1、立體幾何大題的解題技巧綜合提升【命題分析】高考中立體幾何命題特點：1 .線面位置關系突出平行和垂直，將側重于垂直關系2 .空間“角”與“距離”的計算常在解答題中綜合出現.3 .多面體及簡單多面體的概念、性質多在選擇題，填空題出現4 .有關三棱柱、四棱柱、三棱錐的問題，特別是與球有關的問題將是高考命題的熱點.此類題目分值一般在17-22分之間，題型一般為1個選擇題，1個填空題，1個解答題.【考點分析】掌握兩條直線所成的角和距離的概念，對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離.掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念.掌握二面角、二面角的平面角、兩個平行平面間

2、的距離的概念【高考考查白重難點*狀元總結】空間距離和角“六個距離”：1兩點間距離d忒xX2)2(y1y2)2(乙Z2)2PQ*u2點P到線l的距離d（Q是直線l上任意一點，u為過點P的直線l法向量）uPQ*u3兩異面直線的距離d（P、Q分別是兩直線上任意兩點u為兩直線公共法向量）uPQ*u4點P到平面的距離d（Q是平面上任意一點，u為平面法向量）5直線與平面的距離【同上】6平行平面間的距離【同上】“三個角度”：1異面直線角10,1cosuva【辨】直線傾斜角范圍10v1Iv22線面角0,sin=cosv,n)|罌或者解三角形vn3二面角【0,cosn叫nin2或者找垂直線，解三角形不論是求空間

3、距離還是空間角，都要按照“一作，二證，三算”的步驟來完成，即寓證明于運算之中，正是本專題的一大特色.求解空間距離和角的方法有兩種：一是利用傳統的幾何方法，二是利用空間向量。其中，利用空間向量求空間距離和角的套路與格式固定，是解決立體幾何問題這套強有力的工具時，使得高考題具有很強的套路性。【例題解析】考點1點到平面的距離求點到平面的距離就是求點到平面的垂線段的長度，其關鍵在于確定點在平面內的垂足，當然別忘了轉化法與等體積法的應用.典型例題例1（福建卷）如圖，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都為2,D為CC1中點.（I）求證：AB1，平面A1BD；（II）求二面角AA1DB的大小；（出）求點C

4、到平面ABD的距離.考查目的：本小題主要考查直線與平面的位置關系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解：解法一：（I）取BC中點O,連結AO.QAABC為正三角形，AO±BC.Q正三棱柱ABCA1B1cl中，平面ABC，平面BCC1B1,AO，平面BCCiBi.連結BO,在正方形BBiCiC中，O,D分別為BC,CC1的中點，BOBD,ABBD.在正方形ABB1Al中，AB1±AiB,ABi±平面ABD.（II）設AB1與AB交于點G,在平面ABD中，作GF，AD于F,連結AF,由（I）得AB平面ABD.AF±

5、AD,/AFG為二面角AA1DB的平面角.在AAAD中，由等面積法可求得AF4，5,5又QAG1ABi金，sin/AFG竺g叵2AF454所以二面角AADB的大小為arcsin*.(m)AABD中，BDAD亞AB2&,Sbd展,SAbcd1-在正三棱柱中，A到平面BCCiB的距離為宓.設點C到平面A1BD的距離為d.由 VAi BCDVC AiBD )信 3 SA BCD g 3-S 3 AiBD 9d/31bcddSAA,BD點C到平面AiBD的距離為2L.解法二：(I)取BC中點O,連結AO.、ABC為正三角形，AO±BC.Q在正三棱柱ABCAB1C1 中，平面 ABC，

6、平面 BCCiB,AD±平面BCCiB-.取B1G中點Oi,以。為原點,uuuOB,UULUOO，ULU,、一，OA的萬向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系，則B(i,0,0),D(i,i,0),A(0,2,73),A(0,0,m)，B",0),uuur一uuirABi(i,2,V3),BD(uuuruuurQABigBD2200,uuuruuruuuruiurABi±BD,ABi±BA.uHT-2i0)，BA(i,2,J3)uuurunrABgBAi430,ABU平面ABD.(n)設平面AiAD的法向量為n(x,y,z).uuuruuirQ n

7、± AD , n ± AA1 ,uuruurAD(1,1,®AA(0,2,0).uuur.ngAD0,xy3z0,y0，uuir-ngAAi0,2y0,x3z.令z1得n（點,01）為平面AAD的一個法向量.由（I）知AB1，平面ABD,uuurAB1為平面ABD的法向量.uuurAB1uuurngAB-.3、3耐2乎也面角ADB的大小為arccos64（出）uuir>.(一(II),AB,為平面ABD法向量,uurQBCuuur_(2,0,0),AB(12利.點C到平面A1BD的距離duuruuur蟹叫|2|金.uuurAB12.22小結：本例中（出）采用

8、了兩種方法求點到平面的距離.解法二采用了平面向量的計算方法,把不易直接求的B點到平面AMB1的距離轉化為容易求的點K到平面AMB1的距離的計算方法，這是數學解題中常用的方法；解法一采用了等體積法，這種方法可以避免復雜的幾何作圖，顯得更簡單些，因此可優先考慮使用這一種方法考點2異面直線的距離考查異目主面直線的距離的概念及其求法考綱只要求掌握已給出公垂線段的異面直線的距離例2已知三棱錐SABC,底面是邊長為4近的正三角形，棱SC的長為2,且垂直于底面.E、D分別為BC、AB的中點，求CD與SE間的距離.思路啟迪：由于異面直線CD與SE的公垂線不易尋找，所以設法將所求異面直線的距離，轉化成求直線與平

9、面的距離，再進一步轉化成求點到平面的距離.解：如圖所示，取BD的中點F,連結EF,SF,CF,EF為BCD的中位線，EF/CD,CD/面SEF,CD到平面SEF的距離即為兩異面直線間的距離.又線面之間的距離可轉化為線CD上一點C到平面SEF的距離，設其為h,由題意知，BC4/2,D、E、F分別是AB、BC、BD的中點，1CD2,6,EFCD6,DF.2,SC221111-VSCEFEFDFSC.6.223232在RtSCE中，SEVSC2CE22v3在RtSCF中，SFVSC2CF774242x'30又EF,6,Ssef3由于Vc SEF V S CEF11.23.-Ssefh,即3h

10、,解得h3SEF33故CD與SE間的距離為233小結：通過本例我們可以看到求空間距離的過程，就是一個不斷轉化的過程考點3直線到平面的距離偶爾會再加上平行平面間的距離，主要考查點面、線面、面面距離間的轉化例3.如圖，在棱長為2的正方體AC1中，G是AA的中點，求BD到平面GB1D1的距離.思路啟迪：把線面距離轉化為點面距離，再用點到平面距離的方法求解.解：解法一BD/平面GB1D1,BD上任意一點到平面GB1D1的距離皆為所求，以下求點O平面GB1D1的距離，BQAC，BRAA,B1D1平面A1ACC1,又B1D1平面GB1D1平面AACGGB1D1,兩個平面的交線是OG,作OHOG于H,則有O

11、H平面GB1D1,即OH是O點到平面GB1D1的距離.在OQG中，SOOG-O1OAO-222.1221_1又Soqg-OHOiG-3OH,2,OH1222-626即BD到平面GBiDi的距離等于3解法二BD/平面GBiDi,設點B到平面6巳口1的距離為h,將它視為三棱錐 B GBiDi的高，則VB GBiDiVDi GBBi，由于 S GBiDi、，i i c c c 4VDi GBBi2 2 2,3 2326即BD到平面GBiDi的距離等號2.6BD上任意一點到平面GBiDi的距離皆為所求，以下求點B平面GBiDi的距離.小結：當直線與平面平行時，直線上的每一點到平面的距離都相等，都是線面

12、距離.所以求線面距離關鍵是選準恰當的點，轉化為點面距離.本例解析一是根據選出的點直接作出距離；解析二是等體積法求出點面距離.考點4異面直線所成的角【重難點】此類題目一般是按定義作出異面直線所成的角，然后通過解三角形來求角典型例題例4如圖，在RtAOB中，OAB-,斜邊AB4.RtAAOC可以通過6AOB以直線AO為軸旋轉得到，且二面角BAOC的直二面角.D是AB的中點.(I)求證：平面COD平面AOB;(II)求異面直線AO與CD所成角的大小.思路啟迪：(II)的關鍵是通過平移把異面直線轉化到一個三角形內.解：解法i：(I)由題意，COAO,BOAO,BOC是二面角BAOC是直二面角，COBO

13、,又QAOIBOO,CO平面AOB,又CO平面COD.平面COD平面AOB.(II)作DEOB,垂足為E,連結CE(如圖)，則DE/AO,CDE是異面直線AO與CD所成的角.在RtCOE中，COBO2,OEBO32CEJCO2OE2痣.1-又DE-AO3.2在RHCDE中，tanCDECE埠DE315異面直線AO與CD所成角的大小為3.15arctan解法2：(I)同解法1.(II)建立空間直角坐標系Oxyz,如圖，則O(0Q0),A(0,0R3),C(2,0,0),D(01,73),UUDOA(0,0,2.3)uur_CD(21，褥),cosuuuuuurOA,CDuuuuuurOAgCDu

14、uuuuurOAgCD62,33.264異面直線AO與CD所成角的大小為6arccos小結：求異面直線所成的角常常先作出所成角的平面圖形，作法有：平移法：在異面直線中的一條直線上選擇“特殊點”，作另一條直線的平行線，如解析一，或利用中位線，如解析二；補形法：把空間圖形補成熟悉的幾何體，其目的在于容易發現兩條異面直線間的關.同時系，如解析三.一般來說，平移法是最常用的，應作為求異面直線所成的角的首選方法要特別注意異面直線所成的角的范圍:0,2 .考點5直線和平面所成的角此類題主要考查直線與平面所成的角的作法、證明以及計算 線面角在空間角中占有重要地位，是高考的常考內容.典型例題例5 (全國卷I理

15、)四棱錐SABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側面 SBCBC 2金,SA SB 73.(I)證明SA BC ；(n)求直線SD與平面SAB所成角的大小.考查目的：本小題主要考查直線與直線，直線與平面的位置關系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解：解法一：(I)作SOXBC,垂足為O,連結AO,由側面SBC±底面ABCD,得SO,底面ABCD.因為SASB,所以AOBO,又/ABC450,故4AOB為等腰直角三角形，AO±BO由三垂線定理，得SAXBC.(n)由(i)知SAXBC,依題設AD/BC,故SA，AD,由ADBC27

16、2,SA73,AO無，得SO1,SD布.SAB的面積§1ABgfSA21AB成.1o連結DB,得DAB的面積S2-ABgADsin13522設D到平面SAB的距離為h,由于VdSABVsABD-hgS11SOgS2,解得h亞.33設SD與平面SAB所成角為 ，則sin22vi所以，直線SD與平面SBC所成的我為.22 arcsin 11解法二：（I）作SOX BC ,垂足為O ,連結 ABCD .因為SA SB,所以AO BO .AO ,由側面SBC，底面ABCD ,得SO,平面又/ABC 45°, 4AOB為等腰直角三角形， AO ± OB .如圖，以O為坐標原

17、點，OA為x軸正向，建立直角坐標系N貶A。），B。衣,0）, c（0,板,0）, s（0Q,1）, Sa(.2,0,1uur _uir uuuCB (0,2/Q), SAg：B 0,所以C，yEO xyz,SAX BC .(n)取AB中點E , E連結SE,取SE中點G ,連結OGSEgDG0,1一，SE2ABgDG*,1220, OG與平面SAB內兩條相交直線 SE, AB垂直.所以OG平面SAB,OG與DS的夾角記為，SD與平面SAB所成的角記為，則互余.D(J22短(0)，DS(a,2&1)-cosOGg的 _J2, sOG gDS 1122所以，直線SD與平面SAB所成的角為a

18、rcsin*.小結：求直線與平面所成的角時，應注意的問題是（1）先判斷直線和平面的位置關系；（2）當直線和平面斜交時，常用以下步驟：構造一一作出斜線與射影所成的角，證明一一論證作出的角為所求的角，計算一一常用解三角形的方法求角，結論一一點明直線和平面所成的角的值.考點6二面角【重點】此類題主要是如何確定二面角的平面角，并將二面角的平面角轉化為線線角放到一個合適的三角形中進行求解.二面角是高考的熱電典型例題例6.（湖南卷）如圖，已知直角，A PQ , B , C所成二面的角為30°.（I）證明 BC ± PQ ;（II）求二面角B AC P的大小.,CA CB , BAP 4

19、5°,直線CA和平面命題目的：本題主要考查直線與平面垂直、二面角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.過程指引：（I）在平面內過點C作CO，PQ于點O,連結OB.因為X,IPQ,所以CO，又因為CACB,所以OAOB.而BAO45°,所以ABO45°,AOB90°,從而BO，PQ,又CO，PQ,所以PQ，平面OBC.因為BC平面OBC,故PQ，BC.（II）解法一：由（I）知，BO，PQ,又!PQBO，所以BO,過點O作OH，AC于點H,連結BH,由三垂線定理知，BH±AC.故BHO是二面角BACP的平面角.由（I）知，CO&#

20、177;，所以CAO是CA和平面所成的角，則CAO30°,不妨設AC2,則AO73,OHAOsin30°在RtzXOAB中,ABOBAO45°,所以BOAO.3于是在RtABOH中，tanBHOBOOH故二面角BACP的大小為arctan2.解法二：由（I）知，OC±OA,OCXOB,OA±OB,故可以O為原點，分別以直線OB,OA,OC為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系（如圖）因為CO，a,所以CAO是CA和平面所成的角，則CAO30°.不妨設AC2,則AO33,CO1.在RtzXOAB中,ABOBAO45°,所以BOA

21、O則相關各點的坐標分別是O(0,0,0),b(V3,0,0),A(0,、.3,0)C(0,0,1).uur所以AB(-3,.3,0)uurAC(0,后1)ur設Rx,y,z是平面ABC的一個法向量,iruurngABiruurngAC0,r3x3y0,得r0.3yz01,得1r(1,1,啊.uu易知n（10,0）是平面的一個法向量.設二面角BACP的平面角為,由圖可知,uruu口,出所以cosurur-ur-1uu-In/gL|_1_,51故二面角BACP的大小為arccos5:小結：本題是一個無棱二面角的求解問題.解法一是確定二面角的棱，進而找出二面角的平面角.無棱二面角棱的確定有以下三種途

22、徑：由二面角兩個面內的兩條相交直線確定棱，由二面角兩個平面內的兩條平行直線找出棱，補形構造幾何體發現棱；解法二則是利用平面向量計算的方法，這也是解決無棱二面角的一種常用方法，即當二面角的平面角不易作出時，可由平面向量計算的方法求出二面角的大小【課后練習】如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD,DAB為直角，ABCD,AD=CD=2AB,E、F分別為PC、CD的中點.（I）試證：CD平面BEF;5丁（n）設PA=kAB,且二面角E-BD-C的平面角大于30,二；廣二;>求k的取值范圍.-n過程指引：方法一關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角;方法二關鍵是掌握利用空間向量求空間距離

23、和角的一般方法【高考熱點】空間幾何體的表面積與體積（一）空間幾何體的表面積各個面面積之和2 rlrl1棱柱、棱錐的表面積:2圓柱的表面積s3圓錐的表面積：S4圓臺的表面積Srlr2RlR25球的表面積S4R26扇形的面積S扇形nR21二1r（其中l表示弧長，r表示半徑）3602注：圓錐的側面展開圖的弧長等于地面圓的周長（二）空間幾何體的體積1柱體的彳積VS底h12錐體的體積VS底3434 R331,.3臺體的體積V-（S上Js上S下S下）h4球體的體積V【例題解析】考點8簡單多面體的有關概念及應用，主要考查多面體的概念、性質，主要以填空、選擇題為主，通常結合多面體的定義、性質進行判斷典型例題例

24、12.如圖(1),將邊長為1的正六邊形鐵皮的六個角各切去一個全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個無蓋的正六棱柱容器，當這個正六棱柱容器的底面邊長為時容積最大.思路啟迪設四邊形一邊AD,然后寫出六棱柱體積，利用均值不等式，求出體積取最值時AD長度即可.解答過程：如圖(2)設AD=a,易知/ABC=60°,且ZABD=30°AB=<3a.BD=2a正六棱柱體積為V.1219/、2V=6-(12a)sin60V3a=-(12a)a22=9(12a)(12a)4a<9(2)3.883，一，1一，當且僅當1一2a=4aa=時，體積取大，6此時底面邊長為12a=12X1=2

25、.63-1答案為一.6考點9.簡單多面體的側面積及體積和球的計算棱柱側面積轉化成求矩形或平行四邊形面積，棱柱側面積轉化成求三角形的面積直棱柱體積V等于底面積與高的乘積.棱錐體積V等于1Sh其中S是底面積，h是棱錐的高.3例15.如圖，在三棱柱ABCABC中,AB=V2a,BC=CA=AA=a,BAi在底面4ABC上的射影O在AC上求AB與側面ACi所成角；若O恰好是AC的中點，求此三棱柱的側面積.思路啟迪找出AB與側面AC所成角即是/CAB;三棱錐側面積轉化成三個側面面積之和，側面BCC1B1是正方形，側面ACCA1和側面ABBA1是平行四邊形，分別求其面積即可.解答過程：點A1在底面ABC的

26、射影在AC上， 平面ACOA1，平面ABC.在ABC中，由BC=AC=a,AB=J2a. /ACB=90°,BC±AC.BC,平面ACOAi.即/CAB為AB與側面AC所成的角在Rt:AABC中，ZCAB=45°. AB與側面ACi所成角是45°.O是AC中點，在Rt：AAAiO中，AAi=a,AO=-a.23AOi=a.232側面ACC-Ai面積S=ACAOi=a.2又BC,平面ACOAi,BC±CO.又BBi=BC=a,側面BCCBi是正方形，面積S=a2.過O作ODAB于D,.AiOL平面ABC,AiDXAB.,i在Rt:AAOD中，AO

27、=-a,/CAD=452OD=a4在Rt:AAiOD中，AD=JOD2+A。=；(a)2+(a)2=.f7a.,42，87.72側面ABBA面積S3=ABAD=J2a,ga=a.三棱柱側面積S=Si+S2+S3=i_9-2+3+.7）a.2L例i6.等邊三角形ABC的邊長為4,M、N分別為AB、AC的中點，沿MN將AMN折起，使得面AMN與面MNCB所成的二面角為30°,則四棱錐AMNCB的體積為（）A、B、C、 .3D、3Sh1思路啟迪先找出二面角平面角，即/AKL,再在AKL中求出棱錐的局h,再利用V=3即可.解答過程：在平面圖中，過A作AL±BC,交MN于K,交BC于

28、L.則A。MN,KL±MN./AKL=30.3則四棱錐AMNCB的圖h=AKSin30=22+4SMNCB2KL = 3 33 . Va MNCB = -【專題綜合訓練】一、選擇題1 .如圖，在正三棱柱 ABGABiCi中，已知 AB=1 , D在BB上，且BD=1 ,若AD與側面AAiCCi所成的角為，則 的值為()A. 一B.一34C1B1DCBC.arctan-104D. arcsin q42 .直線a與平面成角，a是平面的斜線，b是平面內與a異面的任意直線，則a與b所成的角（）A.最小值，最大值B.最小值，最大值一2A.點的距離都是A. 136 .如圖，在棱長為14,那么點P

29、到平面B. 11ABC的距離為（）C. 93的正方體 ABCDA1B1GD1中，M、N分別是棱A1B1、A1D1的中點，則點9A.B.C.D.7 .將QMN折成60的二面角，則A. a2B到平面AMN的距離是（邊長MN = a的菱形 MNPQ沿對角線MP與NQ間的距離等于（）038 . a49 . -6a4NQ)D. 7D. a4的平面角為120 ,在 內，AB l于B, AB=2,在內，CDl于D,C.最小值，無最大值D.無最小值，最大值一43 .在一個45的二面角的一平面內有一條直線與二面角的棱成45角，則此直線與二面角的另一平面所成的角為（）A.30B.45C.604 .如圖，直平行六面

30、體ABCD-ABCQi的棱長均為2,BAD60,則對角線AC與側面DCGDi所成的角的正弦值為（）3B.2C.5.已知在 ABC 中,AB=9 , AC=15 ,BAC120,它所在平面外一點P到ABC三頂CD=3,BD=1,M是棱l上的一個動點，則AM+CM的最小值為（）C. . 26D. 2.69 .空間四點A、B、C、D中,每兩點所連線段的長都等于a,動點P在線段AB上，動點Q在3C. a2D.a線段CD上，則P與Q的最短距離為（）1A.一a210 .在一個正四棱錐，它的底面邊長與側棱長均為a,現有一張正方形包裝紙將其完全包住（不能裁剪紙，但可以折疊），那么包裝紙的最小邊長應為（）.2.

31、/61,.3A.（.2.6）aB.-2aC.（1.3）aD.2a11.已知長方體ABCDAB1C1D1 中，AA=AB=2,若棱 AB 上存在點P,彳DF棱AD的長的取值范圍是（）A. 0,1B.0,、, 2C. 0,2D. 1, 212.將正方形 ABCD沿對角線AC折起，使點D在平面ABC外，則DB與平面ABC所成的角一定不等于（）A. 30B. 45C. 60D. 90二、填空題1.如圖，正方體 ABCD-AB1CQ1的棱長為1, E是AE 的中點，則下列四個命題： E到平面 ABC1D1的距離是 1；2直線BC與平面ABC1D1所成角等于45 ;空間四邊形ABCD在正方體六個面內的射影

32、圍成一一一，1 面積取小值為一；2BE與CD1所成的角為.10 arcsin 102 .如圖，在四棱柱 ABCD- AB1C1D1中，P是A1。上的動點，E為CD上的動點，四邊形 ABCD滿足體積Vp aeb恒為定值（寫上你認為正確的一個答案即可）3 .邊長為1的等邊三角形 ABC中，沿BC邊高線AD 折起，使得折后二面角 B- AD- C為60。,則點A到 BC的距離為 點D到平面ABC的距離4 .在水平橫梁上 A、B兩點處各掛長為50cm的細繩，AM、BN、AB的長度為60cm,在MN處掛長為60cm 的木條，MN平行于橫梁，木條的中點為 O,若木條 繞過O的鉛垂線旋轉60。，則木條比原來

33、升高了(1)求證 (2)求面 (3)設棱 大小.5 .多面體上，位于同一條棱兩端的頂點稱為相鄰的.如圖正方體的一個頂點A在平面內.其余頂點在的同側，正方體上與頂點A相鄰的三個頂點到的距離分別是1、2和4. P是正方體其余四個頂點中的一個，則P到平面的距離可能是：3;4;5;6;7.以上結論正確的為(寫出所有正確結論的編號)6 .如圖，棱長為1m的正方體密封容器的三個面上有三個銹蝕的小孔(不計小孔直徑)01、02、03它們分別是所在面的中心如果恰當放置容器，容器存水的最大容積是m.三、解答題1 .在正三棱柱ABCAiBiCi中，底面邊長為a,D為BC為中點,M在BBi上，且BM=-BiM,又CM

34、XACi；3(1)求證：CMXC-D;2 2)求AAi的長.2 .如圖，在四棱車BP-ABCD中，底面是矩形且AD=2,AB=PA=41,PAL底面ABCD,E是AD的中點，F在PC上.(1)求F在何處時，EFL平面PBC;(2)在的條件下，EF是不是PC與AD的公垂線段.若是，求出公垂線段的長度；若不是，說明理由；(3)在(1)的條件下，求直線BD與平面BEF所成的角3 .如圖，四棱錐S-ABCD的底面是邊長為1的正方形，SD垂直于底面ABCD,SB=J3.BCSC;ASD與面BSC所成二面角的大小；SA的中點為M,求異面直線DM與SB所成角的4 .在直角梯形ABCD中，D=BAD=90,A

35、D=DC=1AB=a,(如圖一)將ADC沿AC折起,2使D到D.記面ACD為，面ABC為.面BCD為.(1)若二面角AC為直二面角(如圖二)，求二面角BC的大小；(2)若二面角AC為60(如圖三)，求三棱錐DABC的體積.DAB圖一圖二D15.如圖，已知正方形 ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=J2, AF=1 , M是線段EF的中點.(1)求證AM平面BDE;(2)求二面角A DF B的大小；(3)試在線段 AC上確定一點P, BC所成的角是60 .使得PF與D【參考答案】一.選擇題1.D提示：AD在面ACCiAi上的射影應在 AC與AiG中點的連線上，令射影為E,則/ EAD

36、為所求的角,y 3 , DE在 RtZxEAD 中，DE , AD < 2. sin EAD 2ADEAD.6arcsin .42.B提示:由最小角定理知，最小角為,又異面直線所成角的范圍為0，2最大角為一.23 .A提示：由最小角定理知，此直線與另一面所成的角應小于等于它與交線所成的角，故排除C、D,又此二面角為45。，則此直線與另一平面所成的角只能小于它與交線所成的角，故選A.4 .D提示：由題意，Ai在面DCCiDi上的射影應在CiDi延長線E上，且DiE=1,則/A1CE為所求角，在RtAAiC中，A1CAA12AC24,AE.3,sinA1CE1-AiC45.D 提示：由P到

37、ABC三個頂點的距離都是14,知P在底面 ABC的射影是 ABC的外心，所以PO為所求.由余弦定理得：BC=21.由2RBCsin1202114 J3得外接圓半徑32為 7內，即 OB 7J3,在 RtPOB 中，POPB2 BO27.6.D提不' ：由題圖得Vb AMN VN AMB1二 h S AMN3S AMB7.B3SAMB2SAMN2 S AMN2.提示：連結MP、NQ交于O,由四邊形MNPQ是菱形得 MP± NQ于O,將MNQ折起后易得MOXQN,OP±QN,所以/MOP=60,且QN，面MOP,過O作OHMP,所3以OHQN,從而OH為異面直線MP、Q

38、N的公垂線，經計算得OH-a.48.C提示：把半平面展到半平面內，此時，連結AC與棱的交點為M,這時AM+CM取最小值等于AC.(AM+CM)min=；1(23)226.9.B提示：P、Q的最短距離即為異面直線CD的中點時符合題意.AB與CD間的距離，當P為AB的中點，Q為10.B提示：將正棱錐展開，設正方形邊長為m,則42mav'3a,m11.A 提示:DPPC,DPPC,在長方形ABCD中AB邊存在P,作DPPC,又因為AB=2,由對稱性可知，P為AB的中點時，AD最大為1,AD0,1故選A.12.D提示：若BD與平面ABC所成的角為90,則平面ABD平面ABC,取AC的中點O,則

39、BDAC,DOAC且BO=DO,BD與BO不垂直，故BD與平面ABC所成的角一定不等于90二.填空題提示：對于，由VEABC1VC1ABE1，-信二hSABC13ABC12丁°°,錯對于連CB交BC于O,則2O為C在面ABC1D1上的射影,CBO45為所成的線面角，正確.作圖易知正確,對于連AB,則ABE為所成的角，解A,BE得sinA1BE10“,正確.102.AB/CD提示：VPaebhPSABE,要使體積為定值，則SABE為定值，與E點位置無關，則AB/CDc153.4,15提木：作10DEBC與E,易知AD平面BCD,從而AEBC,BDC60又由BDDC1_3,得D

40、E一，又AD243"2'AE,15一一一，AD,由可解的點到平面的距離為4.15104.10cm提示:MO=NO=30cm,過O作MN與旋轉前的MN平行且相等，所以旋轉后AB與平面MON的距離為V50230240,故升高了50-40=10cm.5.6.5.6三、解答題1.(1)證明：在正三棱柱ABCA1B1C1中，D為BC中點，則MC又CMLAC1,則MC和平面ADC1內兩相交直線AD,垂直AD，面BCC1B1,從而AD±AC1均MCXWADC1,于是MCXDC1.(2)解:在矩形BBCC中,由CMXDC1知DCCsbmc,設BB1=h,則h:a=-:h,求得hV2

41、a從而所求AA1=-2a2.解：(I)以A為坐標原點，以射線AD、AB、AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則p(0,0,v,2),A(0,0,0),B(0,姮,0),C(2,42,0),D(2,0,0),E(1,0,0)F在PC上，.可令pFPC,設F(x,y,z)BC20,0,PC2,2,2,EFx1,y,z.EF,平面PBC,EF?PC0且EF?BC0,又PFPC,可得1,x1,yz92故F為PC的中點.22(n)由(I)可知：EF±PC,且EFLBC即EFLADEF是PC與AD的公垂線段，其長為|EF|二1BD? PCbd|?|pc(出)由(I)可知PC2,而V2即

42、為平面BEF的一個法向量而BD2,、50設BD與平面BEF所成角0,則：sin0=cosi：BD?PC)33，9=arcsinJ.故BD與平面BEF所成角為arcsin-663. (1)證法一：如圖，二.底面ABCD是正方形，BCXDC.SD，底面ABCD,.DC是SC在平面ABCD上的射影，由三垂線定理得BC±SC.證法二：如圖1,二.底面ABCD是正方形，BCXDC.SDL底面ABCD,SDXBC,又DCASD=D,.BC,平面SDC,BCXSC.(2)解：如圖2,過點S作直線l/AD,l在面ASD上，底面ABCD為正方形，lAD/BC,l在面BSC上，l為面ASD與面BSC的交線.lSDAD,BCSC,lSD,lSC,CSD為面ASD與面BSC所成二面角的平面角.BD=72,SB=V3,SAD=1.CSD450(3)解1:如圖2,SD=AD=1,/SDA=90°, .SDA是等腰直角三角形.又M是斜邊SA的中點， DM