MO ,设正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 a , 在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,对角面 BB1 D1 D 为矩形且 BB1 = a, BD =

2a

∵ O , M 分别是 BD, BB1 的中点 ∴ BM =

a 2 , BO = OD = a 2 2



BM BO 2 = = OD DD1 2

Rt?MBO ? Rt?ODD1

∴∠BOM = ∠DD1O

∵ 在 Rt?ODD1 中 , ∠DD1O + ∠D1OD = 90

∴∠BOM + ∠D1OD = 90 ,即 D1O ⊥ MO 在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中 ∵ DD1 ⊥ 平面 ABCD ∴ DD1 ⊥ AC
又∵ AC ⊥ BD , DD1 ∩ BD = D

∴ AC ⊥ 平面 BB1 D1 D

∵ D1O ? 平面 BB1 D1 D

∴ AC ⊥ D1O 又 AC ∩ MO = O ∴ D1O ⊥ 平面 MAC

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, 点评 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。 错误 (错误!未找到引用源。) 求证:BE//平面 PAD. 错误! 错误 未找到引用源。 D C A
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B

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(1)由 PA ⊥ 平面 ABCD ? PA ⊥ CD 证明 :
CD ⊥ AD( 已知) ? ? ? ? PA ∩ AD = A ?

? CD ⊥ 面PAD ? ?
CD ? 面PAD?

E F (2)取 PD 中点为 F, 连结 EF、AF,由 E 为 PC 中点, 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. 点评 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; ∴ SA ⊥ BD (1)证明 ∵ SA ⊥ 底面 ABCD 证明: S 证明 且 BD ⊥ AC

? 平面 PDC ⊥ 平面 PAD;

P

∴ BD ⊥ 平面SAC

∴ 平面 EBD ⊥ 平面 SAC
(2)解:因为 VA -SBD = VS-ABD ,且 S ?SBD =

1 ×2 2 ×3 2 , 2
B

E A D C

4 可求得点 A 到平面 SBD 的距离为 3

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 点评 积相等,体现了转化思想. 考点六 考点六、空间中的夹角 名师点睛】 【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:○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 1 形去求得;○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, 2 向量所成的角范围是 [0, π ] ,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 ? =

π
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】 试题演练】 1 如图 3, 在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB=4, AA1 = (Ⅰ)证明:平面 A1 DE ⊥ 平面 ACC1 A1 ; (Ⅱ)求直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值 解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的性质知

7 ,点 D 是 BC 的中点, E 在 AC 上, DE ⊥ A1 E. 点 且

AA1 ⊥ 平面 ABC .又 DE ? 平面 ABC,所以 DE ⊥ AA1 .
而 DE ⊥ A1 E, AA1 ∩ A1 E = A1 ,所以 DE⊥平面 ACC1 A1 . 又 DE ? 平面 A1 DE ,故平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 . (Ⅱ)解法 1: 过点 A 作 AF 垂直 A1 E 于点 F , 解法 连接 DF.由(Ⅰ)知,平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 , 所以 AF ⊥ 平面 A1 DE ,故 ∠ADF 是直线 AD 和 平面 A1 DE 所成的角。 因为 DE ⊥ ACC1 A1 , 所以 DE ⊥ AC.而 ? ABC 是边长为 4 的正三角形, 于是 AD= 2 3 ,AE=4-CE=4又因为 AA1 =

1 CD =3. 2

7 ,所以 A1 E= A1 E = AA12 + AE 2 = ( 7) 2 + 32 = 4,

AF =

AE ? AA1 3 7 AF 21 = , sin ∠ADF = = . A1 E 4 AD 8
21 8

即直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值为

.

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 A1 D =(-3, 3 ,- 7 ) DE =(0,- 3 ,0) AD =(-3, 3 ,0). , , 设 n = ( x, y, z ) 是平面 A1 DE 的一个法向量,则

r

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r uuu v ?n ? DE = ? 3 y = 0, ? ? r uuu v ?n ? A1 D = ?3x + 3 y ? 7 z = 0. ?
解得 x = ?

7 z, y = 0 . 3

r 故可取 n = ( 7 , 0, ? 3) .于是

r uuu r r uuu r n ? AD 21 ?3 7 cos n, AD = r uuu = =? r 8 n ? AD 4 × 2 3

.

由此即知,直线 AD 和平面 A1 DE 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 =
°

1 BC ,又由(Ⅰ)知,BC⊥平面 PAC, 2 1 AB , 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 =

°

1 DE BC 2 AB .∴在 Rt△ADE 中, sin ∠DAE = = = , 2 AD 2 AD 4 2 . 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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° °

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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 ? ? ? 3 3 A ( 0, 0, 0 ) , B ? ? a, a, 0 ? , C ? 0, a, 0 ? , P ( 0, 0, a ) . ? 2 ? ? ? 2 ? ? ? 2 ?
(Ⅰ) AP = ( 0, 0, a ) , BC = ? ∵ ∴BC⊥平面 PAC. (Ⅱ)∵D 为 PB 的中点,DE//BC,∴E 为 PC 的中点,∴ D ? ?

?1 ? ° ∴ ∴BC⊥AP.又∵ ∠BCA = 90 , ∴BC⊥AC, a, 0, 0 ? , BC ? AP = 0 , ?2 ?

? 1 3 1 ? ? 3 1 ? a, a, a ? , E ? 0, a, a ? , ? 4 ? ? 4 2 ? ? 4 2 ? ? ?

∴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 角,∵ AD = ? ?

? 1 ? AD ? AE 14 3 1 ? 3 1 ? = .∴ AD 与平面 a, a, a ? , AE = ? 0, a, a ? ,∴ cos ∠DAE = ? 4 ? ? 4 ? 4 4 2 ? 2 ? AD ? AE ? ?

PAC 所成的角的大小 arccos

14 . 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

1 B1 B ,从而 EF DA。 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= 2 2 ,故 AF= 2 。由 3

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AB ? AD = AG ? BD 得 2AD=

2 . AD 2 + 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=

1 B1C =2,所以∠ECH=300,即 B1C 与平面 BCD 所成的角为 300. 2
→ → 1 b 1 b , ,c).于是 DE =( , ,0) BC = , 2 2 2 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, 0,0) ,C(0,b,0) ,D(0,0,c) ,则 B1 (1,0,2c),E(
→ →

(-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, , 0,c),故 ?

?? x + y = 0 1 → 1 令 x=1, 则 y=1, z= , AN =(1,1, ). c c ?? 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, =60°, AC 故

AN ? AC = AN ? AC ? cos60 °,求得 c =

1 2

于是

AN = 1, 2) , CB1 = (1, 1, 2) ( 1, ?

CB cos AN, 1 =

AN ? CB1 AN ? CB1

=

1 , 2

AN, 1 = 60 °所以 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30° CB

考点七 考点七、空间中的距离 名师点睛】 【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:○“一找二证三求” 1 ,三步都必须 要清楚地写出来。○等体积法。 2 【试题演练】 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=

1 AD (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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黄金试题
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
// // // AD 的中点,连结 EP,PC。因为 FE = AP,所以 FA = EP,同理 AB = PC。又 FA⊥平面 ABCD,所以 EP⊥

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 =

6 2 PQ 3 a,PQ = a. 于是在Rt?EPQ中, ∠EQP = cos = , 2 2 EQ 3

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 ), (1,0 ), 0, C 1,

?1 1? D(0,0 ), E (0, ), F(0,1), ? , ?. 2, 1, 1 0, M 1, ?2 2?
(I) 解: = (? 1 0,, DE = (0, 1,,于是 cos BF, BF ,1) ? 1) DE =

BF ? DE BF DE

=

0 + 0 +1 2? 2

=

1 . 2

所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60 . (II)证明:由AM = ? , ?, CE = (? 1,1), AD = (0, 0 ),可得CE ? AM = 0 , 0, 2, 1,

0

?1 ?2

1? 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.
(III) 解:设平面CDE的法向量为u = ( x,y,z ),则?

?u ? CE = 0, ? ?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 = (0,1). 0, ? ? y + z = 0.

所以, u,v = cos

u ? v 0 + 0 +1 3 = = . uv 3 3 ?1

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黄金试题
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 = 2 AD = 2 ; E 为 BS 的 中 点 ,

CE = 2, AS = 3 .求: (Ⅰ)点 A 到平面 BCS 的距离; (Ⅱ)二面角 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 ⊥ SD ,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 = AS 2 ? AD 2 = 3 ? 1 = 2
(Ⅱ)如答 (19) 1, E 电作 EG ⊥ CD, 交 CD 于点 G, 图 过 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 θ ,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 θ = 由于 E 为 BS 边中点,故 CF =

π

2

? ∠EGF .

1 CS = 1 ,在 Rt ?CFE 中, 2

EF = CE 2 ? CF 2 = 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,

CD = CS 2 + SD 2 = 4 + 2 = 6, GF CF = 而在 Rt ?CSD 中, 因此 CF 1 1 DS CD 故GF = ? DS = ? 2= CD 6 3
在 Rt ?FEG 中, tan EGF =

.

EF π π = 3 可得 ∠EGF = ,故所求二面角的大小为 θ = FG 3 6

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黄金试题

直线 CD 上,即 CG // CD ,由 CG =( x1 , y1 ? 2, 0 ) ,则有

uuu uuu v v

uuu v

x1 y ?2 = 1 ② ?2 2

联立①、②,解得 G= (

2 4 , , 0) 3 3

,故 GE = (?

uuu v

2 2 , ? ,1) .又由 AD⊥CD,所以二面角 E-CD-A 的平面角 3 3
uuu 2 3 uuu v v uuu v uuu uuu v v , DA = (0, 0,1), DA = 1, GE ? DA = 1 ,所 3

为向量 GE 与向量 DA 所成的角,记此角为 θ

uuu v

uuu v

.因为 GE =

uuu uuu v v GE ? DA 3 π 以 cos θ = uuu uuu = 故所求的二面角的大小为 . v v 2 6 GE ? 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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黄金试题

在 Rt △ AED 中, AE =

ED 2 ? AD 2 = 7 ? 4 = 3 ,由 ? ABCD 得, FE BA ,从而 ∠AFE = AE 2 ? AF 2 = 3 ? 1 = 2
,故 tan θ =

π
2
E G

在 Rt △ AEF 中, FE =

FE = 2 FA

z F

所以二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值为 2 . 解法二: (Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点, AB, AD, AF 的方向为
x B A

x, y, z 的正方向建立空间直角坐标系数,则
设 F (0, 0, z0 )

C

D y

A(0,0,0)

C(2,2,0)

D(0,2,0)

( z0 > 0) 可 得 FC = (2, 2, ? z0 ) , 由 | FC |= 3 . 即

2 22 + 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

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