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专题4-立体几何-数学(理科)-新课标



立体几何

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考情分析预测
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考向预测
理科的立体几何由三部分组成,一是空间几何体,二是空间点、直线、平面的位置关 系,三是立体几何中的向量方法.高考在命制立体几何试题中,对这三个部分的要求和考 查方式是不同的.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;在空间点、直线、平面的位置关系部分, 主要以解答题的方法进行考查,考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明,而且 一般是这个解答题的第一问;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.

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预测2013年高考的可能情况是: (1)以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面 积和体积的计算.对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势, 通过这个试题考查考生的空间想象能力;空间几何体的表面积和体积 计算以三视图为基本载体,交汇考查三视图的知识和面积、体积计算, 试题难度中等. (2)以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明,在解答题中的 一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离,以求解空间角为 主,特别是二面角.

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备考策略
(1)空间几何体: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. (2)空间点、直线、平面的位置关系:该部分的基础是平面的性质、 空间直线与直线的位置关系,重点是空间线面平行和垂直关系的判定 和性质,面面平行和垂直关系的判定和性质.在复习中要牢牢掌握四 个公理和八个定理及其应用,重点掌握好平行关系和垂直关系的证明 方法. (3)空间向量与立体几何:由于有平面向量的基础,空间向量部分 重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理,在此基础上把复习的 重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法,并注重运 算能力的训练.

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空间几何体

空间几何体

│ 主干知识整合
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1.空间几何体的三视图 (1)正视图:光线从几何体的前面向后面正投影得到的 投影图; (2)侧视图:光线从几何体的左面向右面正投影得到的 投影图; (3)俯视图:光线从几何体的上面向下面正投影得到的 投影图. 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三 视图.

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2.斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤 (1)建立直角坐标系,在已知水平放置的平面图形中取互相 垂直的 Ox,Oy,建立直角坐标系; (2)画出斜坐标系,在画直观图的纸上(平面上)画出对应的 Ox′,Oy′,使∠x′Oy′=45° (或 135° ),它们确定的平面表 示水平平面; (3)画对应图形,在已知图形中平行于 x 轴的线段,在直观 图中画成平行于 x′轴,且长度保持不变;在已知图形中平行于 y 轴的线段,在直观图中画成平行于 y′轴,且长度变为原来的 一半; (4)擦去辅助线,图画好后,要擦去 x 轴、y 轴及为画图添加 的辅助线(虚线). 3.基本面积公式 4.空间几何体的体积计算公式

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要点热点探究 ? 探究点一 三视图与直观图

例 1 [2011· 课标全国卷] 在一个几何体的三视图中,正视图和 俯视图如图 12-1 所示,则相应的侧视图可以为( )

图 12-1

图 12-2

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D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个 半圆锥和一个三棱锥组合而成的,如图,故侧视图选 D.

【点评】 本题考查空间几何体的三视图, 试题要求根据 空间几何体的两个视图判断其第三个视图,这种情况下第三 个视图就可能有多种情况,这就要根据选项提供的视图确定 其可能的情况,对考生的空间想象能力有较高的要求.解答 这类试题就是选择合理的图形.

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(1)[2011· 山东卷] 如图 12-3 是长和宽分别相等的两个 矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图 12-3;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如图 12-3;③存在圆 柱,其正(主)视图、俯视图如图 12-3.其中真命题的个数是( )

A.3

B.2

图 12-3 C.1

D.0

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(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45° , 腰和上底长均为 1 的等腰梯形,则这个平面图形的面积是( ) 1 2 2 A.2+ 2 B.1+ 2 C.1+ 2 D.2+ 2

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(1)A (2)D 【解析】 (1)①可以是放倒的三棱柱, 所以正确; 容易判断②正确;③可以是放倒的圆柱,所以也正确. (2)如图,设直观图为 O′A′B′C′,建立如图所示的坐标 系,按照斜二测画法的规则,在原来的平面图形中,OC⊥OA, 2 且 OC=2,BC=1,OA=1+2× 2 =1+ 2,故其面积为 1 ?? ? ×?1+1+ 2??×2=2+ 2. 2

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? 探究点二 空间几何体的表面积和体积

例 2 (1) [2011· 安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图 12-4 所示,则该几何体的表面积为( )

A.48 C.48+8 17

图 12-4 B.32+8 17 D.80

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(2)[2011· 湖南卷] 设图 12-5 是某几何体的三视图,则该几 何体的体积为( )

图 12-5 9 A.2π+12 C.9π+42 9 B.2π+18 D.36π+18

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(1) C (2)B 【解析】 (1)由三视图可知本题所给的是一个底面为 等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示),所以该直四棱柱的表 1 面积为 S=2× 2 ×(2+4)×4+4×4+2×4+2× 1+16×4= 48+8 17.

(2)由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为 3 的球, 下面 是一个长、宽都为 3、高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为: ?3?3 4 9 ? ? +3×3×2= π+18,故选 B. V=V1+V2=3×π× 2 2 ? ?

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【点评】 我们常见的柱体一般是把底面放在水平面上,锥体也 往往是把底面放在水平面上, 但是柱体和锥体也可以把其侧面或者一 条母线放在水平面上, 也可以以其他各种可能的方式放置在空间, 这 时其三视图就会出现各种可能, 在根据空间几何体的三视图还原空间 几何体的形状时,要克服思维定势.

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(1)如图 12-6 为一个几何体的三视图,正视图和侧 视图均为矩形,俯视图为正三角形,尺寸如图,则该几何体的全 面积为( )

图 12-6 A.14 3 C.12+2 3 B.6+ 3 D.16+2 3

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(2)一个多面体的三视图分别是正方形、等腰三角形和矩形, 其尺寸如图 12-7,则该多面体的体积为( )

A.48 cm3 C.32 cm3

图 12-7 B.24 cm3 D.28 cm3

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(1)C (2)A 【解析】 (1)根据三视图可知这个空间几何体是一 个三棱柱,其高为 2、底面边长也为 2.侧面积是 3×2×2、底面积是 3 2× 4 ×22=2 3. (2)根据空间几何体的三视图还原空间几何体,再根据三视图中 的数据和体积公式进行计算. 这个几何体是一个三棱柱, 其底面三角 形的一个边长为 6 cm、这个边上的高为 4 cm,这个三棱柱的高为 1 4 cm,根据柱体的体积公式得这个三棱柱的体积是 2 ×6×4×4= 48(cm3).

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? 探究点三 球与多面体

例 3 [2011· 辽宁卷] 已知球的直径 SC=4, B 是该球球面 A, 上的两点,AB= 3,∠ASC=∠BSC=30° ,则棱锥 S-ABC 的体 积为( ) A.3 3 B.2 3 C. 3 D.1

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C 【解析】 如图,过 A 作 AD 垂直 SC 于 D,连接 BD. 由于 SC 是球的直径, 所以∠SAC=∠SBC=90° 又∠ASC=∠BSC , =30° ,又 SC 为公共边,所以△SAC≌△SBC.由于 AD⊥ SC,所以 BD ⊥SC.由此得 SC⊥平面 ABD. 1 所以 VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD= S△ABD· SC. 3 由于在 Rt△SAC 中∠ASC=30° ,SC=4,所以 AC=2,SA=2 3, SA· CA SB· CB 由于 AD= SC = 3.同理在 Rt△BSC 中也有 BD= SC = 3. 又 AB= 3,所以△ABD 为正三角形, 1 1 1 所以 VS-ABC= S△ABD· SC= × ×( 3)2· sin60° ×4= 3,所以选 C. 3 3 2

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【点评】 本题考查空间想象能力、 逻辑推理能力和运算能力. 本 题的难点在于对三棱锥 S-ABC 的结构特征的分析判断,其中的 体积分割法是求解体积问题时经常使用的技巧.

要点热点探究
(1)已知一个三棱锥的三视图如图 12-8 所示,其中俯视图 是顶角为 120° 的等腰三角形,则该三棱锥的外接球体积为________.

图 12-8 (2)[2011· 课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面, 且两圆锥的顶点和 3 底面的圆周都在同一个球面上,若圆锥底面面积是这个球面面积的 16, 则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________.

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20 5 1 (1) 3 π (2)3 【解析】 (1)这个空间几何体的直观图如图, 由于该几何体关于平面 PAD 对称,故球心一定在平面 PAD 内,则 球心一定在平面 PAD 中线段 PA 的垂直平分线 EO 上,如图,设 DF=x,则 OP= ?1+x?2+1,OB= x2+4,由 ?1+x?2+1= x2+4, 解得 x=1, OP= 5, 故 这就是三棱锥的外接球的半径. 根 4 20 5 据体积公式得 V=3π( 5)3= 3 π.

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(2)如图,设球的半径为 R,圆锥底面半径为 r,则球面面积为 4πR2, 圆锥底面面积为 πr2, 12 3 由题意 πr2=16πR2,所以 r= 2 R, 3 1 所以 OO1= OA2-O1A2= R2-4R2=2R, R 1 3 1 1 S1O1 2 1 所以 SO1=R+2R=2R, S1O1=R-2R=2R,所以 SO =3R=3. 1 2

│ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1.真实图形中和两坐标轴平行的线段在直观图中仍然和两坐标 轴平行,在真实图形中与 x 轴平行的线段在直观图中长度不变,在真 实图形中和 y 轴平行的线段在直观图中变为原来的一半.这种画法蕴 含着一个一般的规律,在斜二测画法中,真实图形的面积和直观图的 面积之比是 2 2. 2.空间几何体的面积有侧面积和表面积之分,表面积就是全面 积,是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积,在计算时要 注意区分“是侧面积还是表面积”.多面体的表面积就是其所有面的 面积之和,旋转体的表面积除了球之外,都是其侧面积和底面面积之 和.

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3.实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球,往往是由 柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体,解决这类组合体体积的基本方 法就是“分解”,将组合体“分解成若干部分,每部分是柱、锥、台、球 或其一个部分,分别计算其体积”,然后根据组合体的结构,将整个的体 积转化为这些“部分体积”的和或差.

│ 教师备用例题

教师备用例题

备选理由:例 1 把球、二面角综合,但解题主要 依靠余弦定理和方程思想, 是一道对空间想象能力和 运算能力要求较高的试题; 2 是球与多面体, 例 可以 作为[要点热点探究三]的补充;例 3 是一个有难度的 题目, 其中点评给出的三视图可以提高考生的空间想 象能力.

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例 1 设直线 l 与球 O 有且只有一个公共点 P,从直 线 l 出发的两个半平面 α,β 截球的两截面圆的半径分别 为 1 和 3,二面角 α-l-β 的平面角为 150° ,则球 O 的 表面积为( ) A.4π B.16π C.28π D.112π

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【解析】 D 如图,设 OO1=h1,OO2=h2,则 h2+1=h2+3, 1 2 根据余弦定理 h2+h2-2h1h2cos30° =1+3-2×1× 3cos150° =7, 1 2 消掉 h1 得方程 2h2-5= 3h2 h2+2, 两端平方得 h4-26h2+25=0, 2 2 2 2 解得 h2=1(舍去),或 h2=25,即 h2=5,所以球的半径 r= 3+25 2 2 = 28,故球的面积是 4πr2=112π.

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2 例 2 [2011· 重庆卷] 高为 4 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边 长为 1 的正方形,点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面 上,则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为( ) 2 2 A. 4 B. 2 C.1 D. 2

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【解析】 C 如图所示,设球心为 O,正方形的中心为 O1,则 1 2 OB=1,O1B=2BD= 2 ,所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= 2 2 OB2-O1B2= 2 .因为四棱锥 S-ABCD 的高为 4 , 2 故四棱锥 S-ABCD 的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 4 的 一个小圆的圆周上,此小圆的圆心 O2 在 OO1 的中点上, 易知 SO2 为线段 OO1 的垂直平分线,所以 SO1=SO=1.故选 C.

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例 3 已知正方体 ABDC-A1B1C1D1,则四面体 C1-A1BD 在平面 ABCD 上的正投影的面积与该四面体的表面积之比是 ( ) 3 A. 3 B. 3 3 C.2 3 D. 6

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【解析】 D 根据正投影的概念,结合图形知四面体 C1-A1BD 在底面上的正投影就是正方形 ABCD,设该正方体的棱长为 1,则这 个投影的面积就是 1,四面体的四个面都是边长为 2的正三角形,故 3 3 2 其表面积是 4× 4 ×( 2) =2 3,故所求的比值为 1∶2 3= 6 .正确 选项为 D.

点、直线、平面之间的位置关系

点、直线、平面之间 的位置关系

│ 主干知识整合
主干知识整合
1.平行关系的转化 两平面平行问题常常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.

2.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.

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(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. 3.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.

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要点热点探究 ? 探究点一 空间线面位置关系的判断

例 1 [2011· 四川卷] l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列 命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面

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B 【解析】 对于 A,直线 l1 与 l3 可能异面;对于 C,直线 l1、 l2、l3 可能构成三棱柱三条侧棱所在直线时而不共面;对于 D,直 线 l1、l2、l3 相交于同一个点时不一定共面. 所以选 B.

【点评】 在直线与直线的位置关系中,要注意平面上两 直线位置关系的结论,在空间不一定成立.在解决点线面位 置关系的判断时要注意空间问题和平面问题的区别与联系.

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已知 a,b,c 是三条不同的直线,α,β,γ 是三个不 同的平面,下列命题中正确的是( ) A.a⊥c,b⊥c?a∥b B.a∥α,b∥α?a∥b C.α⊥γ,β⊥γ?α∥β D.α∥γ,β∥γ?α∥β

D 【解析】 选项 A 中的结论只在平面内成立,在空 间不成立;空间线面的平行没有传递性;垂直于同一个平面 的两个平面不一定平行;空间平面的平行关系具有传递 性.这类空间结论的判断题,只要根据空间线面垂直、平行 关系的判定定理和性质定理进行, 必要时可以利用长方体模 型, 同时要注意平面几何中的结论不能完全移植到立体几何 中.

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? 探究点二 平行与垂直关系的证明

例 2 [2011· 江苏卷] 如图 13-1,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60° ,E、F 分别是 AP、AD 的中点. 求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD.

图 13-1

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【分析】 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系, 考查空间想象能力和推理论证能力.

【解答】 证明:(1)在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD,PD?平面 PCD, 所以直线 EF∥平面 PCD.

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(2)连接 BD,因为 AB=AD,∠BAD=60° ,所以△ABD 为正 三角形,因为 F 是 AD 的中点,所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面 PAD.

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【点评】 在立体几何的平行关系问题中,“中点”是经常使 用的一个特殊点,无论是试题本身的已知条件,还是在具体的解题 中,通过找“中点”,连“中点”,即可出现平行线,而线线平行 是平行关系的根本. 在垂直关系的证明中, 线线垂直是问题的核心, 可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直, 也可以根 据已知的垂直关系证明线线垂直, 其中要特别重视两个平面垂直的 性质定理,这个定理已知的是两个平面垂直,结论是线面垂直.

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如图 13-2, 已知四棱锥 P-ABCD, 底面 ABCD 为菱形, PA⊥平面 ABCD,∠ABC=60° ,点 E、G 分别是 CD、PC 的中点, 点 F 在 PD 上,且 PF∶FD=2∶1. (1)证明:EA⊥PB; (2)证明:BG∥平面 AFC.

图 13-2

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【解答】 证明:(1)因为底面 ABCD 为菱形,且∠ABC=60° , 所以△ACD 为等边三角形. 又因为 E 是 CD 的中点,所以 EA⊥AB. 又 PA⊥平面 ABCD,所以 EA⊥PA. 由 PA∩AB=A,所以 EA⊥平面 PAB,所以 EA⊥PB. (2)取 PF 中点 M,所以 PM=MF=FD.连接 MG,MG∥CF, 所以 MG∥平面 AFC. 连接 BM,BD,设 AC∩BD=O,连接 OF, 所以 BM∥OF,所以 BM∥平面 AFC. 所以平面 BGM∥平面 AFC,所以 BG∥平面 AFC.

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? 探究点三 空间角与距离的求法

例 3 [2011· 全国卷] 已知点 E, 分别在正方体 ABCD-A1B1C1D1 F 的棱 BB1,CC1 上,且 B1E=2EB,CF=2FC1,则面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于________.
2 【解析】 方法一:在平面 BC1 内延长 FE 与 CB 相交于 G,过 B 作 3 BH 垂直 AG, EH⊥AG, 则 故∠BHE 是平面 AEF 与平面 ABC 所成二面角的 a 2 平面角.设正方体的棱长为 a,可得 BE= ,BG=a,所以 BH= a,则 tan 3 2 a 3 BE 2 ∠BHE=BH= = . 3 2 a 2

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方法二:设正方体的棱长为 3,建立以 B1A1 为 x 轴,B1C1 为 y 轴,B1B → 为 z 轴的空间直角坐标系,则 A(3,0,3),E(0,0,2),F(0,3,1),则EA=(3,0,1), → → → EF=(0,3,-1),设平面 AEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥EA,n⊥EF, 即 3x+z=0 且 3y-z=0,取 z=3,则 x=-1,y=1,所以 n=(-1,1,3).又 平面 ABC 的法向量为 m=(0,0,3),所以面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的余 ?3 11?2 m· 3 11 n 22 2 ? = 弦值为 cosθ= = ,∴sinθ= 1-? ,所以 tanθ= . |m||n| 11 11 3 ? 11 ?

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例 4 [2011· 全国卷] 已知直二面角 α-l-β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足.点 B∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) 2 3 6 A. 3 B. 3 C. 3 D.1

C 【解析】 ∵α⊥β,AC⊥l,∴AC⊥β,则平面 ABC ⊥β,在平面 β 内过 D 作 DE⊥BC,则 DE⊥平面 ABC,DE 即为 D 到平面 ABC 的距离,在△DBC 中,运用等面积法得 6 DE= 3 ,故选 C.

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(1)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底 面,点 D 是侧面 BB1C1C 的中心,则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90° (2)如图 13-3,在正三角形 ABC 中,D,E,F 分别为各边的中点, G,H 分别为 DE,AF 的中点,将△ABC 沿 DE,EF,DF 折成正四面体 P-DEF,则四面体中异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为________.

图 13-3

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2 (1)C (2)3 【解析】 (1)如图,E 为 BC 中点,设三棱柱的棱长 为 2,则 DE=1,AE= 3且 AE⊥平面 B1BCC1,则 tan∠ADE= 3, 故所求的角是 60° .

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(2)折成的四面体是正四面体,画出立体图形,根据中点找平行线, 把所求的异面直线角转化到一个三角形的内角来计算. 如图, 连接 HE, 取 HE 的中点 K,连接 GK,则 GK∥DH,故∠PGK 即为所求的异面直 线所成的角或者其补角.设这个正四面体的棱长为 2,在△PGK 中, ? 3?2 3 7 2 PG = 3 , GK = 2 , PK = 1 +? ? = 2 , 故 cos ∠ PGK = ? 2 ? ? 3?2 ? 7?2 2 ? 3? +? ? -? ? 2 2 ? 2 ? ? 2 ? =3.即异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值是3. 3 2× 3× 2

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规律技巧提炼
1.求二面角问题中,如果图形中没有显示出二面角的棱,则要 根据平面的三个公理作出这个二面角的棱. 2.在空间中线线平行和面面平行都有传递性,但线面平行没有 传递性.在空间任意平移两条直线不改变两条直线所成的角,同时注 ? π? ?0, ?. 意两直线所成角的范围是 2? ? 3.两异面直线所成的角归结到一个三角形中的内角时,容易忽 视这个三角形中的内角可能等于两异面直线所成的角,也可能等于其 补角.

│ 规律技巧提炼

4. 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理, 这个定理的主要作用是作一个平面的垂线, 在一些垂直关系的证明 中, 在线面角、 二面角的求解中很多情况都要借助这个定理作出平 面的垂线. 垂直问题的关键是线面垂直, 通过线面垂直证明线线垂 直(线面垂直的定义), 通过线线垂直证明线面垂直(线面垂直的判定 定理)、 面面垂直(面面垂直的判定定理), 在解决垂直问题中要把这 些垂直关系理清,确定合理的推理论证顺序.

│ 教师备用例题

教师备用例题

备选理由: 1 训练学生对空间平行关系的综合 例 运用; 2 训练学生使用综合几何的方法解决立体几 例 何问题.

│ 教师备用例题

例 1 设 m,n 是平面 α 内的两条不同直线;l1,l2 是平面 β 内的两条相交直线,则 α∥β 的一个充分而不必要条件是( ) A.m∥β 且 l1∥α B.m∥l1 且 n∥l2 C.m∥β 且 n∥β D.m∥β 且 n∥l2

│ 教师备用例题
【解析】 B 选项 A 作条件,由于这是两个平面中各有一 条直线与另一个平面平行, 是不能得到 α∥β 的, α∥β 却能得 但 到选项 A,故选项 A 是必要而不充分条件; 选项 B 作条件,此时 m,n 一定是平面 α 内的两条相交直线 (否则,根据公理 4 得直线 l1∥l2,与已知矛盾),这就符合两个平 面平行判定定理的推论“一个平面内如果有两条相交直线分别 平行于另一个平面内的两条相交直线,则这两个平面平行”,故 条件是充分的,但是在 α∥β 时,由于直线 m,n 在平面 α 内的 位置不同,只能得到 m,n 与平面 β 平行,得不到 m∥l1,n∥l2 的结论, 故条件是不必要的, 故选项 B 中的条件是充分而不必要 的;

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选项 C 作条件,由于 m,n 只是平面 α 内的两条不同直线, 这两条直线可能相互平行,故得不到 α∥β 的必然结论,这个条件 是不充分的, α∥β 却能得到选项 C, 但 故选项 C 是必要而不充分 条件; 选线 D 作条件,由 n∥l2 可得 n∥β,这样平面 α 的直线 m,n 分别与平面 β 平行,由于 m,n 可能平行,故也得不到 α∥β 的必 然结论,故这个条件是不充分的,当 α∥β 时,只能得到 m∥β 但 得不到 n∥l2,故条件也不是必要的,选项 D 中的条件是既不充分 也不必要的.

│ 教师备用例题
例 2 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是菱形, ∠BAD=60° ,AB=PA=2,PA⊥平面 ABCD,E 是 PC 的中点, F 是 AB 中点. (1)求证:BE∥平面 PDF; (2)求证:平面 PDF⊥平面 PAB; (3)求 BE 与平面 PAC 所成的角.

│ 教师备用例题
【解答】 (1)证明:取 PD 中点为 M,连 ME,MF. ∵E 是 PC 的中点,∴ME 是△PCD 的中位线, 1 ∴ME 2 CD.∵F 是 AB 的中点且四边形 ABCD 是菱形, AB CD,∴ME FB,∴四边形 MEBF 是平行四边形, ∴BE∥MF.∵BE?平面 PDF,MF?平面 PDF, ∴BE∥平面 PDF. (2)证明:∵PA⊥平面 ABCD,DF?平面 ABCD,∴DF⊥PA. ∵底面 ABCD 是菱形,∠BAD=60° ,∴△DAB 为正三角形. ∵F 是 AB 中点,∴DF⊥AB. ∵PA、AB 是平面 PAB 内的两条相交直线, ∴DF⊥平面 PAB. ∵DF?平面 PDF,∴平面 PDF⊥平面 PAB.

│ 教师备用例题
(3)连 BD 交 AC 于 O、连 EO, ∵底面 ABCD 是菱形,∴BO⊥AC. ∵PA⊥平面 ABCD,BO?平面 ABCD,∴BO⊥PA. ∵PA、AC 是平面 PAC 内的两条相交直线, ∴BO⊥平面 PAC, ∴EO 是 BE 在平面 PAC 内的射影, ∴∠BEO 是 BE 与平面 PAC 所成的角. ∵O 是 AC、BD 的中点,∴BO=1,EO 是△PAC 的中位线, 1 BO ∴EO=2PA=1.∴在直角△BEO 中,tan∠BEO=EO=1, ∴∠BEO=45° . ∴直线 BE 与平面 PAC 所成的角为 45° .

空间向量与立体几何

空间向量与立体几何

│ 主干知识整合
主干知识整合
1.空间向量 (1)加减法和线性运算; (2)共线向量定理; (3)共面向量定理; (4)空间向量基本定理; (5)空间两个向量的夹角;空间两向量夹角的范围是[0,π], 即 0≤〈a,b〉≤π; (6)向量的数量积; (7)空间向量的坐标运算.

│ 主干知识整合

2.夹角计算公式 (1)线线角:直线与直线所成的角为 θ,如两直线的方向向量 分别为 a,b,则 cosθ=|cos〈a,b〉|; (2)线面角:直线与平面所成的角为 θ,如直线的方向向量为 a,平面的法向量为 n,则 sinθ=|cos〈a,n〉|; (3)面面角:两相交平面所成的角为 θ,两平面的法向量分别 为 n1 和 n2,则 cosθ=|cos〈n1,n2〉|,其特殊情况是两个半平面 所成的角即二面角,也可以用这个公式解决,但要判定二面角的 平面角是锐角还是钝角的情况以决定 cosθ=|cos〈n1,n2〉|还是 cosθ=-|cos〈n1,n2〉|.

│ 主干知识整合

3.距离公式 (1)点点距:点与点的距离,以这两点为起点和终点的向量的模; (2)点线距:点 M 到直线 a 的距离,如直线的方向向量为 a,直线 → → 上任一点为 N,则点 M 到直线 a 的距离 d=|MN|sin〈MN,a〉 ; (3)线线距:两平行线间的距离,转化为点线距离;两异面直线间 的距离,转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度; (4)点面距:点 M 到平面 α 的距离:如平面 α 的法向量为 n,平面 → n| |MN· → α 内任一点为 N, 则点 M 到平面 α 的距离 d=|MN||cos → , |= |n| ; 〈MN n〉 (5)线面距:直线和与它平行的平面间的距离,转化为点面距离; (6)面面距:两平行平面间的距离,转化为点面距离.

│ 要点热点探究
要点热点探究 ? 探究点一 利用空间向量证明空间位置关系

例 1 如图 14-1,在底面是矩形的四棱锥中 P-ABCD 中,PA⊥ 底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC; (3)求二面角 A-PD-B 的余弦值.

图 14-1

│ 要点热点探究

【分析】 建立空间直角坐标系后,使用向量的共线定理证明 → → EF∥AB即可证明第一问,第二问根据向量的垂直关系证明线线 垂直,进而证明线面垂直,得出面面垂直,第三问使用平面法向 量的方法求解.

│ 要点热点探究
【解答】 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, A(0,0,0), 则 B(1,0,0), C(1,2,0), ?1 ? 1? 1? D(0,2,0),P(0,0,1),∴E?2,1,2?,F?0,1,2?, ? ? ? ? → =?-1,0,0?,→ =(1,0, ? PB EF ? 2 -1),→ =(0,2, PD -1),→ =(0,0,1),→ AP AD ? ? → → =(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0). → =-1AB,∴EF∥AB,即 EF∥AB, → → → (1)证明:∵EF 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,∴EF∥平面 PAB.

│ 要点热点探究
→ DC → → DC → (2)证明:∵AP· =(0,0,1)· (1,0,0)=0,AD· =(0,2,0)· (1,0,0)=0, → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A, AP?平面 PAD, AD?平面 PAD, ∴DC⊥平面 PAD. ∵DC?平面 PDC,∴平面 PAD⊥平面 PDC. (3)设平面 PBD 的一个法向量 n=(x,y,z),则 → ?n· =0, ?x-z=0, PB ? ∴? 即? ?2y-z=0, → ? PD ?n· =0, 解得平面 PBD 的一个法向量 n=(2,1,2). → 而平面 APD 的一个法向量是DC=(1,0,0),设二面角的平面角为 θ, 则 → ?1,0,0? 2 n· DC ?2,1,2?· cosθ= = =3. →| 3×1 |n||DC 2 即二面角 A-PD-B 的余弦值为3.

│ 要点热点探究

【点评】 使用空间向量方法证明线面垂直时,既可以证明直 线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行,然后根据线面 平行的判定定理得到线面平行,也可以证明直线的方向向量与平 面的法向量垂直;证明面面垂直既可以证明线线垂直,然后使用 判定定理的方法进行,也可以证明两个平面的法向量垂直.

│ 要点热点探究
[2011· 浙江卷] 如图 14-2, 在三棱锥 P-ABC 中, AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为 直二面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由.

图 14-2

│ 要点热点探究
【解答】 方法一:(1)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 则 O(0,0,0), A(0, -3,0), B(4,2,0), C(-4,2,0), P(0,0,4),→ =(0,3,4), AP → → BC → → → BC=(-8,0,0),由此可得AP· =0,所以AP⊥BC,即 AP⊥BC.

→ → → (2)设PM=λPA,λ≠1,则PM=λ(0,-3,-4). → → → → → BM=BP+PM=BP+λPA=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), → → AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0).

│ 要点热点探究
设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1). 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2), → n ?BM· 1=0, ?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0, ? 由? 得? ?-8x1=0, → n ? ?BC· 1=0,

?x1=0, ? 2+3λ 即? z 1= y, ? 4-4λ 1 ?

可取

? 2+3λ? ?. n1=?0,1, 4-4λ? ?

? x =5 y , → n ? 2 4 2 ?AP· 2=0, ?3y2+4z2=0, ? 由? 即 ? 得? ? → · 2=0, ?-4x2+5y2=0, ?AC n ?z2=-3y2, 4 ?
2+3λ 可取 n2=(5,4,-3).由 n1· 2=0,得 4-3· n =0, 4-4λ 2 解得 λ=5,故 AM=3, 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3,

│ 要点热点探究
方法二: (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD.故 BC⊥PA. (2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连 CM, 由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 又 AP?平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中, 2=AD2+BD2=41, AB= 41. AB 得 在 Rt△POD 中, 2=PO2+OD2, Rt△PDB 中, PD 在 PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6, 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5, PA2+PB2-AB2 1 又 cos∠BPA= = , 2PA· PB 3 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

│ 要点热点探究
? 探究点二 利用空间向量求空间角和距离 例 2 [2011· 天津卷] 如图 14-3 所示, 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,
H 是正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H⊥平面 AA1B1B,且 C1H = 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值; (2)求二面角 A-A1C1-B1 的正弦值; (3)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,且 MN⊥平 面 A1B1C1,求线段 BM 的长.

图 14-3

│ 要点热点探究
【解答】 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐 标原点. 依题意得 A(2 2, 0,0), B(0,0,0), 2, 2, 5), 1(2 2, C( - A 2 2,0),B1(0,2 2,0),C1( 2, 2, 5).

→ (1) 易得AC=(- 2,- 2, 5),A→ 1=(-2 2,0,0), 1B → A1B AC· → 1 4 2 → 于是 cos〈AC,A→ 1〉= B = =3. 1 → 1B |AC||A→ 1| 3×2 2 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3 .

│ 要点热点探究
→ (2)易知AA1=(0,2 2,0),A→ 1=(- 2,- 2, 5). 1C 设平面 AA1C1 的法向量 m=(x,y,z), ?- 2x- 2y+ 5z=0, ?m· → 1=0, A 1C ? 则? 即? ?2 2y=0. ? AA ?m·→1=0. 不妨令 x= 5,可得 m=( 5,0, 2).同样的,设平面 A1B1C1 的法向量 n=(x,y,z), ?- 2x- 2y+ 5z=0, ?n· → 1=0, A1C ? 则? 即? ?-2 2x=0. ? A1B ?n· → 1=0. 不妨令 y= 5,可得 n=(0, 5, 2). m· n 2 2 3 5 于是 cos〈m,n〉=|m|· = = ,从而 sin〈m,n〉= 7 . |n| 7· 7 7 3 5 所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 7 .

│ 要点热点探究
2 3 2 5? , 2 , 2 ?. ? 2 ? ? 2 3 2 5? → ?. 设 M(a,b,0),则MN=? -a, 2 -b, 2 ? ? 2 → A1B ?MN· → 1=0, 由 MN⊥平面 A1B1C1,得? → A1C ?MN· → 1=0. (3)由 N 为棱 B1C1 的中点,得 N?
?

?? ?? ? 即? ? ?? ??

? 2 ?-2 2?=0, -a?· 2 ? ? ?3 2 ? 5 2 ?- 2?+? ?- 2?+ 2 · 5=0. -a?· -b?· 2 ? ? 2 ?

? ?a= 解得? ?b= ?

2 2, 2 4,

故 M?

?

? 2 2 , 4 ,0?. ? 2 ?

? 2 ? 2 → 因此BM=? , ,0?, 4 ? 2 ?

10 → 所以线段 BM 的长|BM|= 4 .

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方法二:(1)由于 AC∥A1C1,故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角. 因为 C1H⊥平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心,AA1=2 2,C1H= 5, 可得 A1C1=B1C1=3. 2 A1C2+A1B2-B1C1 2 1 1 因此 cos∠C1A1B1= = . 2A1C1· 1B1 A 3 2 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 . 3 (2)连接 AC1,易知 AC1=B1C1.又由于 AA1=B1A1,A1C1= A1C1, 所以△AC1A1≌△B1C1A1.过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R, 连接 B1R, 于是 B1R⊥A1C1. 故∠ARB1 为二面角 A-A1C1-B1 的平面角. ? 2?2 2 14 在 Rt△A1RB1 中,B1R=A1B1· sin∠RA1B1=2 2· 1-? ? = .连接 AB1,在 3 ? 3 ? AR2+B1R2-AB2 2 1 △ARB1 中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1= =- ,从而 sin∠ARB1 2AR· 1R B 7 3 5 3 5 = .所以二面角 A-A1C1-B1 的正弦值为 . 7 7

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(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1,所以 MN⊥A1B1,取 HB1 中点 D,连 1 5 接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中点,所以 ND∥C1H 且 ND= C1H= .又 2 2 C1H⊥平面 AA1B1B,所以 ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥A1B1.又 MN∩ND=N,所以 A1B1⊥平 面 MND.连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E,则 ME⊥A1B1.故 ME∥AA1. DE B1E B1D 1 2 由 = = = ,得 DE=B1E= ,延长 EM 交 AB 于点 AA1 B1A1 B1A 4 2 2 F,可得 BF=B1E= .连接 NE.在 Rt△ENM 中,ND⊥ME.故 ND2= 2 ND2 5 2 2 DE· DM.所以 DM= DE = .可得 FM= .连接 BM, Rt△BFM 中, 在 4 4 10 BM= FM2+BF2= . 4

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[2011· 上海卷] 已知 ABCD-A1B1C1D1 是底面边长为 1 的正四棱 柱,O1 为 A1C1 与 B1D1 的交点. (1)设 AB1 与底面 A1B1C1D1 所成角的大小为 α, 二面角 A-B1D1-A1 的大小 为 β.求证:tanβ= 2tanα; 4 (2)若点 C 到平面 AB1D1 的距离为 ,求正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的高. 3

图 14-4

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【解答】 设正四棱柱的高为 h. (1)连接 AO1,AA1⊥底面 A1B1C1D1 于 A1, ∴AB1 与底面 A1B1C1D1 所成的角为∠AB1A1, 即∠AB1A1=α. ∵AB1=AD1,O1 为 B1D1 中点, ∴AO1⊥B1D1. 又 A1O1⊥B1D1, ∴∠AO1A1 是二面角 A-B1D1-A1 的平面角, 即∠AO1A1=β, AA1 AA1 ∴tanα= =h,tanβ= = 2h= 2tanα. A1B1 A1O1

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(2)建立如图空间直角坐标系,有 A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h), → → → AB1=(1,0,-h),AD1=(0,1,-h),AC=(1,1,0). 设平面 AB1D1 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → ?n⊥AB1, ?n· 1=0, ? ? AB ∵? ?? →1 ?n⊥AD ?n·→ 1=0. ? ? AD 取 z=1 得 n=(h,h,1), ∴点 C 到平面 AB1D1 的距离为 ? →? ?n· ? |h+h+0| 4 ? AC? d= = 2 = ,则 h=2. |n| h +h2+1 3

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? 创新链接7 各种几何体中的建系方法

使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空 间直角坐标系,建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同. 一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点 的三条直线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如 果不存在这样的三条直线,则我们尽可能找两条垂直相交的直线, 以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系,即坐标系建立时以其中的 垂直相交直线为基本出发点.

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例 3 如图 14-5,在四棱锥 E-ABCD 中,底面 ABCD 为正 方形, AE⊥平面 CDE, 已知 AE=DE=3, 为线段 DE 上的动点. F 若 二面角 E-BC-F 与二面角 F-BC-D 的大小相等,求 DF 长.

图 14-5

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【分析】 本题中没有已经给出的直线的垂直关系,所以首先要找线线 垂直.根据已知可得 CD⊥AE,CD⊥AD,可得 CD⊥平面 ADE,进而可得 CD⊥DE,以 D 为坐标原点建立坐标系,求出各个点的坐标,然后求出三个 半平面的法向量,根据二面角列出方程即可求出点 F 的坐标,进而求出 DF 的长度.

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【解答】 ∵AE⊥平面 CDE,CD?平面 CDE, ∴AE⊥CD. ∵CD⊥AD,AE∩AD=A,AD,AE?平面 DAE, ∴CD⊥平面 DAE,如图建立空间直角坐标系,

图 14-6

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→ → 则 E(3,0,0),F(a,0,0),C(0,3 2,0),A(3,0,3),D(0,0,0),由DC=AB得 B(3,3 2,3). 设 n1⊥平面 ABCD,且 n1=(x1,y1,z1), → ?n1· =0, ?y1=0, DC ? 由? ?? ?n1=(1,0,-1). ? → =0 ?x1+z1=0 DA ?n1· 设 n2⊥平面 BCF,且 n2=(x2,y2,z2), → ?x2+z2=0, ?n2· =0, BC ? 由? ?? ?n2=(3 2,a,-3 2). ? → =0 ?ax2-3 2y2=0 CF ?n2· 设 n3⊥平面 BCE,且 n3=(x3,y3,z3), → ?x3+z3=0, ?n3· =0, BC ? 由? ?? ?n3=( 2,1,- 2). ?x3- 2y3=0 → =0 ? CE ?n3· 设二面角 E-BC-F 的大小为 α,二面角 F-BC-D 的大小为 β, 则 α=β,|cos〈n1,n2〉|=|cos〈n3,n2〉|, |12+a| |n1· 2| |n3· 2| n n ∴|n ||n |=|n ||n |?6= ?a=-12± 5, 6 5 1 2 3 2 ∵0<a<3,∴a=6 5-12.

│ 要点热点探究

【点评】 建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系,在没有现成的 垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系,在此基础上选择一个合理 的位置建立空间直角坐标系,注意建系时使用的是右手系,正确确定坐标 轴的名称.

│ 要点热点探究
已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1,侧面 ACC1A1 与底面 ABC 垂直, ∠ABC=90° ,BC=2,AC=2 2,且 AA1⊥A1C,AA1=A1C. (1)试判断 A1A 与平面 A1BC 是否垂直,并说明理由; (2)求底面 ABC 与侧面 BB1C1C 所成二面角的余弦值.

【解答】 过 A1 作 A1O⊥AC 于 O 点,连 BO,则 A1O⊥平面 ABC.以 OC 为 x 轴,OB 为 y 轴,OA1 为 z 轴建系,如图所示, 则 A1(0,0, 2),C( 2,0,0),C1(2 2,0, 2),B(0, 2,0), A(- 2,0,0).

│ 要点热点探究
→ → (1)AA1=( 2,0, 2),A1B=(0, 2,- 2), → A1B AA1·→ = 2×0+0× 2+ 2×(- 2)=-2≠0, → → ∴AA1与A1B不垂直,即 AA1 与平面 A1BC 不垂直. → → (2)∵OA1⊥平面 ABC,故OA1为平面 ABC 的一个法向量,OA1=(0,0, 2). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的一个法向量, → → 又CC1=( 2,0, 2),BC1=(2 2,- 2, 2), ∴由 n·→1=0 得 x+z=0, ① CC 由 n·→1=0 得 2x-y+z=0, ② BC 取 x=1,则 z=-1,y=1,∴n=(1,1,-1). → 1〉=1×0+1×0-1× 2=- 3, 又 cos〈n,OA 3 3× 2 3 即底面 ABC 与侧面 BB1C1C 所成二面角的余弦值是- 3 .

│ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1.空间向量证明位置关系的方法: (1)线线平行:直线与直线平行,只要证明它们的方向向量平行. (2)线面平行:用线面平行的判定定理,证明直线的方向向量与平面内 一条直线的方向向量平行;用共面向量定理,证明平面外直线的方向向量 与平面内两相交直线的方向向量共面;证明直线的方向向量与平面的法向 量垂直. (3)面面平行:平面与平面的平行,除了用线面平行的判定定理转化为 线面平行外,只要证明两平面的法向量平行即可. (4)线线垂直:直线与直线的垂直,只要证明两直线的方向向量垂直.

│ 规律技巧提炼
(5)线面垂直:用线面垂直的定义,证明直线的方向向量与平面内的任 意一条直线的方向向量垂直;用线面垂直的判定定理,证明直线的方向向 量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直;证明直线的方向向量与平面 的法向量平行. (6)面面垂直:平面与平面的垂直,除了用面面垂直的判定定理转化为 线面垂直外,只要证明两平面的法向量垂直即可. 2.空间向量中有个共面向量定理,这个定理的一个导出结论就是:对 → → → → 于空间任意一点 O 和不共线的三点 A, C, B, 且有OP=xOA+yOB+zOC(x, y,z∈R),四点 P,A,B,C 共面的充要条件是 x+y+z=1.

│ 教师备用例题

教师备用例题
备选理由:例 1 既有坐标系建立的问题,也有函数 思想的运用,把动态问题引入立体几何值得注意;例 2 主要是空间向量解决立体几何问题的基本方法,特别是 方程思想的运用.

│ 教师备用例题
例 1 [2011· 湖北卷] 如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上, 且不与点 C 重合. (1)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (2)设二面角 C-AF-E 的大小为 θ, tanθ 的最小值. 求

│ 教师备用例题

【解答】 解法 1:过 E 作 EN⊥AC 于 N,连接 EF. (1)如图①,连接 NF、AC1,由直棱柱的性质知,底面 ABC⊥侧面 A1C, 又底面 ABC∩侧面 A1C=AC,且 EN?底面 ABC,所以 EN⊥侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, 在 Rt△CNE 中,CN=CEcos60° =1, CF CN 1 则由 = = ,得 NF∥AC1. CC1 CA 4 又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C, 由三垂线定理知 EF⊥A1C.

│ 教师备用例题
(2)如图②,连接 AF,过 N 作 NM⊥AF 于 M,连接 ME, 由(1)知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF, 所以∠EMN 是二面角 C-AF-E 的平面角,即∠EMN=θ, 设∠FAC=α,则 0° <α≤45° Rt△CNE 中,NE=EC· .在 sin60° 3, = 3 NE 在 Rt△AMN 中,MN=AN· sinα=3sinα,故 tanθ=MN= . 3sinα 2 2 又 0° <α≤45° ,∴0<sinα≤ ,故当 sinα= ,即当 α=45° 时,tanθ 达到最小值, 2 2 3 6 tanθ= × 2= ,此时 F 与 C1 重合. 3 3

│ 教师备用例题
解法 2: (1)建立如图③所示的空间直角坐标系, 则由已知可得 A(0,0,0), B(2 3, 2,0), → → C(0,4,0),A1(0,0,4),E( 3,3,0),F(0,4,1),于是CA1=(0,-4,4),EF=(- 3,1,1), → EF → 则CA1· =(0,-4,4)· (- 3,1,1)=0-4+4=0,故 EF⊥A1C. (2)设 CF=λ(0<λ≤4), 平面 AEF 的一个法向量为 m=(x, z), y, 则由(1)得 F(0,4, λ), → → → → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由 m⊥AE,m⊥AF可得 → ?m· =0, ? 3x+3y=0, ? AE ? 即? 取 m=( 3λ,-λ,4), → =0, 4y+λz=0, ? ?m· ? AF 又由直三棱柱的性质可取侧面 A1C 的一个法向量为 n=(1,0,0), λ2+16 λ2+16 3λ |m· n| 于是由 θ 为锐角可得 cosθ=|m|· = sinθ= , 所以 tanθ= = 2 |n| 2 λ2+4, 3λ 2 λ +4 1 16 1 1 1 1 6 + 2,由 0<λ≤4,得 λ≥ ,即 tanθ≥ + = , 3 3λ 4 3 3 3 6 故当 λ=4,即点 F 与点 C1 重合时,tanθ 取得最小值 . 3

│ 教师备用例题
例 2 [2011· 福建卷] 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA ⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4, CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP.①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; ②在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到 P、B、 C、D 的距离都相等?说明理由.

│ 教师备用例题

【解答】 (1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB, 所以平面 PAB⊥平面 PAD.

│ 教师备用例题
(2)①以 A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 A-xyz(如图). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1,CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z). ?-x+y=0. → ,n⊥PD,得? → ? 由 n⊥CD ??4-t?y-tz=0. ? 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n= (t,t,4-t).

│ 教师备用例题
→ 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得
? n· → ? ? PB ? cos60° ? = ,即 → |? |PB ?|n|· ?

|2t2-4t| 1 = . t2+t2+?4-t?2· 2t2 2

4 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),所以 AB= . 5 5 ②法一: 假设在线段 AD 上存在一个点 G, 使得点 G 到点 P、 B、C、D 的距离都相等.

│ 教师备用例题
由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ 由于方程③没有实数根, 所以在线段 AD 上不存在一个点 G, 使得点 G 到点 P、C、D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B, C,D 的距离都相等. 设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t).则 → → → GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),GP=(0,-m,t). → → 由|GC|=|GD|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m;① → → 由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.②

│ 教师备用例题
法二: 假设在线段 AD 上存在一个点 G, 使得点 G 到点 P、 C、 B、 D 的距离都相等. 由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45° ,

从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD.所以 GD=CD· cos45° =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 在 Rt△ABG 中, ? 3? 9 2 2 2 2 ?λ- ?2+ >1. GB= AB +AG = λ +?3-λ? = 2 2? 2 ? 这与 GB=GD 矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B、C、D 的 距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等.



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