立体几何的解题技巧

文档编码:CM10S5X6Q1J3——HI2X4F3I6N7——ZU10X8A4M5L8立体几何大题的解题技巧——综合提升【命题分析】高考中立体几何命题特点：1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系 ．2.空间“角”与“距离”的运算常在解答题中综合显现 ．3.多面体及简洁多面体的概念、性质多在选择题,填空题显现 ．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.【考点分析】把握两条直线所成的角和距离的概念, 对于异面直线的距离, 只要求会运算已给出公垂线时的距离 .把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.把握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念 .【高考考查的重难点*状元总结】空间距离和角 ：“六个距离”：1两点间距离d〔x1x2〕2〔y1y2〕2〔z1z2〕22点P到线l的距离dPQ*u（Q是直线l上任意一点,u为过点P的直线l法向量）u3两异面直线的距离dPQ*u（P、Q分别是两直线上任意两点u为两直线公共法向量）u4点P到平面的距离dPQ*u（Q是平面上任意一点,u为平面法向量）u5直线与平面的距离【同上】6平行平面间的距离【同上】“三个角度”：1异面直线角【0,2】cos=v1v2【辨】直线倾斜角范畴【0,）v1v22线面角【0,2】sin=cosv,nvn或者解三角形vn3二面角【0,】cosn1n2或者找垂直线,解三角形n1n2不论是求空间距离仍是空间角,都要依据.“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； 其中,利用空间向量求空间距离和角的 套路与格式固定,是解决立体几何问题这套强有力的工具时,使得高考题具有很强的套路性；【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（福建卷）如图,正三棱柱ABCABC的全部棱长都为2,D为CC中点．DB1A1（Ⅰ）求证：AB⊥平面ABD；A（Ⅱ）求二面角AADB的大小；CC1（Ⅲ）求点C到平面1ABD的距离．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B大小,点到平面的距离等学问,考查空间想象才能、规律思维才能和运算才能．解：解法一：（Ⅰ）取BC中点O,连结AO．ADAA1△ABC为正三角形,AO⊥BC．F正三棱柱ABCABC中,平面ABC⊥平面BCCB,OCDC1AO⊥平面BCCB．连结BO,在正方形BBCC中,O,D分别为BB1BC,CC1的中点,BO⊥BD,AB1⊥BD．于F,连结AF,由（Ⅰ）得AB⊥在正方形ABBA中,AB1⊥AB,AB⊥平面ABD．（Ⅱ）设AB与AB交于点G,在平面ABD中,作GF⊥平面1ABD．AF⊥AD,∠AFG为二面角AADB的平面角．在△AAD中,由等面积法可求得AF45,5又AG1AB12,sin∠AFGAG210．2AF4545所以二面角AADB的大小为arcsin10．ABD16,S△BCD1．4（Ⅲ）△1ABD中,BDAD5,AB22,S△在正三棱柱中,A到平面BCCB的距离为3．设点C到平面ABD的距离为d．由VA1BCDVCABD1,得1S△BCD31S△ABDd,33d3S△BCD2．S△ABD2点C到平面ABD的距离为2．2解法二：（Ⅰ）取BC中点O,连结AO．△ABC为正三角形,AO⊥BC．F1Ay在正三棱柱ABCABC中,平面ABC⊥平面BCCB,AD⊥平面BCCB．取BC中点O,以O为原点,OB,OO,OA的方向为x,,z轴的正方向建立空间直角坐标系,就B,,,D〔110〕,,,A1〔02,,3〕,A,,3〕,B1〔120〕,,,zAB1〔12,,3〕,BD〔210〕,,,BA1〔12,,3〕．AABBD2200,ABBA11430,BOCDAB1⊥BD,AB1⊥BA1．B1C1AB⊥平面ABD．x（Ⅱ）设平面AAD的法向量为n〔x,,z〕．AD〔11,,3〕,AA1〔020〕,,．n⊥AD,n⊥AA1,nAD0,xy3z0,y0,nAA10,2y0,x3z．令z1得n〔301〕为平面1AAD的一个法向量．由（Ⅰ）知AB⊥平面1ABD,2．AB为平面ABD的法向量．cosn,AB1nAB13236．nAB1224二面角AADB的大小为arccos6．4（Ⅲ）由（Ⅱ）,AB为平面ABD法向量,BC〔200〕,,,AB1〔12,,3〕．点C到平面ABD的距离dBCAB122AB122小结：本例中（Ⅲ）接受了两种方法求点到平面的距离.解法二接受了平面对量的运算方法,把不易直接求的 B点到平面 AMB的距离转化为简洁求的点 K到平面 AMB的距离的运算方法,这是数学解题中常用的方法； 解法一接受了等体积法, 这种方法可以防止复杂的几何作图,显得更简洁些,因此可优先考虑使用这一种方法 .考点2 异面直线的距离考查异目主面直线的距离的概念及其求法考纲只要求把握已给出公垂线段的异面直线的距离 .例2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.思路启示：由于异面直线 CD与SE的公垂线不易查找, 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：如以下图,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 4 2,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点,CD26,EF1CD6,DF12,SC22332VSCEF11EFDFSC16223232在RtSCE中,SESC2CE223C1C在RtSCF中,SFSC2CF2424230又EF6,SSEF3由于VCSEFVSCEF1SSEFh,即13h233,解得h23333故CD与SE间的距离为233.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直线到平面的距离有时会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.例3．如图,在棱长为2的正方体AC中,G是AA的中点,求BD到平面GB1D1的距离.思路启示：把线面距离转化为点面距离,再用点到平面距离A1HD1O1B1的方法求解.解：解法一BD∥平面GB1D1,BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求,以下求GD点O平面GB1D1的距离,AOBB1D1A1C1,B1D1A1A,B1D1平面A1ACC1,又B1D1平面GB1D1平面A1ACC1GB1D1,两个平面的交线是O1G,作OHO1G于H,就有OH平面GB1D1,即OH是O点到平面GB1D1的距离.在O1OG中,SO1OG1O1OAO1222.22又SO1OG1OHO1G13OH2,OH236.22即BD到平面GB1D1的距离等于236.解法二BD∥平面GB1D1,BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求,以下求点B平面GB1D1的距离.By设点B到平面GB1D1的距离为h,将它视为三棱锥BGB1D1的高,就VBGB1D1VD1GBB1,由于SGB1D112236,2VD1GBB1112224,h4236,3236即BD到平面GB1D1的距离等于236.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.本例解析一是依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【重难点】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.典型例题例4A如图,在Rt△AOB中,OABπ,斜边AB4．Rt△AOC可以通过6Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到,且二面角BAOC的直二面D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．思路启示：（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内.COE解：解法1：（I）由题意,COAO,BOAO,BOC是二面角BAOC是直二面角,COBO,又AOBOO,CO平面AOB,又CO平面COD．平面COD平面AOB．（II）作DEOB,垂足为E,连结CE（如图）,就DE∥AO,CDE是异面直线AO与CD所成的角．z在Rt△COE中,COBO2,OE1BO1,A2CECO2OE25．D又DE1AO3．2在Rt△CDE中,tanCDECE515

3．15．xCOBDE3异面直线AO与CD所成角的大小为arctan3解法2：（I）同解法1．（II）建立空间直角坐标系Oxyz,如图,就O〔000〕,,,A,,〔0023〕,C〔200〕,,,D〔01,,3〕,OA〔0023〕,CD〔21,,3〕,cosOACDOACD66．OACD23224 64．异面直线AO与CD所成角的大小为arccos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“特别点”,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：把空间图形补成熟识的几何体,其目的在于简洁发觉两条异面直线间的.同B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时要特别留意异面直线所成的角的范畴：,02.S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、证明以及运算.线面角在空间角中占有重要位置,是高考的常考内容.典型例题例5（全国卷Ⅰ理）四棱锥SABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面SBC底面ABCD．已知∠ABC45,AB2,BC22,SASB3．DCA（Ⅰ）证明SABC；（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,点到平面的距离等学问,考查空间想象才能、规律思维才能和运算才能．解：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．由于SASB,所以AOBO,⊥BO,CASB又∠ABC45,故△AOB为等腰直角三角形,AO由三垂线定理,得SA⊥BC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC,依题设AD∥BC,故SA⊥AD,由ADBC22,SA3,AO2,得OSO1,SD11．△SAB的面积S11AB 2SA1AB22．D22连结DB,得△DAB的面积S21ABADsin13522设D到平面SAB的距离为h,由于VDSABVSABD,得．1hS11SOS,解得h2．33h222设SD与平面SAB所成角为,就sinSD1111所以,直线SD与平面SBC所成的我为arcsin22．11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GByABCD．由于SASB,所以AOBO．又∠ABC45,△AOB为等腰直角三角形,AO⊥OB．z如图,以O为坐标原点,OA为x轴正向,建立直角坐标系Oxyz,SA〔200〕,,,B〔0,,,C〔0,20〕,,S〔001〕,,,SA〔20,,1〕,COECB〔0220〕,,SACB0,所以SA⊥BC．DxA（Ⅱ）取AB中点E,E2,20,,22连结SE,取SE中点G,连结OG,G2,21,4 2．4OG2,2,12,SE2,21,,2AB〔2,,．442SEOG0,ABOG0,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,就与互余．D〔 2220〕,,DS 〔 2221〕,．cos OGDS 22,sin 22,OG DS 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,应留意的问题是（ 1）先判定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运算——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【重点】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典型例题例6．（湖南卷）如图,已知直角,APQ,B,C,CACB,BAP45,直线CA和平面所成二面的角为30．C（I）证明BC⊥PQ；PAQBP的大小．（II）求二面角BAC命题目的：此题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本学问,考查空间想象才能、规律思AQ维才能和运算才能.H过程指引：（I）在平面内过点C作CO⊥PQ于点O,连结OB．由于⊥,PQ,所以CO⊥,又由于CACB,所以OAOB．C而BAO45,所以ABO45,AOB90,PO从而BO⊥PQ,又CO⊥PQ,B所以PQ⊥平面OBC．由于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BACP的平面角．由（I）知,CO⊥,所以CAO是CA和平面所成的角,就,CAO30,不妨设AC2,就AO3,OHAOsin303．2在Rt△OAB中,ABOBAO45,所以BOAO3于是在Rt△BOH中,tanBHOBO32．OH32故二面角B AC P的大小为arctan2．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） ．由于CO⊥a,所以 CAO是CA和平面 所成的角,就 CAO 30 ．不妨设 AC 2,就 AO 3,CO 1．在Rt△ OAB 中, ABO BAO 45 ,C z所以 BO AO 3． P AQB O y就相关各点的坐标分别是xO〔000〕,,, B〔 300〕,,, A〔0,,,C〔001〕,,．所以 AB 〔3, 30〕,, AC 〔0, 31〕,．nAB 0, 3x 3y 0,设1n {x,,z}是平面ABC的一个法向量,由 得nAC 0 3y z 0取 x 1,得 n1 〔11,,3〕．易知 n2 〔100〕,,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, nn,2 ．所以 cos nn2 1 5．|n1||n2| 51 5故二面角B AC P的大小为 arccos 5 ．5小结：此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补形构造几何体发觉棱； 解法二就是利用平面对量运算的方法, 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,可由平面对量运算的方法求出二面角的大小 .【课后练习】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的取值范畴.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；方法二关键是把握利用空间向量求空间距离和角的一般方法 .【高考热点】空间几何体的表面积与体积（一）空间几何体的表面积1棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和S4R22圆柱的表面积S2rl2r23圆锥的表面积：Srlr24圆台的表面积Srlr2RlR25球的表面积6扇形的面积S扇形 2nR1lr（其中l表示弧长,r表示半径）3602注：圆锥的侧面开放图的弧长等于地面圆的周长（二）空间几何体的体积hSS下S下〕2锥体的体积V1S底h 3

R1柱体的体积VS底33台体的体积V1（3S上h4球体的体积V43【例题解析】考点8简洁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、性质进行判定 .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.[思路启示]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＝3a.BD＝2a正六棱柱体积为V.V＝61（1－2a 2）sin603a＝9（1－22a）2a2＝9〔12a〕〔12a〕4a≤9（2）3.883当且仅当1－2a＝4aa＝1时,体积最大,

6此时底面边长为1－2a＝1－2×1＝62.3∴答案为1.6考点9.简洁多面体的侧面积及体积和球的运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1Sh其中S是底面积,h是棱锥的高.3例15.如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝2a,BC＝CA＝AA1＝a,A1在底面△ABC上的射影O在AC上A1DB1C1①求AB与侧面AC1所成角；②如O恰好是AC的中点,求此三棱柱的侧面积.[思路启示]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AC方形,侧面ACC1A1和侧面ABB1A1是平行四边形,分别求其O面积即可.解答过程：①点A1在底面ABC的射影在AC上,B∴平面ACC1A1⊥平面ABC.在△ABC中,由BC＝AC＝a,AB＝2a.∴∠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＝1a.2∴AO1＝3a.2∴侧面ACC1A1面积S1＝ACAO1＝ 3a22.又BC⊥平面ACC1A1,∴BC⊥CC1.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＝1a,∠CAD＝45°a）＝7a.2∴OD＝2a4在Rt△A1OD中,A1D＝OD2＋A1O2＝（2a）＋（3842∴侧面ABB1A1面积S3＝ABA1D＝2a7a＝7a.28∴三棱柱侧面积S＝S1＋S2＋S3＝1

（22＋3＋7）a2.BMAKNC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°,就四棱锥A—MNCB的体积为（）ALA、3B、3C、322D、3[思路启示]先找出二面角平面角,即∠AKL,再在△MKNBLCAKL中求出棱锥的高h,再利用V＝1Sh即可.3解答过程：在平面图中,过A作AL⊥BC,交MN于K,交BC于L.就AK⊥MN,KL⊥MN.∴∠AKL＝30°.就四棱锥A—MNCB的高h＝AKsin30＝3.2SMNCB＝2＋4KL＝33.3.2∴VA－MNCB＝1333＝322∴答案A【专题综合训练】一、选择题1．如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1中,已知AB=1,D在BB1上,且BD=1,如AD与侧面AA1CC1所成的角为 ,就 的值为（ ）A. B.3 4 C1 B1A110 6 DC. arctan D. arcsin4 42．直线a与平面 成 角,a是平面 的斜线,b是平面内与a异面的任意直线,就 a与b所成的角（ ） C BAA. 最小值 ,最大值 B. 最小值 ,最大值2C. 最小值 ,无最大值 D. 无最小值,最大值43．在一个45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成 45角,就此直线与二面角的另一平面所成的角为（ ）A. 30 B. 45 C. 60 D. 904．如图,直平行六面体 ABCD-A1B1C1D1的棱长均为 2,BAD 60 ,就对角线 A1C与侧面DCC1D1所成 D1 C1的角的正弦值为（ ）A1 B1D CA BA.1B.3ABC三顶C122C.2D.3245．已知在ABC中,AB=9,AC=15,BAC120,它所在平面外一点P到点的距离都是14,那么点P到平面ABC的距离为（）A.13B.11C.9D.76．如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别A1ND1是棱A1B1、A1D1的中点,就点B到平面AMN的距离是（）A.9B.3MB1A2C.655D.2ADB7．将QMN60,边长MN=a的菱形MNPQ沿对角线NQ折成60的二面角,就MP与NQ间的距离等于〔〕A.3aB.3aC.6aD.3a2444l于D,8．二面角l的平面角为120,在内,ABl于B,AB=2,在内,CDCD=3,BD=1,M是棱l上的一个动点,就AM+CM的最小值为〔〕A.25B.22C.26D.269．空间四点A、B、C、D中,每两点所连线段的长都等于a,动点P在线段AB上,动点QD.a在线段CD上,就P与Q的最短距离为〔〕A.1aB.2aC.3a22210．在一个正四棱锥,它的底面边长与侧棱长均为a,现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸,但可以折叠） ,那么包装纸的最小边长应为（ ）2 6 1 3A. 〔 2 6〕a B. a C. 〔1 3〕a D. a2 211．已知长方体 ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB=2,如棱AB上存在点P,使 D1P PC,就棱AD的长的取值范畴是 〔 〕A. 01, B. ,0 2 C. 0,2 D. ,1 212．将正方形 ABCD沿对角线AC折起,使点 D在平面ABC外,就DB与平面ABC所成的角确定不等于（ ）A.30B.45C.A1D1B1C160D.90二、填空题1,E是A1B1E1．如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为的中点,就以下四个命题：①E到平面ABC1D1的距离是1；

2ADPBB1CC1②直线BC与平面ABC1D1所成角等于45；③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成A1D1面积最小值为1；

2④BE与CD1所成的角为arcsin10102．如图,在四棱柱ABCD---A1B1C1D1中,P是A1C1上的动点,E为CD上的动点,四边形ABCD满足___________时,体积VPAEB恒为定值（写上你认为正确的一个答案即可）3．边长为1的等边三角形ABC中,沿BC边高线ADADEBC折起,使得折后二面角B-AD-C为60°,就点A到BC的距离为_________,点D到平面ABC的距离为__________.4．在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细绳,AM、BN、AB的长度为60cm,在MN处挂长为60cm的木条,MN平行于横梁,木条的中点为 O,如木条绕过O的铅垂线旋转 60°,就木条比原先上升了_________.5．多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的 .如图正方体的一个顶点 A在 平面内.其余顶点在 的同侧,正方体上与顶点 A相邻的三个顶点到 的距离分别是1、2和4.P是正方体其余四个顶点中的一个,就 P到平面 的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7.以上结论正确的为...O1.O2（写出全部正确结论的编号．．）6.如图,棱长为1m的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀.O3的小孔（不计小孔直径）O1、O2、O3它们分别是所在面的中心假如恰当放置容器,容器存水的最大容积是_______m3.三、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=1B1M,又CM⊥AC1;3（1） 求证：CM⊥C1D;（2）求AA1的长.P-ABCD中,底面是矩形且AD=2,2．如图,在四棱锥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.如是,求出公垂线段的长度；如不是,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=3．（1）求证BCSC；（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．4．在直角梯形 ABCD中,D= BAD=90 ,AD=DC= 1AB=a,〔如图一〕将△ADC沿AC折起,2使D到D．记面ACD为,面ABC为．面BCD为．（1）如二面角AC为直二面角（如图二）,求二面角BC的大小;（2）如二面角AC为60（如图三）,求三棱锥DABC的体积．5．如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面相互垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点．（1）求证AM//平面BDE；（2）求二面角 ADF 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．【参考答案】一．选择题1.D 提示：AD在面ACC1A1上的射影应在 AC与A1C1中点的连线上,令射影为E,就∠EAD3为所求的角.在Rt△EAD中, DE

3,AD 2. sin EAD DE 2 6.2 AD 2 46EAD arcsin .42.B 提示：由最小角定理知,最小角为 ,又异面直线所成角的范畴为 0, , 最大角2为 .23.A 提示：由最小角定理知,此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角,故排除C、D,又此二面角为 45°,就此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的角,应选A.4.D 提示：由题意,A1在面DCC1D1上的射影应在 C1D1延长线E上,且D1E=1,就∠A1CE为 所 求 角 , 在 Rt △ AA1C 中 ,2 2 A1E 3A1C AA1 AC 4,A1E 3, sin A1CE .A1C 45.D 提示：由P到△ABC三个顶点的距离都是 14,知P在底面ABC的射影是△ ABC的外心,所以 PO为所求.由余弦定理得： BC=21.由 2R BC 21 14 3得外接圆半径sin120 32为73,即OB73,在Rt△POB中,POPB2BO2.76.D 提示：由题图得 VB AMN VN AMB. 1 h S AMN 1 3 S AMB3 3 23SAMB 3 12 3

2h 2.2SAMN 2 SAMN7.B 提示：连结 MP、NQ交于O,由四边形 MNPQ是菱形得MP⊥NQ于O,将MNQ折起后易得 MO⊥QN,OP⊥QN,所以∠MOP=60°,且QN⊥面MOP,过O作OH⊥MP,所以OH⊥QN,从而OH为异面直线 MP、QN的公垂线,经运算得 OH 3a.48.C 提示：把 半平面展到半平面 内,此时,连结AC与棱的交点为 M,这时AM+CM取最2小值等于AC.〔AM+CM〕min= 1 〔2 3〕 26.9.B 提示：P、Q的最短距离即为异面直线 AB与CD间的距离,当 P为AB的中点,Q为CD的中点时符合题意 .2 610.B 提示：将正棱锥开放,设正方形边长为 m,就 2m a 3a, m211.A 提示： D1P PC, DP PC, 在长方形ABCD中AB边存在P,作 DP PC ,又由于AB=2,由对称性可知, P为AB的中点时,AD最大为1, AD 1,0应选A.12.D 提示：如BD与平面ABC所成的角为90,就 平面ABD 平面ABC ,取AC的中点O,就 BD AC,DO AC且BO=DO, BD与BO不垂直,故 BD与平面ABC所成的角确定不等于 90.二．填空题1 11．②③④ 提示：对于①,由VE ABC1 VC1 ABE 得 h S ABC1 1 S ABE ,3 3h S ABE 2,①错.对于②连 CB1交BC1于O,就O为C在面ABC1D1上的射影,S ABC1 2CBO 45 为所成的线面角, ②正确.作图易知③正确, 对于④连A1B,就 A1BE为所成的角,解 A1BE得sin A1BE 10,④正确.102．AB∥CD 提示： VP AEB

1hP S ABE ,要使体积为定值,就 S ABE 为定值,与 E3点位置无关,就 AB∥CD3．

15,

15提示：作 DE BC 与E,易知 AD 平面BCD ,从而 AE BC ,4 10BDCAE4.10cmAB与平面60又由BDDC1,得DE3,又AD3,242DE2AD215,由可解的点到平面的距离为15.410提示：MO=NO=30cm,过O作' 'MN与旋转前的MN平行且相等,所以旋转后MON的距离为50230240,故上升了50-40=10cm.5．①③④⑤.6.5.ABC—A1B1C1中,D为BC中点,就AD⊥面BCC1B1,从而AD6三、解答题

1．（1）证明：在正三棱柱⊥MC

又∵CM⊥AC1,就MC和平面ADC1内两相交直线 AD,AC1均垂直

∴MC⊥面ADC1,于是MC⊥DC1.〔2〕解：在矩形BB1C1C中,由CM⊥DC1h知△DCC1∽△BMC,设BB1=h,就BM=14∴1

4h:a=a：h,求得h2a2从而所求AA1=2a2.解：〔Ⅰ〕以A为坐标原点,以射线AD、AB、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,就p〔0,0,2〕,A〔0,0,0〕,B〔0,2,0〕,C〔2,2,0〕,D〔2,0,0〕,E〔1,0,0〕∵F在PC上,∴可令PFPC,设F〔x,y,z〕,又PFPC,BC2,0,0,PC2,2,2,EFx1,y,z∵EF⊥平面PBC,∴EF.PC0且EF.BC0可得1,x1,yz2故F为PC的中点.22〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知：EF⊥PC,且EF⊥BC即EF⊥AD∴EF是PC与AD的公垂线段,其长为|EF|=1.BD2,2,0〔Ⅲ〕由〔Ⅰ〕可知PC2,22即为平面BEF的一个法向量而设BD与平面BEF所成角θ,就：sinθ=cosBD.PCBDPC3BD.PC6∴θ=arcsin3.故BD与平面BEF所成角为arcsin63图163．（1）证法一：如图,∵底面ABCD是正方形,∴BC⊥DC．∵SD⊥底面ABCD,∴DC是SC在平面ABCD上的射影,由三垂线定理得BC⊥SC．证法二：如图1,∵底面ABCD是正方形,∴BC⊥DC．∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥BC,又DC∩SD=D,∴BC⊥平面SDC,∴BC⊥SC．（2）解：如图2,过点S作直线l//AD,,l在面ASD上,∵底面ABCD为正方形,l//AD//BCl在面BSC上,l为面ASD与面BSC的交线．lSDAD,BCSC,lSD,lSC,∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角．∵BD=2,SB=3,SAD=1．∴CSD0

45.图2（3）解1：如图2,∵SD=AD=1,∠SDA=90°,

∴△SDA是等腰直角三角形．又 M是斜边SA的中点,

∴DM⊥SA．∵BA⊥AD,BA⊥SD,AD∩SD=D,∴BA⊥面ASD,SA是SB在面ASD上的射影．由三垂线定理得DM⊥SB．5,DMP∴