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高三数学 立体几何专题


高三数学 立体几何专题
一、方法总结 高考预测
(一)方法总结 1.位置关系: (1) .两条异面直线相互垂直 证明方法:○ 1 证明两条异面直线所成角为 90?;○ 2 证明两条异面直线的方向量相互垂直。 (2) .直线和平面相互平行 证明方法: 1 证明直线和这个平面内的一条直线相互平行; 2 证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个 ○ ○ 向量相互平行

;○ 3 证明这条直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直。 (3) .直线和平面垂直 证明方法: 1 证明直线和平面内两条相交直线都垂直, 2 证明直线的方向量与这个平面内不共线的两个向量 ○ ○ 都垂直;○ 3 证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。 (4) .平面和平面相互垂直 证明方法:○ 1 证明这两个平面所成二面角的平面角为 90?;○ 2 证明一个平面内的一条直线垂直于另外一个平 面;○ 3 证明两个平面的法向量相互垂直。 2.求距离: 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。 (1) .两条异面直线的距离 求法:利用公式 d ?

| AB· n| |n|

(其中 A、B 分别为两条异面直线上的一点, n 为这两条异面直线的法向量)

(2) .点到平面的距离 求法:○ 1 “一找二证三求” ,三步都必须要清楚地写出来。○ 2 等体积法。○ 3 向量法,利用公式 d

?

| AB· n| |n|

(其中 A 为已知点,B 为这个平面内的任意一点, n 这个平面的法向量) 3.求角 (1) .两条异面直线所成的角 求法:○ 1 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,然后通过解三角形去求 得;○ 2 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, 范围是 [0, ? ] ,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:○ 1 “一找二证三求” ,三步都必须要清楚地写出来。○ 2 向量法,先求直线的方向量于平面的法向量所
1

?
2

] ,向量所成的角

成的角α ,那么所要求的角为

?
2

? ? 或? ?

?
2



(3) .平面与平面所成的角 求法:○ 1 “一找二证三求” ,找出这个二面角的平面角,然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求的二 面角的平面角,最后就通过解三角形来求。○ 2 通过射影面积来求 cos?

?

S 射影 S原

(在其中一个平面内找出一个三

角形,然后找这个三角形在另外一个平面的射影,那么这个三角形的射影面积与原三角形面积之比即为 cosα , 注意到我们要求的角为α 或π -α ) ;○ 3 向量法,先求两个平面的法向量所成的角为α ,那么这两个平面所成的 二面角的平面角为α 或π -α 。 我们现在来解决立体几何的有关问题的时候,注意到向量知识的应用,如果可以比较容易建立坐标系,找出 各点的坐标,那么剩下的问题基本上就可以解决了,如果建立坐标系不好做的话,有时求距离、角的时候也可以 用向量,运用向量不是很方便的时候,就用传统的方法了! 4.解题注意点 (1) .我们现在提倡用向量来解决立体几何的有关问题,但是当运用向量不是很方便的时候,传统的解法我 们也要能够运用自如。 (2) .我们如果是通过解三角形去求角、距离的时候,做到“一找二证三求” ,解题的过程中一定要出现这 样一句话, “∠α 是我们所要求的角” 、 “线段 AB 的长度就是我们所要求的距离”等等。让人看起来一目了然。 (3) .用向量来求两条异面直线所成角时,若求出 cosα =x,则这两条异面直线所成的角为α =arccos|x| (4) .在求直线与平面所成的角的时候,法向量与直线方向量所成的角或者法向量与直线的方向量所成角 的补交与我们所要求的角互余,所以要 用? ?

?
2

? ? 或? ?

?
2

,若求出的角为锐角,就用

?
2

? ? ,若求出的钝角,就

?
2



(5) .求二面角时,若用第○ 2 、○ 3 种方法,先要去判断这个二面角的平面角是钝角还是锐角,然后再根据我 们所作出的判断去取舍。 (二)2014 年高考预测 从近几年各地高考试题分析,立体几何题型一般是一个解答题,1 至 3 个填空或选择题.解答题一般与棱柱 和棱锥相关,主要考查线线关系、线面关系和面面关系,其重点是考查空间想象能力和推理运算能力,其解题方 法一般都有二种以上,并且一般都能用空间向量来求解. 高考试题中,立体几何侧重考查学生的空间概念、逻 辑思维能力、空间想象能力及运算能力 . 近几年凡涉及空间向量应用于立体几何的高考试题,都着重考查应用 空间向量求异面直线所成的角、二面角,证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等基本问 题。 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。 3.从方法上来看,着重考查公理化方法,如解答题注重理论推导和计算相集合;考查转化的思想方法,如经 常要把立体几何问题转化为平面几何问题来解决;考查模型化方法和整体考虑问题、处理问题的方法,如有时把
2

形体纳入不同的几何背景之中,从而宏观上把握形体,巧妙地把问题解决;考查割补法、等积变换法,以及变化 运动的思想方法,极限方法等。 4.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。

二、强化训练
(一) 、选择题 1.定点 P 不在△ABC 所在平面内,过 P 作平面α ,使△ABC 的三个顶点到α 的距离相等,这样的平面共有 ( ) (A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个 2.P 为矩形 ABCD 所在平面外一点,且 PA⊥平面 ABCD,P 到 B,C,D 三点的距离分别是 5 , 17 , 13 ,则 P 到 A 点的距离是 (A)1 (B)2 (C) 3 ( ) (D)4

3.直角三角形 ABC 的斜边 AB 在平面α 内,直角顶点 C 在平面α 外,C 在平面α 内的射影为 C1,且 C1 ? AB,则△ C1AB 为 ( ) (A)锐角三角形 (B)直角三角形 (C)钝角三角形 (D)以上都不对 4.已知四点,无三点共线,则可以确定( ) A.1 个平面 B.4 个平面 C.1 个或 4 个平面 D.无法确定 5. 已知球的两个平行截面的面积分别为 5π 和 8π ,它们位于球心的同一侧且相距 是 1,那么这个球的半径是( ) A.4 B.3 C.2 D.5 6.球面上有 3 个点,其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的 小圆的周长为 4π ,那么这个球的半径为( A.4 3 B.2 3 C.2 ) D.

1 ,经过 3 个点的 6

3


7.棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 被以 A 为球心,AB 为半径的球相截,则被截形体的表面积为( A.

5 π 4

B.

7 π 8

C.π

D.

7 π 4

8.某刺猬有 2006 根刺,当它蜷缩成球时滚到平面上,任意相邻的三根刺都可支撑住身体,且任意四根刺的刺尖 不共面,问该刺猬蜷缩成球时,共有( )种不同的支撑身体的方式。 A.2006 B.4008 C.4012 D.2008 9.命题①空间直线 a,b,c,若 a∥b,b∥c 则 a∥c

b、 c ,若 a ∥ b , b ∥ c 则 a ∥ c ②非零向量 a、

③平面 α 、β 、γ 若 α ⊥β ,β ⊥γ ,则 α ∥γ ④空间直线 a、b、c 若有 a⊥b,b⊥c,则 a∥c ⑤直线 a、b 与平面 β ,若 a⊥β ,c⊥β ,则 a∥c 其中所有真命题的序号是( ) A.①②③ B.①③⑤ C.①②⑤ D.②③⑤ 10.在正三棱锥中,相邻两侧面所成二面角的取值范围是( ) A、 ( ,?)

?

3

B、 (

2? ,?) 3

C、 (0,

? ) 2

D、 ( , )

? 2?
3 3

11.一正四棱锥的高为 2 2 ,侧棱与底面所成的角为 45°,则这一正四棱锥的斜高等于( A.2 6 B.2 3 C.4 3 D.2 2



3

12.以正方体的任意三个顶点为顶点作三角形,从中随机地取出两个三角形,则这两个三角形不共面的概率为 ( ) A.

367 385

B.

376 385

C.

192 385

D.

18 385

1. 【答案】D 解析: 过 P 作一个与 AB,AC 都平行的平面,则它符合要求;设边 AB,BC,CA 的中点分别为 E,F, G,则平面 PEF 符合要求;同理平面 PFG,平面 PGE 符合要求 2 2 2 2 2 2 2 2. 【答案】A 解析:设 AB=a,BC=b,PA=h,则 a +h =5, b +h =13, a +b +h =17,∴h=1. 2 2 2 2 3. 【答案】C 解析:∵C1A +C1B <CA +CB =AB, ∴∠AC1B 为钝角,则△C1AB 为钝角三角形. 4. 【答案】C.解析: 因为无三点共线,所以任意三个点都可以确定平面α ,若第四个点也在α 内,四个点确定 一个平面,当第四个点在α 外,由公理 3 知可确定 4 个平面.故选 C. 2 2 5. 【答案】B 解析: 如图,设球的半径是 r,则π BD =5π ,π AC =8π , 2 2 ∴BD =5,AC =8.又 AB=1,设 OA=x. 2 2 2 2 ∴x +8=r ,(x+1) +5=r . 解之,得 r=3 故选 B. 6. 【答案】B 解析: 设球半径为 R,小圆半径为 r,则 2π r=4π ,∴r=2.如图,设三点 A、B、C,O 为球心,∠ AOB=∠BOC=∠COA=

? ,又∵OA=OB 3

∴Δ AOB 是等边三角形 同理,Δ BOC、Δ COA 都是等边三角形,得Δ ABC 为等边三角形. 边长等于球半径 R,r 为Δ ABC 的外接圆半径. r=

3 3 AB= R 3 3

R=

3 r=2 3 3

∴应选 B. 7. 【答案】A.解析:S=

1 1 2 2 5 π ·1 ×3+ ×4π ·1 = π 。 4 8 4

8. 【答案】B.解析:当有 n 根刺时有 an 种支撑法,n = 4,5, 6,? ,则 an+1=an+3-1=an+2 或 an+1=an+4-2=an+2, ∴{an}n = 4,5,6,?, 为等差数列,∵a4 = 4∴an=2n-4,A2006=4008 。 9. 【答案】C.解析:由传递性知①②正确;由线面垂直性质知⑤正确;由空间直角坐标系中三坐标平面关系否 定③;三坐标轴关系否定④。 10. 【答案】A.解析:法一:考察正三棱锥 P–ABC,O 为底面中心,不妨将底面正△ABC 固定,顶点 P 运动,相 邻两侧面所成二面角为∠AHC. 当 PO→0 时,面 PAB→△OAB,面 PBC→△OBC,∠AHC→π 当 PO→+∞时,∠AHC→∠ABC=
? . 3



? <∠AHC <π ,选 A. 3
2 3 . 3

P

法二:不妨设 AB=2,PC= x,则 x > OC = 等腰△PBC 中,S△PBC =

1 1 1 x·CH = ·2· x 2 ? 1 ? CH = 2 1 ? 2 2 2 x

H A C

AC ?AHC ? 2 ? 等腰△AHC 中,sin 2 CH

1 2 1? 1 x2

O B

4

由 x>

1 ?AHC 2 3 ? ?AHC ? ? 得 ? sin <1,∴ ? ? ? <∠AHC<π . 3 2 2 6 2 2 3

11. 【答案】B.解析:由已知得底面对角线的一半为 2 2 ,所以底面边长的一半等于 2,由勾股定得斜高为

(2 2 ) 2 ? 2 2 .
12. 【答案】A 解析:此问题可以分解成五个小问题: (1)由正方体的八个顶点可以组成 c8 ? 56 个三角形;
3

(2)正方体八个顶点中四点共面有 12 个平面; (3)在上述 12 个平面中每个四边形中共面的三角形有 c4 ? 4 个;
2

(4)从 56 个三角形中任取两个三角形共面的概率 p ?

2 12c4 18 ? ; 3 c56 358

(5) 从 56 个三角形中任取两个三角形不共面的概率, 利用对立事件的概率的公式, 得 P ? 1? 故选 A. (二) 、填空题 13.在三棱锥 P—ABC 中,底面是边长为 2 cm 的正三角形,PA=PB=3 cm,转动点 P 时,三棱锥的最大体积为 . 14.P 为 ?ABC 所在平面外一点,PA、PB、PC 与平面 ABC 所的角均相等,又 PA 与 BC 垂直,那么 ?ABC 的形状可以是 。①正三角形②等腰三角形③非等腰三角形 ④等腰直角三角形 15. 将边长为 3 的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为 1 的 D1 小正四面体,所得几何体的表面积为_____________ . 16.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为
1 1,点 M 在 A 上,且 AM= AB,点 P 在平面 ABCD 3

18 367 ? ; 385 385

C1 B1 y

A1

上,且动点 P 到直线 A1D1 的距离的平方与 P 到点 M 的距离的平方差为 1,在平面直角坐标系 xAy 中,动 点 P 的轨迹方程是 . 13—16 解答
2 6 13.。 3
3.

D P A M B

C x

cm 解析:点 P 到面 ABC 距离最大时体积最大,此时面 PAB⊥面 ABC,

1 3 2 6 ? ?4?2 2 ? 4 3 cm 3 . 高 PD=2 2 cm.V= 3
14.由题意可知 ?ABC 的外心在 BC 边的高线上,故一定有 AB=AC 选(1) (2) (4) 。 15. 7 3 .解析:原四个顶点截去后剩下截面为边长为 1 的正三角形,而原四面体的四个侧面变为边长为 1 的正六边形,其表积为 4 ? 16.y 2 ?

3 3 ? 4?6? ?7 3 . 4 4

2 1 解析: 过 P 点作 PQ⊥AD 于 Q, 再过 Q 作 QH⊥A1D1 于 H, 连 PH, 利用三垂线定理可证 PH⊥A1D1. x? 。 3 9
2 2 2

设 P(x,y) ,∵|PH| - |PH| = 1,∴x +1- [(x ? 三、解答题 17. 已知 ABCD ,从平面 AC 外一点 O 引向量

1 2 2 2 1 ) +y ] =1,化简得 y 2 ? x ? . 3 9 3

?

O

5

D

??? ? ??? ? ???? ??? ? ???? ???? ???? ? ???? OE ? kOA, OF ? KOB, OG ? kOC , OH ? kOD ,
(1)求证:四点 E , F , G, H 共面; (2)平面 AC // 平面 EG . 解: (1)∵四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AC ? AB ? AD , ∵ EG ? OG ? OE ,

??? ?

??? ? ????

??? ?

???? ??? ?

???? ??? ? ???? ??? ? ???? ??? ? ???? ? k ? OC ? k ? OA ? k (OC ? OA) ? k AC ? k ( AB ? AD) ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ??? ? ???? ? ??? ? ? k (OB ? OA ? OD ? OA) ? OF ? OE ? OH ? OE ??? ? ???? ? EF ? EH
∴ E , F , G, H 共面; (2)∵ EF ? OF ? OE ? k (OB ? OA) ? k ? AB ,又∵ EG ? k ? AC , ∴ EF // AB, EG // AC 所以,平面 AC // 平面 EG . 18. 如 图 , P ? ABCD 是 正 四 棱 锥 , ABCD ? A1 B1C1 D1 是 正 方 体 , 其 中 P

??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

AB ? 2, PA ? 6 .
(Ⅰ)求证: PA ? B1 D1 ; (Ⅱ)求平面 PAD 与平面 BDD1 B1 所成的锐二面角 ? 的大小; (Ⅲ)求 B1 到平面 PAD 的距离. 解:(Ⅰ) 连结 AC , 交 BD 于点 O , 连结 PO , 则 PO⊥面 ABCD , 又 A
1

D A B

C

D
1

C 1 1 4 ∴∠AMO 就 4
1 1

B

1

第 19 题 ∵ AC ? BD , ∴ PA ? BD , ∵ BD // B1D1 , ∴ PA ? B1 D1 . 图 (Ⅱ) ∵AO⊥BD , AO⊥PO , ∴AO⊥面 PBD , 过点 O 作 OM⊥PD 于点 M,连结 AM , 则 AM⊥PD , 是二面角 A-PD-O 的平面角, 又∵ AB ? 2, PA ?

6 , ∴AO= 2 ,PO= 6 ? 2 ? 2

OM ?

PO ? OD 2 ? 2 2 AO 2 6 ? ? ? ? , ∴ tan ?AMO ? , 2 OM 2 PD 6 3
3

即二面角的大小为 arctan

6 . 2

(Ⅲ)用体积法求解: VB1 ? PAD ? VA? B1PD ?

1 1 6 5 , hx ? S PAD ? AO ? S BPD 解得 hx ? 5 3 3

6

即 B1 到平面 PAD 的距离为

6 5 5

19. 在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,侧棱 PA 垂直于底面,E、F 分别是 AB、PC 的中点. (1)求证: EF // 平面 PAD; (2)当平面 PCD 与平面 ABCD 成多大二面角时, 直线 EF ? 平面 PCD? 证: (1)取 CD 中点 G,连结 EG、FG ∵E、F 分别是 AB、PC 的中点,∴EG//AD,FG//PD, ∴平面 EFG//平面 PAD, ∴ EF//平面 PAD. (2)当平面 PCD 与平面 ABCD 成 45?角时,直线 EF?平面 PCD. 证明:∵G 为 CD 中点,则 EG?CD,∵PA?底面 ABCD∴AD 是 PD 在平面 ABCD 内的射影。 ∵CD?平面 ABCD,且 CD?AD,故 CD?PD .又∵FG∥PD∴FG?CD,故?EGF 为平面 PCD 与平面 ABCD 所成二面角的平面角,即?EGF=45?,从而得?ADP=45?, AD=AP.由 Rt?PAE?Rt?CBE,得 PE=CE.又 F 是 PC 的中 点,∴EF?PC. 由 CD?EG,CD?FG,得 CD?平面 EFG,∴CD?EF,即 EF?CD, 故 EF?平面 PCD. 20. 已知多面体 ABCDE 中,AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,AC = AD = CD = DE = 2a,AB = a,F 为 CD 的中点. (Ⅰ)求证:AF⊥平面 CDE; (Ⅱ)求异面直线 AC,BE 所成角余弦值; (Ⅲ)求面 ACD 和面 BCE 所成二面角的大小. 解: (Ⅰ)∵DE⊥平面 ACD,AF ? 平面 ACD ∴DE⊥AF。 又∵AC=AD=C,F 为 CD 中点 ∴AF⊥CD, ∴AF⊥面 CDE ∴AF⊥平面 CDE 。 (Ⅱ)∵

DE ? 平面ACD? ? ? DE // AB AB ? 平面ACD ?

取 DE 中点 M,连结 AM、CM,则四边形 AMEB 为平行四边形 AM//BE,则∠CAM 为 AC 与 BE 所成的角。在△ACM 中,AC=2a

AM ?

AD 2 ? DM 2 ? 4a 2 ? a 2 ? 5a

CM ? CD 2 ? DM 2 ? 4a 2 ? a 2 ? 5a
由余弦定理得: cos ?CAM ?

( 2 a ) 2 ? ( 5a ) 2 ? ( 5 a ) 2 2 ? 2 a ? 5a

?

5 5

∴异面直线 AC、AE 所成的角的余弦值为

5 。 5

(Ⅲ)延长 DA。EB 交于点 G,连结 CG。 因为 AB//DE,AB=

1 DE,所以 A 为 GD 中点。又因为 F 为 CD 中点,所以 CG//AF。 2

因为 AF⊥平面 CDE,所以 CG⊥平面 CDE。 故∠DCE 为面 ACD 和面 BCE 所成二面角的平面角易求∠DCE=45°。
7

21. 如图,四边形 ABCD 是正方形,PB⊥平面 ABCD,MA//PB,PB=AB=2MA, (Ⅰ)证明:AC//平面 PMD; (Ⅱ)求直线 BD 与平面 PCD 所成的角的大小; (Ⅲ)求平面 PMD 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角)的大小。 (Ⅰ)证明:如图 1,取 PD 的中点 E,连 EO,EM。 ∵EO//PB,EO=

1 1 PB,MA//PB,MA= PB, 2 2

∴EO//MA,且 EO=MA ∴四边形 MAOE 是平行四边形, ∴ME//AC 。 又∵AC ? 平面 PMD,ME ? 平面 PMD, ∴AC//平面 PMD 。 (Ⅱ)如图 1,PB⊥平面 ABCD, CD ? 平面 ABCD, ∴CD⊥PB。 又∵CD⊥BC, ∴CD⊥平面 PBC。 ∵CD ? 平面 PCD, ∴平面 PBC⊥平面 PCD。 过 B 作 BF⊥PC 于 F,则 BF⊥平面 PDC,连 DF, 则 DF 为 BD 在平面 PCD 上的射影。 ∴∠BDF 是直线 BD 与平面 PDC 所成的角。 不妨设 AB=2,则在 Rt△BFD 中, BF ? ∴直线 BD 与平面 PCD 所成的角是

? 6

1 ? BD , ∴∠BDF= 2 6

(Ⅲ)解:如图 3,分别延长 PM,BA,设 PM∩BA=G,连 DG, 则平面 PMD∩平面=ABCD=DG 过 A 作 AN⊥DG 于 N,连 MN。 ∵PB⊥平面 ABCD, ∴MN⊥DG ∴∠MNA 是平面 PMD 与平面 ABCD 所成 的二面角的平面角(锐角) 在 Rt△MAN 中, tan ?MNA ?

MA 2 ? , NA 2

∴∠MNA=arctan

2 2

∴平面 PMD 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角) 大小是 arctan

2 2
?

?BCA ? 90 ,AC ? BC ? 2 ,A1 22. 已知斜三棱柱 ABC ? A1 B1C1 ,
在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D ,又知 BA1 ? AC1 。 (I)求证: AC1 ? 平面 A1 BC ; (II)求 CC1 到平面 A1 AB 的距离;

8

(III)求二面角 A ? A1 B ? C 的大小。 2 , , 解: (I)因为 A1 D ? 平面 ABC 4 , 所以平面 AAC 1 1C ? 平面 ABC , 6 又 BC ? AC ,所以 BC ? 平面 AA1C1C , 得 BC ? AC1 ,又 BA1 ? AC1 所以 AC1 ? 平面 A1 BC ; (II)因为 AC1 ? A1C ,所以四边形 AA1C1C 为 菱形, 故 AA1 ? AC ? 2 ,又 D 为 AC 中点,知 ?A1 AC ? 60 。
?

取 AA1 中点 F ,则 AA1 ? 平面 BCF ,从而面 A1 AB ? 面 BCF , 过 C 作 CH ? BF 于 H ,则 CH ? 面 A1 AB , 在 Rt ?BCF 中, BC ? 2, CF ? 3 ,故 CH ?

2 21 , 7

即 CC1 到平面 A1 AB 的距离为 CH ?

2 21 。 7

(III)过 H 作 HG ? A1 B 于 G ,连 CG ,则 CG ? A1B , 从而 ?CGH 为二面角 A ? A1 B ? C 的平面角, 在 Rt ?A1 BC 中, A1C ? BC ? 2 ,所以 CG ? 在 Rt ?CGH 中, sin ?CGH ?

2,

CH 42 ? , CG 7 42 。 7

故二面角 A ? A1 B ? C 的大小为 arcsin

解法 2: (I)如图,取 AB 的中点 E ,则 DE // BC ,因为 BC ? AC , 所以 DE ? AC ,又 A1 D ? 平面 ABC , 以 DE , DC , DA1 为 x, y, z 轴建立空间坐标系, 则 A ? 0, ?1, 0 ? , C ? 0,1, 0 ? , B ? 2,1, 0 ? ,
9

A1 ? 0, 0, t ? , C1 ? 0, 2, t ? ,
???? ? ???? AC1 ? ? 0,3, t ? , BA1 ? ? ?2, ?1, t ? , ??? ? ???? ??? ? CB ? ? 2, 0, 0 ? ,由 A1C ? CB ? 0 ,知 AC ? CB , 1
又 BA1 ? AC1 ,从而 AC1 ? 平面 A1 BC ; (II)由 AC1 ? BA1 ? ?3 ? t ? 0 ,得 t ? 3 。
2

???? ? ????

设平面 A1 AB 的法向量为 n ? ? x, y , z ? , AA1 ? 0,1, 3 , AB ? ? 2, 2, 0 ? ,所以

?

????

?

?

??? ?

? ???? ? ? ?n ? AA1 ? y ? 3z ? 0 n ? 3, ? 3,1 ,设 ,则 z ? 1 ? ??? ? ? n ? AB ? 2 x ? 2 y ? 0 ? ? ???? ? ? AC1 ? n 2 21 所以点 C1 到平面 A1 AB 的距离 d ? 。 ? ? 7 n ?? ??? ? ???? (III)再设平面 A1 BC 的法向量为 m ? ? x, y, z ? , CA1 ? 0, ?1, 3 , CB ? ? 2, 0, 0 ? ,

?

?

?

?

?? ???? ?? ? ?m ? CA1 ? ? y ? 3z ? 0 m ? 0, 3,1 , ,设 ,则 z ? 1 ?? ??? ? ? m ? CB ? 2 x ? 0 ? ? ?? ? ?? ? 7 m?n 故 cos ? m, n ?? ?? ? ? ? ,根据法向量的方向, 7 m?n

所以

?

?

可知二面角 A ? A1 B ? C 的大小为 arccos

7 。 7

四、创新试题 1.如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D 是 BC 的中点,AA1=AB=1. (I)求证:A1C//平面 AB1D; (II)求二面角 B—AB1—D 的大小; (III)求点 c 到平面 AB1D 的距离. 解法一(I)证明: 连接 A1B,设 A1B∩AB1 = E,连接 DE. ∵ABC—A1B1C1 是正三棱柱,且 AA1 = AB, ∴四边形 A1ABB1 是正方形, ∴E 是 A1B 的中点, 又 D 是 BC 的中点, ∴DE∥A1C. ∵DE ? 平面 AB1D,A1C ? 平面 AB1D, ∴A1C∥平面 AB1D. (II)解:在面 ABC 内作 DF⊥AB 于点 F,在面 A1ABB1 内作 FG⊥AB1 于点 G,连接 DG. ∵平面 A1ABB1⊥平面 ABC, ∴DF⊥平面 A1ABB1, ∴FG 是 DG 在平面 A1ABB1 上的射影, ∵FG⊥AB1, ∴DG⊥AB1 ∴∠FGD 是二面角 B—AB1—D 的平面角
10

设 A1A = AB = 1,在正△ABC 中,DF=

3 . 4

在△ABE 中, FG ?

3 3 2 , ? BE ? 4 8 DF 6 , ? FG 3

在 Rt△DFG 中, tan ?FGD ?

所以,二面角 B—AB1—D 的大小为 arctan

6 . 3

(III)解:∵平面 B1BCC1⊥平面 ABC,且 AD⊥BC, ∴AD⊥平面 B1BCC1,又 AD ? 平面 AB1D,∴平面 B1BCC1⊥平面 AB1D. 在平面 B1BCC1 内作 CH⊥B1D 交 B1D 的延长线于点 H, 则 CH 的长度就是点 C 到平面 AB1D 的距离. 由△CDH∽△B1DB,得 CH ?

BB1 ? CD 5 ? . B1 D 5

即点 C 到平面 AB1D 的距离是

5 . 5

解法二: 建立空间直角坐标系 D—xyz,如图, (I)证明: 连接 A1B,设 A1B∩AB1 = E,连接 DE. 设 A1A = AB = 1, 则 D(0,0,0), A1 (0,

3 1 3 1 1 ,1), E (? , , ), C ( ,0,0). 2 4 4 2 2

1 3 1 3 1 ? A1C ? ( ,? ,?1), DE ? (? , , ), 2 2 4 4 2
? A1C ? ?2 DE ,? A1C // DE.

? DE ? 平面AB1 D, A1C ? 平面AB1 D , ? A1C // 平面AB1 D.
(II)解:? A(0,

3 1 3 1 ,0), B1 (? ,0,1) , ? AD ? (0, ,0), B1 D ? ( ,0,?1) , 2 2 2 2

设 n1 ? ( p, q, r ) 是平面 AB1D 的法向量,则 n1 ? AD ? 0, 且n1 ? B1 D ? 0 , 故?

3 1 q ? 0, p ? r ? 0.取r ? 1, 得n1 ? (2,0,1) ; 2 2

同理,可求得平面 AB1B 的法向量是 n2 ? ( 3 ,?1,0).
11

设二面角 B—AB1—D 的大小为θ ,? cos? ?

n1 ? n 2 15 ? , | n1 || n 2 | 5

∴二面角 B—AB1—D 的大小为 arccos

15 . 5

(III)解由(II)得平面 AB1D 的法向量为 n1 ? (2,0,1) , 取其单位法向量 n ? (

2 5

,0,

1

1 ), 又 DC ? ( ,0,0). 2 5
5 . 5

∴点 C 到平面 AB1D 的距离 d ?| DC ? n |?

2. 如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各棱长都为 a,P 为 A1B 上的点。 (1)试确定 A1 P 的值,使得 PC⊥AB;
PB

(2)若 A1 P ? 2 ,求二面角 P—AB—C 的大小;
PB 3

(3)在(2)条件下,求 C1 到平面 PAC 的距离。 解法一: (1)当 2 , 取 AB 的中点 D′,连结 CD′、PD′ 4 ∵△ABC 为正三角形, ∴CD′⊥AB。, 61A⊥底面 ABC, ∴PD′⊥底面 ABC, 当 P 为 A1B 的中点时,PD′//A1A, ∵A ∴PC⊥AB (2)当

A1 P ? 1 时,PC⊥AB PB

A1 P 2 ? 时,过 P 作 PD⊥AB 于 D, PB 3

如图所示,则 PD⊥底在 ABC 过 D 作 DE⊥AC 于 E,连结 PE,则 PE⊥AC ∴∠DEP 为二面角 P—AC—B 的平面角。 又∵PD//A1A, ∴

BD BP 3 2 ? ? , ∴ AD ? a DA PA1 2 5 2a 3 3 ? ? a. 5 2 5 3 a 5
∴∠PED=60°

∴ DE ? AD ? sin 60? ?

又∵

PD 3 ? , A1 A 5

? PD ?

∴ tan ?PED ?

PD ? 3 DE

即二面角 P—AC—B 的大小为 60° (3)设 C1 到面 PAC 的距离为 d,则 VC1 ? PAC ? V P ? ACC 1 ∵PD//A1A ∴PD//平面 A1C ∴DE 即为 P 点到平面 A1C 的距离。
12

又 PE= PD ? DE
2

2

3 3 2 2 3 ? ( a) 2 ? ( a) ? a 5 5 5

2



1 1 S ?PAC ? d ? S ?ACC 1 ? DE 3 3
1 1 3 2 2 3 1 1 3 a) ? d ? ( a 2 ) ? a 5 3 2 5

∴ ( a? 解得

d?

a 2 1 a 2
a 2 3 a,0) , 2

即 C1 到平面 PAC 的距离为

解法二:以 A 为原点,AB 为 x 轴,过 A 点与 AB 垂直的直线为 y 轴,AA1 为 z 轴,建立空间直角坐标系 A—xyz, 如图所示,则 B(a,0,0) ,A1(0,0,a) ,C ( , 设 P( x,0, z )

(1)由 CP ? AB ? 0,得( x ? 即 (x ?

a 3 ,? a, z ) ? (a,0,0) ? 0 2 2

a ) ? a ? 0, 2

?x ?

a , ∴P 为 A1B 的中点。 2



A1 P ? 1 时,PC⊥AB。 PB A1 P 2 2 2 ? 时,由A1 P ? PB,得( x,0, z ? a) ? (a ? x,0,? z ) PB 3 3 3
2 ? x? a ? ? 5 ? 3 ?z ? a ? 5 ?

(2)当

即 ?

?3 x ? 3a ? 2 x, ?3( z ? a ) ? ?2 z

2 3 ?P( a,0, a ) 5 5

设平面 PAC 的一个法向量 n= ( x?, y ?, z ?)

2 3 ? ?, y ?, z ?) ? ( a,0, a ) ? 0 ( x ? ? 5 5 ?n ? AP ? 0 ? ,即? 则? ? ?( x ?, y ?, z ?) ? ( a , 3 a,0) ? 0 ?n ? AC ? 0 ? 2 2 ?
取 x ? ? 3,则y ? ? ? 3 , z ? ? ?2

3a ?2 a ? x? ? z ? ? 0, ? 5 ?5 即? ? a x ? ? 3 ay ? ? 0 ? 2 ?2

? n ? (3,? 3,?2).

又平面 ABC 的一个法向量为 n0=(0,0,1) ∴ cos ? n, n 0 ??

n ? n0 ?2 1 ? ?? | n | ? | n 0 | 4 ?1 2

∴二面角 P—AC—B 的大小为 180°-120°=60°
13

(3)设 C1 到平面 PAC 的距离为 d, 则 d ? | C1C |? | cos ? n, C1C ?|? 即 C1 到平面 PAC 的距离为

| n ? C1C | | (3,? 3 ,?2) ? (0,0,?a | a ? ? . |n| 4 2

a . 2

四、小结
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。 3.从方法上来看,着重考查公理化方法,如解答题注重理论推导和计算相集合;考查转化的思想方法,如经 常要把立体几何问题转化为平面几何问题来解决;考查模型化方法和整体考虑问题、处理问题的方法,如有时把 形体纳入不同的几何背景之中,从而宏观上把握形体,巧妙地把问题解决;考查割补法、等积变换法,以及变化 运动的思想方法,极限方法等。 4.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。

五、作业
练习题

六、课堂记录

14


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