直线、平面、简单几何体-人教版

直线、平面、简单几何体

郑州市教育局教学研究室孙道光

一、有效落实纲本，积极发挥导向

(-)考试内容要求

1.知识要求；

2.能力要求；

3.个性品质要求.

(二)考纲要求

9(A)直线、平面、简单几何体

考试要求：

(1)掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的

直观图.能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形.能够根据

图形想象它们的位置关系

(2)掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理.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)

(3)掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理.掌握直线和平面垂直的

判定定理和性质定理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.了解三垂线定理及其逆定理.

(4)掌握两个平面平行的判定定理和性质定理.掌握二面角、二面角的平面

角、两个平面间的距离的概念.掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理.

(5)会用反证法证明简单的问题.

(6)了解多面体的概念，了解凸多面体的概念.

(7)了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图.

(8)了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图.

(9)了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式.

(10)了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式.

9(B)直线、平面、简单几何体

考试要求：

(1)掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直

观图.能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据

图形想象它们的位置关系.

(2)掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理.掌握直线和平面垂直的

判定定理.了解三垂线定理及其逆定理.

(3)理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.

(4)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.

(5)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间向

量数量积的公式.掌握空间两点间距离公式.

(6)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.

(7)掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、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或在坐标表示下的距离.掌握

直线和平面垂直的性质定理.掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理.

(8)了解多面体的概念，了解凸多面体的概念.

(9)了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图.

(10)了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图.

(11)了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式.

(12)了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式.

【注意】高考中立体几何试题主要考查的是考生的逻辑表达能力、计算能

力以及空间想象能力.而在内容上，在论证的基础上求空间的角和距离类型的

试题是多年来较为稳定的考查内容.

(三)命题基本原则

数学学科的系统性和严密性决定了数学知识之间深刻的内在联系，包括各部

分知识在各自的发展过程中的纵向联系和各部分知识之间的横向联系.要善于

从本质上抓住这些联系，进而通过分类、梳理、综合，构建数学试题的结构框

架.对数学基础知识的考查，要求全面又突出重点，对于支撑学科知识体系的

重点知识，考查时要保持较高的比例，构成数学试题的主体.注重学科的内在

联系和知识的综合性，不刻意追求知识的覆盖面.从学科的整体高度和思维价

值的高度考虑问题，在知识网络交汇点设计试题，使考查达到必要的深度.

数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括，蕴涵在数学知识发

生、发展和应用的过程中，能够迁移并广泛应用于相关学科和社会生活中.因

此，对于数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行，通过数学

知识的考查，反映考生对数学思想和方法理解和掌握的程度.考查时要从学科

整体意义和思想价值立意，要有明确的目的，加强针对性，注意通性通法，淡

化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌

握程度

数学是一门思维的科学，是培养理性思维的重要载体，通过空间想象、直

觉猜想、归纳抽象、符号表达、运算推理、演绎证明和模式构建等诸方面，对

客观事物中的数量关系和数学模式进行思考和判断，形成和发展理性思维，构

成数学能力的主体.对能力的考查，强调〃以能力立意〃，就是以数学知识为载

体，从问题入手，把握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料.对知识

的考查侧重于理解和应用，尤其是综合和灵活的应用，以此来检测考生将知识

迁移到不同的情境中去的能力，从而检测出考生个体理性思维的广度和深度，

以及进一步学习的潜能.

对能力的考查，以思维能力为核心，全面考查各种能力，强调综合性、应

用性，切合考生实际.运算能力是思维能力和运算技能的结合，它不仅包括数

的运算，还包括式的运算，对考生运算能力的考查主要是算理和逻辑推理的考

查，以含字母的式的运算为主.空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽

象的能力，考查时注意与推理相结合.实践能力在考试中表现为解答应用问题,

考查的重点是客观事物的数学化，这个过程主要是依据现实的生活背景，提炼

相关的数量关系，构造数学模型，将现实问题转化为数学问题，并加以解决.

命题时要坚持“贴近生活，背景公平，控制难度〃的原则，要把握好提出问题所

涉及的数学知识和方法的深度和广度，要切合我国中学数学教学的实际，让数

学应用问题的难度更加符合考生的水平，引导考生自觉地置身于现实社会的大

环境中，关心自己身边的数学问题，促使学生在学习和实践中形成和发展数学

应用的意识.

创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程

中，知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出

的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，

体现数学素质的题目，反映数、形运动变化的题目，研究型、探索型或开放型

的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻

求合适的解题工具，梳理解题程序，为考生展现其创新意识发挥创造能力创设

广阔的空间.

数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想和方法的考查,

注重对数学能力的考查，注重展现数学的科学价值和人文价值.同时兼顾试题

的基础性、综合性和现实性，重视试题的层次性，合理调控综合程度，坚持多

角度、多层次的考查，努力实现全面考查综合数学素养的要求

二、2004年、2005年试题回顾与特点分析

近儿年高考立体几何命题有以下特点：

(1)题型和题量较稳定：一般是二选一填一解答，2005年题量稍有上调，在

全国各省市18套不同试卷中，大多数是三选一填(或二选)一解答，分值占全

卷分值的20%左右，值得关注。

(2)选择题、填空题难度低，源于课本的改编题多，注重符号语言、文字

语言、图形语言在推理中的运用.重视对空间线面位置关系及其夹角、距离和

柱、锥、球等的观念和简单性质的考查.

(―)2004年、2005年试题回顾

1.全面考查双基，注重内在联系：

重点加强对基础知识的考查是2005年高考试卷的一个显着特点，数学是

一门思维的科学，数学学科的能力要求是由其自身特点所决定的，但必须指出，

强调能力要求并不是要削弱对基础知识和基本理论的要求。数学基础知识，是

考生进入高等学校继续学习的基础，也是参加社会实践的必备知识，考查考生

对基础知识的掌握程度是数学高考的重要目标之一，也是近年高考数学试题的

一个显着特点，

例1(05北京6)在正四面体P—ABC中，D,E,F分别是AB,BC,CA的中

点，下面四个结论中不熟考的是(C)

(A)BC〃平面PDF(B)DF_L平面PAE

(C)平面PDFJL平面ABC(D)平面PAE，平面ABC

［考查意图］主要考查线面、面面的平行与垂直，是对基本知识、基本方

法的考查.

例2(05湖南理8山东卷理8)设地球的半径为R,若甲地位于北纬45。东经

120°,乙地位于南纬75。东经120。，则甲、乙两地的球面距离为(D)

(A)也R(B)-R(C)—R(D)—R

663

重在考查基础知识、基本技能和基本方法，突出三基，强化三基，既符合

2005年《考试大纲》的要求，又有利于中学数学教育改革的发展：面向全体学

生，以学生的发展为本，促进学生的全面发展，实施素质教育。

2.坚持对数学思想方法的考查倡导理性思维

重视数学思想方法的考查，已是高考数学命题多年来所坚持的方向，并且提

炼出中学数学的一些比较基本的数学思想和方法，以各种不同的层次融入试题

中，通过考生对数学思想方法的直觉运用，来对考生的数学能力进行区分。

例3(05全国5)如图，在多面体/比好中，已知ABCD是边长为1的正方

形，且AADE、ABCF均为正二角形，EF//AB,EF^2,则................F

该多面体的体积为\、、、、__/］

(A)巫(B)叵(C)-(D)-\°

3332V______/

［考查意图］主要考查多面体的体积及割补转化的

思想方法，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

［错因分析］体积计算公式不熟悉或不知如何转化求解是出错的主要原因.

［提示］取)的中点0,则多面体被分割成了两个棱长为1的正四面体。£4。、

。尸C8和所有棱长都是1的正四棱锥。-ABC。，故所求体积为昨也义2+也=也，

1263

应选(A).本题也可割成一个三棱柱和一个三棱锥进行求解.

3.积极回应05年考试大纲特别是其中“题型示例”的变化，重点加强对新增数

学知识的考查

纵观2005年高考数学试题，给人一种“耳目一新”的感觉，就象2005年全

国统一考试大纲中题型示例给人们的感觉一样。试题要么单纯考查新增数学知

识，要么突出考查新增数学知识和其它知识的结合，如向量与立体几何，这与

《2005年全国统一考试大纲》中“题型示例”的突出变化是相吻合的，是一致的,

是完全符合考试大纲的要求的。这些知识既是新教材中新增数学知识的重要内

容，又是中学数学教学的重点，因此，2005年全国高考数学试题的推出，既有

利于中学数学教学，又有利于中学数学教材的改革。

例4（05山东卷理20）如图，已知长方体ABCO-A£CQ,AB=2,A4]=1,

直线BO与平面AA0/所成的角为30。，4E垂直8。于E,尸为人用的中点.

（I）求异面直线AE与所成的角；

（II）求平面以开与平面AA"所成的二面角；

解：在长方体ABC。-A4G2中，以A8所在的直线

为x轴，以A。所在的直线为y轴，AA所在的直线为

Z轴建立如图示空间直角坐标系，由已知

AB=2,9=1,可得4（0,0,0）,5（2,0,0）,尸（1,0,1）,又AO_L

平面AA4B,从而8。与平面AAeB所成的角

为ZDBA=30°,又AB=2,AE1BD,AE^\,AD=^-从而易得

E一,—,0,D0,-----,0・

223

______

（I）因为荏=口，且,o]历=（-1,0,1）所以cos（瓯而卜普智=《=-也

[22）\/回叫V24

易知异面直线AE、B/7所成的角为arccos在

4

（11）易知平面41乃的一个法向量而=（0,1,0）设3=。/*）是平面跳）£的一个法向

日一273.\n±BF\n-BF^0=fx=Z

量,80=（—2,午,0）由一一=>_一=.2百八二5.

3[n1BD[n-BD=02x---y=0[J3x=y

、3

即3=（1,百,1）所以侬（显今=葡=半即平面8〃与平面A46所成的二面角的

大小（锐角）为arccos-^^-.

（HI）点A到平面的距离，即而在平面3DF的法向量[上的投影的绝对

值，

所以距离d=而.cos（而,。>丝1=述所以点A到平面8。f的距离为拽.

'"川55

4.概念性强

例5（05吉林、黑龙江、广西全国卷n文理（16））下面是关于三棱锥的四个

命题：

①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。

②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥。

③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥。

④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是

正三棱锥。其中，真命题的编号是O（写出所有真命题的编号）

例6（05浙江卷文理18）如图，在三棱锥

P-ABC中，AB±BC,AB=BC=kPA,点0、D分

别是AC、PC的中点,0PJL底面ABC.

⑴当k=」时，求直线PA与平面PBC

2

所成角的大小；

（II）当k取何值时，0在平面PBC

内的射影恰好为APBC的重心？

本题主要考查空间线面关系、空间向

量的概念与运算等基本知识，同时考察空

c

间想象能力和推理运算能力.

本题主要考查空间线面关系、空间向

量的概念与运算等基本知识，同时考查空

间想象能力和推理运算能力。

解：方法一：（I）V0>D分别为AC、PC的中点,

.•.0D//PA.

又...「人匚平面PA3,

:.OD平面PAA

（II）,*>1BC,OA=OC,

OA=OB=0G

又・.・OP±平面ABC,

PA=PB=PC.取BC中点E,连结

贝IJ3C1平面尸OE.

作。尸1PE于E,连结DF,

贝平值fPBC

/QOF是QO与平面尸6c所成的角.

又。。PA,PA与平面PBC所成角的大小等于N。。立

在RtODF中，sin/ODF="=且9,

OD30

/.P4与平面P8C所成的角为arcsin业丝■.

30

（III）由（II）知，。/J.平面PBC,

尸是。在平面P6C的射影

•.•。是PC的中点，若点E是P8C的重心，

则从F、。三点共线，

直线OB在平面P8C内的射影为直线3D.

•••OB1PC,PC1BD,:.PB=BC,EPA;=1.

反之，当k=1时，三棱锥0-P8C为正三棱锥，

在平面PBC内的射影为PBC的重心.

方法二：平面ABC,OA=OC,AB=BC,

：.OA±OB,0A1OP,OB10P,

以。为原点，射线0P为负z轴，建立空间直角坐标系o-xyz(如图)，

设A5=a,WM(—a,0,0),B(O,—a,0),C(-—a,0,0)

222

设OP=h，则P(0,0,h),产

(I)TD为PC的中点，b

-.OD=(—乎凡0,；力)，PA=*a,O,—h),/；V\

OD^~PA.ODPA./

OD平面PA8/Iy

(II)g'即PA—2a.----

西=(#a,O,-0),

司求得平面PBC的法向量〃=（1,-1,-,

PAn_V210

.".cos<PA,n>-

设PA与平面PBC所成的角为°,则〈郎*答.

.•.PA与平面PBC所成的角为3rcsm甯.

（III）P8C的重心G（-交a,也a,,）.：.丽=（一0a津Jh>

•••OG_L平面尸BC,.-.OGIPB.

___B_ii5

又而=(0,=%-/?)..\OG~PB^一a2一川=0.h^—a.

2632

PA=yj0A2+h2=a,即攵=1.

反之，当A=1时，三棱锥O-PBC为正三棱锥，

。在平面P8C内的射影为PBC的重心.

5.应用的广泛性

例7（05江苏卷12）四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的

两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱所代表

的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①、②、③、④的4个仓

库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（）

A.96B.48C.24D.0

6.知识的交汇

例8（05湖北卷理12）以平行六面体ABCD—A'B'CD’的任意三个顶点为

顶点作三角形，从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不共面的概率P为

（A）

A.也B.鎏C.日D.里

385385385385

7.开放型问题

立体儿何填空题常以开放型问题出现，高考试卷中出现频率较高的是多选

填空题.这类考题一般给出多个备选命题要求考生判断其真伪性，填写全满足

要求的命题序号.

例

9（2004年全国高考山东、山西、河南、河北、江西、安徽卷理科试题）已

知

a、b为不垂直的异面直线，a是一个平面，则a、b在a上的射影有可能

是

①两条平行直线②两条互相垂直的直线

③同一条直线④一条直线及其外一点

在一面结论中，正确结论的编号是（写出所有正确结论的编

,则两直

线必共面，这与a、b异面矛盾，因此，③是错误的.故正确答案是①②④.

例10（2005重庆卷文理7）对于不重合的两个平面a与夕，给定下列条件：

①存在平面使得a、2都垂直于

②存在平面了,使得夕都平行于不

③a内有不共线的三点到p的距离相等；

④存在异面直线/、m,使得〃/a,1//B,mila,m//B,

其中，可以判定a与夕平行的条件有(B)

A.1个B.2个C.3个D.4个

例11（05山东卷理16）已知加、”是不同的直线，a、4是不重合的平面，给

出下列命题：

①若all/3,mua,nu则AM//n

②若m,naa,mH/?,则a//0③若m±a,n±/3,mHn,则a/力④〃?,〃是两条异面直线,

若mHajnlla,nH0,则a〃£

上面的命题中，真命题的序号是③④（写出所有真命题的序号）

评析：立体儿何在高中数学占有重要地位，是开放型问题的一个重要来源,

在高考试卷中屡见不鲜.开放型问题是近年来才出现的新题型，属于选择题中

的多选题，它排除了“唯一性''中"猜''的成份，多个结论的开放性加大了问题的

难度，必须对每个备选结论逐一研究其真伪性，才能选出正确答案.对这类问

题不能有一丝一毫的疏忽，错选一个全题皆错.

8.立足教材贴近教材

（二）解答题考查的三个热点问题

1.用空间向量求二面角

在立体几何中设计的二面角是用来度量两个相交平面的“开合”程度的，是

立体几何中的一个重要概念，因此，考查二面角已成为久考不衰的热点问

题.关于二面角的计算，均可归结为求两个向量的夹角问题.

例12（2004年全国高考四川、云南、吉林、黑龙江理科数学试题）如图，直

三棱柱ABC—ABC中,ZACB=90°,AC=1,CB=&,侧棱AALI,侧面AABB

的两条对角线交点为D,B£的中点为M.

（I）求证CD_L平面BDM；%-----

（II）求面BED与面CBD所成二面角的大小./：\D/Z

分析：本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时叱/I

考查空间想象能力和推理运算能力.（1）要证cD_L平面BAzy//Ci

DM,只需证明CD与面内两条直线垂直即可.（2）先作出二B必--诏］

面角的平面角，再求其所在三角形三边，用余弦定理求解.

解法一:（I）如图，连结CA-A3、CM,则CA尸也.

•••CB=CAL收，...ACBA.为等腰三角形，

又知D为其底边A0的中点，八、、力1

ACDIA.B.VA.C^l,GB尸友,.•.ABLVJ/：V<7

又BBi=l,AB=2.VAAiCB为直角三角形，D为AB

的中点，

Bi

.\CD=1A,B=1,CD=CC”XDM=1AC,=—,DM=CM.

.,.△CDM^ACC.M,NCDM=NCGM=90°,即CD_LDM.

因为AB、DM为平在BDM内两条相交直线，所以CD,平面BDM.

(II)设F、G分别为BC,BD的中点，连结BG、FG、BE则FG//CD,FG^CD.

.*.FG=1,FG1BD.

由侧面矩形BBAA的对角线的交点为D知BD=BJ）=,AiB=l,

2

所以aBB。是边长为1的正三角形.

于是B.G1BD,BG=@.ZB,GF是所求二面角的平面角,

2

222

又BIF=BIB+BF=I+（农）2=3,

2B.CFG

即所求二面角的大小为乃-arccos—

解法二：如图，以C为原点建立坐标系.

(I)B(V2,0,0),B,(V2,1,0),Ai(0,1,

。加（4，1，0），AL__A1

而=（,；,5,港=（立-1,-1）,丽=（0,；,-；）,/[AV

则而•港=0,丽•奇=0,/.CD±A1B,CD±DM.

因为AB、DM为平面BDM内两条相交直线，所以严=监i

CDJ_平面BDM.》

（II）设BD中点为G,连结BG,则

。（号而=（若、3、K丽=（--汕，

444222444

:.BDB^G=0,:.BD1B】G.又CDLBD,

，而与函的夹角弼于所求的二面角的平面角

.•.皿。=且隆=-3.所以所求的二面角等于4-arccosg.

\CD\-\B.C\33

评析：本题通过一个倒放的直三棱柱考查了立体儿何的基础知识，线面垂

直的判定定理、二面角等知识，同时考查了空间想象能力及推理运算能力.本

题用空间向量的知识求解思路清楚，运算简捷.

2.线线、线面平行与垂直问题

从近些年看，以多面体为载体，重点考查空间的直线与直线和直线与平面

的位置关系一直是高考立体儿何命题的热点.因为这类题目既可以考查多面

体的概念和性质，又能考查空间的线面关系，并将论证和计算有机地结合在一

起，可以比较全面、准确地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力以及分析

和解决问题的能力.

例13(2004年天津高考理科试题)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面A

BCD是正方形，侧棱PDJ_底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点，

作EF_LPB交PB于点F.证明PA〃平面EDB；

(1)证明PB_L平面EFD；

(2)求二面角C—PB—D的大小.p

分析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面小

垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和/[\\

推理论证能力.\

①证明线面平行只需证明直线与平面内一条直/I/\\\

线平行即可；②求斜线与平面所成的角只需在/'c

斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影//\\\7

所成的角，即为所求角；③证明线面垂直只需/、、\/

证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这£__________凶

些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来.B

方法一：

(1)证明：连结AC,AC交BD于0,连结E0。

,底面ABCD是正方形，.•.点。是AC的中点

在APAC中，E0是中位线，「.PA〃E0?

而EOu平面EDB且％g平面EDB,

所以，PA〃平面EDB\YX

⑵证明：/UVL\

•.•PD_L底面ABCD且OCu底面ABCD,APD1DC/

VPD=DC,可知AFDC是等腰直角三角形，而DE是/

斜边PC的中线，匕,7

DE_LPC.①太B

同样由PDJ_底面ABCD,得PD±BC.

•.•底面ABCD是正方形，有DCLBC,「.BC，平面PDC。

而OEu平面PDC,:.BCLDE.②

由①和②推得£>E_L平面PBC.

而P8u平面PBC,DE±PB

又EFLPB且DECEF=E,所以PBJ_平面EFD.

(3)解：由(2)知，PB1DF,故NEFD是二面角c—PB—D的平面角.

由(2)知，DE1EF,PD1DB.

设正方形ABCD的边长为a,则PO=oc=a,缶，

PB=y/PD2+BD2=扃，PC=yJPD2+DC2=42a

在RMDB中，DF=--=

PB

旦

2

在RfAEF。中，sinEFD=^=-V3

£~T

DF3

：.NEFD=-.

3

所以，二面角C—PB—D的大小为工.

3

方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原

点，设DC=a.

(1)证明：连结AC,AC交BD于G,连结EG.

依题意得AQ0,0),尸(0,0,a),E(0,-).

•.•底面ABCD是正方形，「.G是此正方形的中心，故点G的坐标为弓，号0)

且PA=(a,0,-a),EG=(p0,

~PA=2EG,这表明PA//EG.

而EGu平面EDB且以且平面EDB,...PA〃平面EDB.

(2)证明；依题意得B(a,a,0),PB=(a,a,-a)。又DE=(0,,故

—"—,a~.

PB-DE=0+----------=0...PB1DE.

22

由已知Eb_LPB,且E/nOE=E,所以P5J_平面EFD.

(3)解：设点F的坐标为(x0,y0,z0),~PF=ZPB,贝lj

(x()，%，z。-a)=2(a,a,-a).

从而与=九2,y0-Aa,z()=(l-4)a.所以

FE-(-x0,■一)"，~~z0)=(-Aa,(-^-A)a,(A-^)a).

由条件Eb_LPB知，FEPB=0,即

-/h2+(^-2)a2-(/l-^)o2=0,解得/l=；

.•.点F的坐标为(**g),且

aaTHzaa2a

FE=(FD=(—,,-----)

堂333

22

aa2a2

：.PB-FD3r+亍0

即PBO故NEFD是二面角C一PB一D的平面角.

2222

•.•豆.而=£__，£_=、且

91896

'a2a2a2屈

\FE\=------1--------1------=—a,

936366

a2

FEFD

cosEFD=6_J_

V6V62

\FE\\FD\—a-----a

63

所以，二面角c—PB—D的大小为J.

3

评析：本题以一个四棱锥为载体，考查了线面平行、线面垂直、斜线和平面所

成的角以及二面角等知识，考查了学生的空间想象能力及逻辑推理能力.此题

用空间向量知识求解的关键在于建立坐标系，建立坐标系的原则是使尽可能多

的点在坐标轴上，从而相关点和向量得到坐标便于表示.

3.点到面的距离问题

立体儿何中的求距离，也是高考中的命题热点，其中点到平面的距离的计

算是立体儿何中的一个难点.求点到平面距离，一般方法是先由该点向平面引

垂线确定垂足，把点到平面的距离转化为解三角形求解，需要作辅助线，然后

通过逻辑推理论证及计算，这样处理比较麻烦，而用向量解题则较为简便.引

入空间向量后，通过将空间元素的位置关系转化为数量关系，可将过去的形式

逻辑证明转化为数值运算，即借助向量法使解题模式化，用机械性操作把问题

转化，因此，向量为立体儿何代数化带来了极大的便利.

例14（2004福建卷理19）在三棱锥S—ABC中，AABC是边长为4的正三角

形，平面SAC，平面ABC,SA=SC=20，M、N分别

为AB、SB的中点.

（I）证明：AC1SB；

（II）求二面角N—CM—B的大小；

（IID求点B到平面CMN的距离.

分析：本小题主要考查直线与直线、直线与

平面、二面角、点到平面的距离等基础知识，考

查空间想象能力和逻辑推理能力.若按常规方法解，（1）需作辅助线再构造一平

面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（2）由三垂线定理作出二面角的

平面角，再由直角三角形知识即可求解；（3）由等体积转换VB—CMN=VN

-CMB即可求解.但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.

解法一：(I)取AC中点D,连结SD、DB.

VSA=SC,AB=BC,

.,.AC±SDHAC±BD,

.•.AC_L平面SDB,又SBu平面SDB,

AAC±SB.

(II)•.'AC，平面SDB,ACu平面ABC,

平面SDB_L平面ABC.

过N作NE_LBD于E,NE_L平面ABC,

M

过E作EFLCM于F,连结NF,

则NF±CM.

ZNFE为二面角N-CM-B的平面角.

•.•平面SAC,平面ABC,SD1AC,.\SDJ_平面ABC.

又•.•NE_L平面ABC,...NE〃SD.

VSN=NB,NE=-SD=-^SA2-AD2=-V12^4=V2,且ED=EB.

222

在正aABC中，由平儿知识可求得EF=，MB=L,

42

在Rt^NEF中，tanZNFE=—=2V2,

EF

二.二面角N—CM—B的大小是arctan2vL

(III)在RtZ^NEF中，NF=7EF2+£;V2=-,

2

SA«=-CM«NF=-V3,SACMB=-BM•CM=2百.

222

设点B到平面CMN的距离为h,

=

•**VB-CMN~VN-CMB9NE_L平面CMB,—SACW•h—SACMB*NE,

33

：.h二S、CMB,NE=晅.即点B到平面CMN的距离为生@.

°SACMN3J3J

解法二：(I)取AC中点0,连结OS、OB.

VSA=SC,AB=BC,

.,.AC±S01,AC±BO.

\•平面SAC_L平面ABC,平面SACG平面

ABC=AC

...SO,面ABC,ASOIBO.

如图所示建立空间直角坐标系0一到z.

则A(2,0,0),B(0,2百，0),C(-2,0,0),

S(0,0,272),M(l,V3,0),N(0,后,V2).

，AC=(—4,0,0),SB=(0,2V3,—2V2),

AC•SB=(—4,0,0)•(0,2百，—2V2)=0,

.\AC±SB.

(II)由(I)得丽=(3,73,0),MN=(—1,0,V2).设n=(x,y,

z)为平面CMN的一个法向量，

z-CM•n=3x+百y=0,

则取z=l,则下后，y=-V6,

MN,n=—^r+V2z=0,

n=(>—V6,1)•)

又次=(0,0,2/)为平面ABC的一个法向量，

n

.•.cos（n,7O7S?\,OS1

|〃卜OSI3

二面角N—CM-B的大小为arccosl.

3

（III）由（I）（II）得加=（-1,6，0）,n=（V2,-V6,1）为平面

CMN的一个法向量，

.•.点B至lj平面CMN的距离d=K^=±/2.

|n|3

评析：此题三个小问题层层深入，由（1）证明线线垂直，（2）又利用三垂线

定理及勾股定理求二面角，（3）由三角形等面积转换求线段，进而由等体积求

点到平面距离.这是一道考查立体儿何知识较全面的考题.

三、2006年高考数学备考建议

为了更好地发挥高考指挥棒的作用，在认真分析研究2005年全国高考试

题之余，结合教学实践的得与失，特提出以下建议，供2006届高考数学复习

备考参考。

（一）全面抓基础落实

2005年高考数学试题，在继承和发扬前儿年高考命题成果与经验的基础

上，重点加强了对基础知识的考查，既符合《考试大纲》的要求，又顺应了数

学教育改革的发展。

基于此认识，我们建议在以后的高考复习过程中，必须将狠抓“三基”放在

首位，一方面，高考的首轮复习必须真正地回到课本，回到基础中去，教师应

潜心钻研《教学大纲》和《考试大纲》，有意识地引导学生回归教材;引导学

生清理知识发生的本原，帮助学生构建起高中数学的基础知识网络，另一方面,

在复习中必须切实克服“眼高手低”的毛病，不好高鹫远，在毫不吝惜地删除某

些复习资料中的偏题、难题和怪题的同时一，以课本的习题为素材，深入浅出、

举一反三地加以推敲、延伸和适当变形，形成典型例题，借助于启发式讲解来

帮助学生融会贯通基础知识；再之，必须将讲与练结合起来，借助于单元练习

和测试（题目应切实根据学生的实际编拟）来进一步夯实基础。

（二）重点知识重点复习

平面向基本性总条直线平行与垂直、两条直线所成的角和距离、直线和

平面平行与垂直、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、三垂线定理及其逆定理、二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离、

两个平面平行与垂直等既是立体几何中的重要内容，也是高中数学教学的重要

内容，又是高考的重点，而且常考常新，经久不衰。因此，在复习备考中，

一定要围绕上述重点内容作重点复习。

空间向量解题要点

1.空间向量加法、减法、数乘向量的意义及运算律与平面向量类似.这

些运算不但适合中学里的代数运算律，而且有很多性质与实数性质完全相

同.空间任意两个向量都可以（通过平移）转化为平面向量.两个向量相加的

平行四边形法则在空间仍然成立.向量的减法是由向量的加法来定义的：减去

一个向量就等于加上它的相反向量.由此可以推出向量等式的移项方法，即将

其中任意一项变号后，从等式一端移到另一端.

2.用空间向量解决立体几何问题，一般可按以下过程进行思考：①要解

决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？②所需要的向量是

否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？③所需要的向量

若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表

示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？④怎样对已经表示出

来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？

3.空间向量的坐标运算，关键是要建立恰当的空间坐标系，然后再利用

有关公式求解.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用

向量的夹角公式和距离公式求解两条直线的夹角和两点间距离的问题.

4.利用向量解决儿何问题具有快捷、有效的特征.一般方法如下：先将

原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件中的角转化为向量的夹角，线段

长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量(注意量的集中)，然后

利用向量的运算解决该向量问题，从而原问题得解.要求熟练掌握向量的有关

知识，一要由向量的意义实现转化，二要由向量运算实现解答.

5.利用向量坐标解决立体儿何问题的关键在于找准位置，建立适当、正

确的空间坐标系.难点是在已建好的坐标系中表示出已知点(或向量)的坐

标.只有正确表达出已知点(或向量)的坐标，才能通过向量的坐标运算，实

现几何问题的代数化解法.

例15(2004广东卷18)如右下图，在长方体ABCD—ABCD中，已知AB=4,AD

=3,AA,=2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB=FB=1.

(1)求二面角C—DE—G的正切值；

(2)求直线EG与FD啰则箜弦值.

解：(1)以A为原点，丽而，丽分别为x轴，

y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有

D(0,3,0)、立(0,3,2)、E⑶0,0)、F(4,1,0)、

U4,3,2)于型_

DE=(3,-3,0),西=(1,3,2),西=(-4,2,2)

设向量〃=(x,y,z)与平面GDE垂直，则有

n±DE]3x-3y=0]1

＞属J=X+3y+2z=ojn"，2^

：.n=z)=2),其中z>0,

取第=1,2),则瓦是一个与平面GOE垂直的向量,

:向量可=(0,0,2)与平面CQE垂直，

/.瓦与福所成的角。为二面角C-QE-G的平面角.

-lx。-lx0+2x2,xfh

,/cos^=="

I»oIxlA4IJl+l+4xj0+0+4—3

/.tan0=

2

(ID设EG与FD所成角为B,贝ij

cosB-西.两_1X(-4)+3X2+2X2_叵

222X22214

as。|^c7|x|'FDX|71+3+27(-4)+2+2

例16(2004必修+选修121)

如图，已知四棱锥P—ABCD,PB1AD,侧面

PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，代

侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.\;

(I)求点P到平面ABCD的距离；\，户二

(II)求面APB与面CPB所成二面角的大小.F----一

本小题主要考查棱锥，二面角和线面关系等

基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能力.满分12分.

(I)解：如图，作P0J_平面ABCD,垂足为点0.连结OB、0A、0D、0B与

AD交于点E,连结PE.

VAD±PB,AAD±OB,

VPA=PD,/.OA=OD,

于是OB平分AD,点E为AD的中点，所以PE

±AD.

由此知NPEB为面PAD与面ABCD

所成二面角的平面角，

.,.ZPEB=120°,ZPE0=60°

由已知可求得PE=73

.\P0=PE•sin60°fx旦二,即点P到

22

平面ABCD的距离为工

2

(II)解法一：如图建立直角坐标系，其

中0为坐标原点，X轴平行于DA.

P(0,0,-),B(0,-y-,0),

PB中点G的坐标为(0,速上)

连结AG.又知4(1,1,0),c(一2,乎,0).由此得到:

44

—P8■=(0，3m5/3，-3/—8C,=(-2,0,0).

于是有源•丽=0,就•丽=0

所以右，丽.就，丽.面的夹角6

等于所求二哽色平面角，

手县AGABC2V7

十7ECOS0=——=------------,

|GA|•|BC|7

所以所求二面角的大小为4-arccosR^

7

解法二：如图，取PB的中点G,PC的中点F,连结EG、AG、GF,则AGLPB,

FG//BC,FG=-BC.

2

VAD1PB,...BCJLPB,FG±PB,

/.ZAGF是所求二面角的平面角.

•:AD，面POB,AADIEG.

XVPE=BE,.*.EG±PB,且NPEG=60°.

在RtAPEG中，EG=PE•cos60°=乌

2

在RtAPEG中，EG=1AD=1.于是tan

2

ZGAE=—=—,

AE2

又NAGF二-NGAE.所以所求二面角的大小为，-arctan^

例17(河北、河南、山西、安徽全国卷I文理(18))

已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB〃DC,

NDAB=90°,PA，底面ABCD,且PA=AD=DC=-AB=1,M是

2

PB的中点。

(I)证明：面PAD上面PCD；

(II)求AC与PB所成的角；

(III)求面AMC与面BMC所成二面角的大小。

解析：本小题主要考查直线与平面垂直、直线与

平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能

力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.

方案一：(I)证明：:PA，面ABCD,CD1AD,

.••由三垂线定理得：CD±PD.

因而，CD与面PAD内两条相交直线AD,PD都垂直,

，CD，面PAD.

又CDu面PCD,.•.面PAD上面PCD.

(II)解：过点B作BE//CA,且BE=CA,

则NPBE是AC与PB所成的角.

连结AE,可知AC=CB=BE=AE=VI,又AB=2,

所以四边形ACBE为正方形.由PA_L面ABCD得NPEB=90°

在RtaPEB中BE=Vi,PB=V5,cosZPBE=—=—.

PB5

AC与P8所成的角为arccoslO.

5

(III)解：作ANJLCM,垂足为N,连结BN.

在RtZ^PAB中，AM=MB,又AC=CB,r.AAMC^ABMC,

.*.BN±CM,故NANB为所求二面角的平面角.

VCB±AC,由三垂线定理，得CBLPC,

在RtaPCB中,CM=MB,所以CM=AM.

在等腰三角形AMC中，AN-MC=^CM2-(^)2-AC,

V3行

X222

mVV6.AD_O./cmAN+BN-AB2

..AN=--T=—=-F•••AB—2，,.cos4ANB=--------------=—

亚M2xANxBN3

~T

故所求的二面角为arccos(-1).

方法二：因为PAJ_PD,PA1AB,AD1AB,以A为坐标原点AD长为单位长度，

如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0,0)B(0,2,0),C(1,1,

0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,1).

(I)证明：因而=(0,0,1),岚=(0,1,0),故而•反=0,所以AP_LOC.

由题设知AD,DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相上

交直线，由此得DC_L面PAD.又DC在面PCD上，故面

PAD上面PCD.__关A.

(II)解：因公=(1,1,0),而=(0,2,-1),〃'戌亍金