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高三数学复习文科--立体几何习题精选精讲


例谈立体几何中的转化 立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富,其中最重要的就是转化的思想方法,它贯穿立体几何教学的始终,在立体几何教学 中占有很重要的地位。立体几何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化,具体从以下几个方面入手。 1、 位置关系的转化 线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体几何中的一个重点内容,其精髓就是平行与垂直位置关系的相互依存及转化,平 行与垂直问题不但能横向转化,而且可以纵向转化。 例 1 已知三棱锥 S-ABC 中,∠ABC=90° ,侧棱 SA⊥底面 ABC,点 A 在棱 SB 和 SC 上的射影分别是点 E、F。求证 EF⊥SC。 分析:∵A、E、F 三点不共线,AF⊥SC, ∴要证 EF⊥SC,只要证 SC⊥平面 AEF, 只要证 SC⊥AE(如图 1) 。 又∵BC⊥AB,BC⊥SA,∴BC⊥平面 SAB, ∴SB 是 SC 在平面 SAB 上的射影。 ∴只要证 AE⊥SB(已知) ,∴EF⊥SC。 例 2 设矩形 ABCD,E、F 分别为 AB、CD 的中点,以 EF 为棱将矩形 折成二面角 A-EF-C1(如图-2)。求证:平面 AB1E∥平面 C1DF。 分析一(纵向转化) : ∵AE∥DF,AE ? 平面 C1DF, ∴ AE∥平面 C1DF.同理,B1E∥平面 C1DF, 又 AE∩B1E=E,∴平面 AB1E∥平面 C1DF。 分析二(横向转化) : ∵AE∥EF,B1E⊥EF,且 AE∩B1E=E,∴EF⊥平面 C1DF。 同理,EF⊥平面 C1DF 。平面 AB1E∥平面 C1DF。 2、降维转化 由三维空间向二维平面转化,是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降 维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去,用学生们比较熟悉的 平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等的平面问题。 例 3 如图-3,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=BC=

S

F E A B C

B

E

图-1A D1 D
图-2

C

F C1

2 ,BB1=2, ?ABC ? 90 ? ,E、F 分别为 AA1、
.

C1B1 的中点,沿棱柱的表面从 E 到 F 两点的最短路径的长度为 分析:这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。

3 2 2

又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算,最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。 例 4 如图-4 直四棱柱 ABCD ? 是直角,AB||CD,AB=4,AD=2, A1 B1C1 D1 中, AA1 ? 2 ,底面 ABCD 是直角梯形,∠A 图-3 示)

DC=1,求异面直线 BC1 与 DC 所成角的大小.(结果用反三角函数值表 解:由题意 AB//CD,

? ?C1 BA 是异面直线 BC1 与 DC 所成的角.
连结 AC1 与 AC,在 Rt△ADC 中,可得 又在 Rt△ACC1 中,可得 AC1=3. 在梯形 ABCD 中,过 C 作 CH//AD 交 AB 于 H, 得 ?CHB

AC ? 5 ,

? 90?, CH ? 2, HB ? 3,? CB ? 13 ? 17


图-4

又在 Rt?CBC1 中,可得 BC1

在 ?ABC1中, cos ?ABC1

?

AB 2 ? BC12 ? AC12 3 17 3 17 ? ,? ?ABC1 ? arccos . 2 AB ? BC1 17 17

∴异而直线 BC1 与 DC 所成角的大小为。 实现空间问题向平面问题转化的方法很多,常用的就有:平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。 3、割补转化 “割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一,通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的简单几何体,从而较快 地找到解决问题的突破口。 例 5 如图 5,三棱锥 P-ABC 中,已知 PA⊥BC,PA=BC=n, PA 与 BC 的公垂线 ED=h, 1 求证:三棱锥 P-ABC 的体积 V= n2h. 6 此题证法很多,下面用割补法证明如下: 分析一:如图 5,连结 AD、PD,∵BC⊥DE,BC⊥AB,

P E A C B D

∴BC⊥平面 APD,又 DE⊥AP,

∴VP-ABC=VB-APD+VC-

1 3 BC·S APD=



1 2 n h =6 APD

图—5


分析二:如图 6,以三棱锥 P-ABC 的底面为底面,侧棱 PA 为侧棱,补成三棱拄 PB1C1-ABC,连结 EC、EB,则易证 AP⊥ 平面 EBC,

C1
1 2 EBC=

P
n h。
2

∴V 三棱拄=AP·S⊿

B1 C B
图-6
A1 B1 D1

∴VP-

1 3 ABC =

V 三棱拄 =

1 2 n h 6 。

E A

4、等积转化 “等积法”在初中平面几何中就已经有所应用,是一种很实用的数学方法与技巧。立体 几何中的“等积转化” (或称等积变换)是以面积、体积(尤其是四面体的体积)作为媒介, 来沟通有关元素之间的联系,从而使问题得到解决。 例 6 如图 7,已知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体,E、F 分别为棱 AA1 与 CC1 的中点,求四棱锥 A1-EBFD1 的体积。 略解:易证四边形 EBFD1 是菱形, 连结 A1C1、EC1、AC1、AD1, 则 VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1
B A1 C F D E

C1

1 =2VE- A1C1D1=VA-A1C1D1= 6
5、抽象向具体转化

V 正方体

1 6 AC1=

a3。 图-7 A D

A

例 7 A、B、C 是球 O 面上三点,弧 AB、AC、 BC 的度数分别是 90° 、90° 、60° 。求球 O 夹在二面 角 B-AO-C 间部分的体积。 分析:此题难点在于空间想象,即较抽象。教 师 引导学生读题:条件即∠AOB=∠AOC =90° ,∠BOC=60° ,然后给出图形(如图 8) ,则 可想象此题意即为用刀沿 60° 二面角, 以直径为棱将 一个西瓜切下一块,求这一块西瓜的体积, (答: B1 图-9 C1 B A1 C D1

O B

C

图-8

2?r 3 9

) 。问题于是变得直观具体多了。

例 8 三条直线两两垂直,现有一条直线与其中两条直线都成 60° 角,求此直线与另外一条直线所成的角。 分析:由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直,于是问题可以转化为如下问题:长方体一条对角线与同一顶点上的三条棱所成 的角分别是 60° 、60° 、α ,求α 的大小。 根据长方体的性质,有 cosα +cos60° +cos60° =1,可求得α =45° 。 立体几何的教学,关键是要调动学生的学习兴趣,让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结论源自生活实际,源自平面 几何,要教会学生联想实际模型,联想平面几何中已经熟悉的东西,借助可取之材来建立空间想象,加强直观教学,这样就容易让学 生接受,让他们喜欢上这一门学科,从而更有效地培养他们的空间想象力,提高他们解决立体几何问题的能力。 立方体在高考题中 立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体. 首先:其本身中的点、线、面的位置关系包涵了空间图形 中的所有的位置关系. 其次:它与代数(如:不等式、函数与数列、排列组合等)、三角、解析几何有着密切联系. 因而它是高考命题的 热点. 下面从数学思想方法方面探究其重要性. 一.体现数形结合思想 1.2004 年天津卷(6)如图,在棱长为 2 的正方体

ABCD ? A1 B1C1 D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,E、F 分别是 CC1 、AD 的中点.

那么异面直线 OE 和 FD1 所成的角 ? 的余弦值等于.

(A)

10 5

(B)

15 5

(C)

4 5

(D)

2 3
Z
D1 B1 C1

分析:可建立空间直角坐标系(如图),转化为空间向量的数量关系 运用数量积来求解,可得 OE =(-1,1,1),

FD1 =(-1,0,2)

OE
有 又 ∴

=

3,

FD1

=

5,
A1

E

OE 〃 FD1 =(-1,1,1) 〃(-1,0,2)=3
D C O B

Y

OE 〃 FD1 = 3 3




5 cos ?
X A

F

5 cos ? =3

B A

即 cos ? =

15 5

.故选(B)

D C


注:立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(将形和数很好地结合起来)是个好方法. 2.2003 年全国卷(12)一个四面体的所有棱长都为 (A) 3? (B)4 ? (C) 3

2 ,四个顶点在同一球面上,则此球的表面积为(

3?

(D) 6?

分析:本题中没有立方体,可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体. 如图,将正四面体 ABCD 补成立方体,则正四面体、立方体的中心 与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为

2,

所以正方体棱长为 1,从而外接球半径 R=

3 2

,得 S 球=3? .故选(A).

注: “补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决,是处理空间图形中惯用的手段. 二.体现转化与化归思想 3.2003 年全国(理)(16).下列 5 个正方体图形中, l 是正方体的一条对角线,点 M、N、P 分别为其所在棱的中点,能得出 l 的图形的序号是 ①
P M P N l M l N P M N l M P M l N l N

? 面 MNP

(写出所有符合要求的图形序号)__________. ② ③ ④
P

⑤ 分析:易知①是合要求 的,由于五个图形中的

l 在同一位 置 ,只要观
察图②③④⑤ 中的平 面 MNP 哪一个和①中 的平面 MNP 平行(转化 为面面平行) 即可. 故为: ①④⑤

注:本题中选①中平面 MNP 作为“参照系”,可清淅解题思路,明确解题目标. 4.2004 年北京卷(4)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 是侧面 BB1C1C 内一动点,若 P 到直线 BC 与直线 C1D1 的距离相等,则 动点 P 的轨迹所在的曲线是 (A) (B) (C) (D) 直线 圆 双曲线 抛物线

D1
A1 B1
P D A

C1

分析:易知 P 到直线 C1D1 的距离为: 由 C1 是定点, BC 是定直线.

PC1

.

C

B 条件即动点 P 到定点 C1 的距离等于到定直线 BC 的距离.符合抛物线的定义,化归为抛物线问题.故选(D)
注:立几中的解几问题是近年来才露脸的题型,要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容,更要有跳跃的思维,较强的转换能力. 三.体现分类讨论思想 5.2000 年全国卷(16)如图,E、F 分别为正方体的面

ADD1 A1 、

面 BCC1 B1 的中心,则四边形 BFD1 E 在该正方体的面上的射 影可能是______。 (要求:把可能的图的序号都填上)

分析:因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形 BFD1 E 在三个方向上作投影即可,因而可分为三类情况讨论. ⑴在面 ABCD 上作投影可得②(平行四边形). ⑵在面 ⑶在面

ADD1 A1 上作投影可得③(线段).

ABB1 A1 上作投影可得②(平行四边形).

故可填为:②③ 注:截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型,象本题一样的定性分析题一定要抓住图形的特性(平行、垂直等) 进行分析. 6.2004 年湖南卷(10) 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为 (A)56 (B) 52 (C)48 (D)40 分析:可将合条件的直角三角形分为两类: 第一类:三个顶点在正方体的同一个面上时有:6 C 4 =24 个. 第二类:三个顶点在正方体的相对的两个面上时,直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面,因而有:6×4=24 个. 故共有:24+24=48 个.从而选 (C) 注:以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型,要做到不重复不遗漏地分类并且注意几何体的结构特点去求解. 四.体现函数与方程思想 7. 2002 全国卷(18) 如图,正方形 点 N 在 BF 上移动, 若 CM
3

ABCD 、 ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD 、 ABEF 互相垂直.点 M

在 AC 上移动,

? BN ? a (0 ? a ? 2 ) .

(1)求 MN 的长; (2)当 a 为何值时, MN 的长最小; 分析:将图形补成为正方体(如图)运用函数思想求解. (1)作 MK⊥AB 于 K,连 KN.由面 ABCD⊥面 ABEF 得 MK⊥KN.从而

MN

=

MK 2 ? KN 2
得 KN∥AF.

……①

BK CM BN 又由 ? ? KA MA NF
从而

C D
=

M B E F

KN

=

BK

=

2 BN 2

2 a 2

……②

K

N

MK ?

2 2 AM ? ( 2 ? a) 2 2
MN
=

……③

A

将②③代入①有

1 1 ( 2 ? a) 2 ? a 2 2 2
MN
=

=

a 2 ? 2a ? 1 为所求.

(2)运用函数配方法,由(Ⅰ)知

a 2 ? 2 a ? 1 . (0 ? a ? 2 ) .

配方有

MN

=

(a ?

2 2 1 ) ? 2 2
取最小值



2 2
.

即当 a =

2 2

时,

MN

2 2

注:对空间图形中含有一些“动态”因素(象距离、角度等)的问题,可考虑能否把这一动源作为自变量,构造目标函数,用函数的思想来处 理. 8.2004 年湖北(18)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 是棱 BC 的中点,点 F 是棱 CD 上的动点.试确定点 F 的 使得 D1E⊥平面 AB1F. 分析:以 A 为坐标标原点,建立如图所未的空间直角坐标系. 运用方程思想(借助向量的数量积)求解.

设 DF= x ,则 A(0,0,0) 1(1,0,1), ,B

? 1 ? D1(0,1,1) ?1, ,0 ? ,F( x ,1,0) ,E ? 2 ?
∴ D1 E

Z

A1
B1
╃ ╃ ┽ A

D1

╃ ╃ ┽1 ? 1 ? B 于是 D1E⊥平面 AB1 F ∴ D1 E ? AF ? 0 ? ?1,? ,?1? . (x,1,0) =0 ? x ? ? 0 E ? 2 ? X 2
既x

? 1 ? ? ?1,? ,?1? , AF ? (x,1,0) . ? 2 ?

C1
1



╃ ╃ ┽ C

F

╃ D ┽ Y

?

1 .故当点 F 是 CD 的中点时,D1E⊥平面 AB1F. 2

在近几年的高考试题中,立方体不仅包涵了所有的数学思想方法,密切了与中学数学中其它内容的联系,更体现着从静到动,从单一到多 方面,从立方体本身应用问题到利用立方体去解决问题的发展变化.仔细研究这些变化对学好空间几何无疑是有裨益的. 几点思考: 1.加强对立方体的研究,对空间图形的研究以培养学生的空间想象能力,数形转换能力与逻辑思维能力. ⑴对立方体本身的研究:如:立方体的内切球,外接球,球与立方体的棱相切等;立方体与正四面体的联系;以正方体各面的中点为顶 点可构成正八面体等. ⑵对空间图形问题中解题方法的研究:以立方体为载体的方法有:平移求角法,割体补形法,面积射影法,体积相等法,侧面展形法,转化化 归法,空间向量法等. ⑶构造立方体以解决有关问题(第二册下 B F(图 1),求证: 生理解.

P19 3)“已知三个平行平面α、β、γ与两条直线 ? 、 m 分别相交于点 A、B、C 和点 D、E、

AB DE .” 解答此题时学生很容易误将 ? 与 m 共面去理解造成错误.其实构造正方体(图 2)可加强直观性以帮助学 ? BC EF

图1

图2

通过对立方体及空间图形的研究可培养学生的认识空间图形的能力,建立起空间概念,准确地理解并熟练运用概念、性质、公理、 定理进行判断、推理与转化(如:①线线、线面、面面垂直关系的转化及平行关系的转化,②把空间距离和角向平面距和平面角的转 化,③文字语言、符号语言、图形语言三者的相互转化.)等 2.加强立方体与其它内容的渗透的研究:立方体与排列组合的结合,象染色问题,计数问题;立方体与解析几何的结合,象轨迹问题;立方 体与函数方程的结合,象最值问题;立方体与代数三角的结合,象角度距离问题;立方体与其它学科的结合,象化学晶体问题等.这样有 助于对正方体的深刻认识与实际应用. 3.通过对立方体及空间图形的研究挖究高考解答题的模式. 高考解答题往往是要解决两大问题:一是证明题,二是计算题.处理方式有两种:⑴在证明中要以典型的三段论的形式,严格按照演绎 推理的步骤完成推理的论证;计算时并非单纯的数字计算,而是与作图与证明相结合的,立体几何计算题的主要步骤可归纳为: “画—证 —算”三步.“画”是画图,添加必要的辅助线,或画出所要求的几何量,或进行必要的转换化,“证”是证明,证明所画的几何量即为所求, 然后进行最后一步计算.这三步之间紧密相连,环环相扣,相互制约,是解决立体几何题的思维程序.⑵由垂直关系建立空间直角坐标系,运 用向量处理即可. 例谈点到平面距离的求法 立体几何的空间距离是历年高考考查的重点和热点。由于线面距离、面面距离以及两异面直线间的距离都可以转化为点到平面的 距离来解决,因此点到平面的距离更值得我们关注。 点到平面的距离的求法可分为三大类: 一、由点向平面引垂线,且垂足位置可确定

转化到在某平面内,求出点和垂足间的线段的长。 1、 用定义直接构造法 例 1、如图,三棱锥 S-ABC 中, ?ABC 是等腰三角形,

AB ? BC ? 2a ,
S

?ABC ? 1200

,且

SA ? 面 ABC,SA=3a。求点 A 到平面 SBC 的距离。 解:作 AD ? BC 交 BC 于 D,连结 SD. ? SA ? 平面 ABC,根据三垂线定理有 SD ? BC 又 SD ? AD ? D ,? BC ? 平面 SAD。又 BC ? 平面 SBC, ?平面 SBC ? 平面 ADS,且平面 SBC ? 平面 ADS=SD ?过点 A 作 AH ? SD 于 H,则 AH ? 平面 SBC。在 Rt ?SAD 中,SA=3a,
AD ? AB? 600 ? 3a ,? AH ? sin

H A D B

C

SA?AD SA2 ? AD 2

?

3a 2

故点 A 到平面 SBC 的距离为

3a 。 2

【点评】利用构造法关键是定位点在面内的射影。常常要寻找过已知点且与所给面垂直的面,再过已知点作两垂面交线的垂线。 2、转移构造法 (1)利用平行线转换点 例 2、在直三棱柱 ABC ? (1)求证:

A1B1C1 中, AB1 ? BC1 , AB ? CC1 ? a, BC ? b (b>a)
(2)求点 B1 到平面

A1C1 ? AB

ABC1 的距离.

A1 B1

C1

解:(1)连结

A1 B ,则 AB1 ? A1 B ,又 AB1 ? BC1 ,故 AB1 ? 面 A1 BC1 。知
A

E G

A1C1 ? AB1 ,得 A1C1 ? 面ABB1 A1 ,知 A1C1 ? AB 。
(2)由(1)得 面ABC1

C B

? 面AA1C1 .

? A1B1 ? AB,? A1B1 ?平面ABC1 ? A1到平面ABC1的距离等于B1到平面ABC1的距离


A1 作 A1G ? AC1 于 G,

? AB ? 平面ACC1 A1 ,

? AB ? A1G


a b2 ? a 2 从而 A G ? 平面ABC1 . 故 A1G 即为所求的距离。易求 A1G ? 1 b
(2)对称转移或利用定比分点

【点评】利用直线与平面平行,把所求的点到平面的距离转移到平行线上另一点到平面的距离来求,是我们常用的方法。 例 3、如图,已知 ABCD 是矩形,AB=a,AD= b,PA?平面 ABCD,PA=2c,Q 是 PA 的中点.求 P 到平面 BQD 的距离. 解: A 作 AE ? BD 垂足为 E, 过 连结 QE。 ∵平面 BQD 经过线段 PA 的中点, P 到平面 BQD 的距离等于 A 到平面 BQD 的距离. ∴ 在 △AQE 中,作 AH?QE 于 H.∵BD?AE,BD?QE,∴BD?平面 AQE.∴BD?AH,AH?平面 BQE, 面 BQD 的距离. 在 Rt△AQE 中,∵AQ=c,AE=
P

即 AH 为 A 到平

ab a 2 ? b2

,∴AH=

abc a 2b2 ? b2c 2 ? c 2a 2

Q

.
H A D

D1

O
E

C1 B1
C

例 4、已知正方体的棱长为 1, O 为上底面 求点 O 到平面

A1 B1C1 D1 的中心。

A1

B

E

ABC1 D1 的距离。
A

D B

C

析:点

A1 到平面 A1 B1C1 D1 的距离为线段 A1 E 的长,易求得 A1 E ?

2 2

.又 O 为

A1C1 的中点,故点 O 到平面 ABC1 D1 的距

离为

2 4



【点评】 转移构造常利用已知平面点分某条斜线段所成的比,体现着转化的思想。 二、由点向平面引垂线,垂足无法确定或难确定时 1、等体积法(利用三棱锥的体积公式) 例 5、已知在棱长为 1 的正方体 到平面

D' A' E B' D F A B

C'
中点,求点 B 距离。设点 B

ABCD-A?B?C?D? 中,E、F 分别是 A?B? 、CD 的
AEC?F 的距离即为点 B 到平面 AEF 的

AEC?F 的距离。

解:连结 AE、BF、EF,则点 B 到平面 到平面 AEF 的距离为 h,

C

根据 VE -ABF =VB -AEF 则

6 1 1 EG?S? ABF ? =h?S? AEF ? ,得 h= 3 3 3
【点评】 由于四面体以不同面为底的体积相等,因而等体积法的关键是将距离看成是某四面体的高。 2、 运用面面角或利用斜线和平面所成的角 例 6、在直角梯形 ABCD 中, ?D ? ?BAD ? 90 ,
0

AD ? DC ?

1 AB ? a 。将 ?ADC 沿 AC 折起使 D 到 D ' ,如果二面角 2

D ' ? AC ? B 为 600 ,求点 D ' 到面 ABC 的距离。
D C
D'

C E

A

B

O

?

A

B

解:设 D 在平面 ABC 内的射影为 O, E 为 AC 的中点,连结 OE

'

由于 D E

'

? AC ,故 ?D ' EO 为二面角的平面角,即 ?D ' EO = 600 。又 D ' E =

2 6 a ,所以 D 'O = D ' E ? 600 = a。 sin 2 4

例 7、已知ABCD是边长为 4 的正方形,E、F分别是AB、AD的中点,GC垂直于ABCD所在平面,且GC=2,求 点 B 到平面EFG的距离. 解:设M为FE与CB的延长线的交点,作 BR

? GM ,R为垂足.

又 GM

? EB ,

所以平面BER⊥平面EFG。又ER为它们的交线 ∴∠REB就是EB与平面EFG所成的角 θ 由△MRB∽△MCG,可得

RB MB MB ? CG 2 ? ? RB ? ? CG MG MG 10
在Rt△REB中,



sin ? ? sin ?BER ?

BR 11 ? ER 11

于是得所求之距离 d

? EB ? sin ?BER ?

2 11 . 11

【点评】此法体现着角与距离间的转化,另一个变化是利用距离求角,应引起我们的足够重视。 3、利用两平行平面的距离确定 对上例,有如下的计算方法: 解: 把平面 EFG 补成一个正四棱柱的截面所在的平面.则面 GMT 是正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 经过 F、E、G 的截面所在的平面.MG 交 BB1 于 N,TG 交 DD1 于 Q.作 BP//MG,交 CG 于 P,连结 DP.则有平面 GTM//平面 PDB。它们之间的距离就是所求之距离,于是可 以把点 B 平移到平面 PDB 上任何一个位置。 而这两个平行平面的距离 d 又同三棱柱 GQN—PDB 的体积有关,所以可以利用三棱柱的体积确定所求之距离。则有三棱柱 GQN —PDB 的体积 V 的关系式:

V ? S ?PDB ? d ? S ?CDB ? BN ( ? ).易求出 BN=

4 10 2 4 ,CP= ,PB=PD= 3 3 3



BD= 4

2,

S ?PBD ?

8 11 , S ?CDB ? 8 3 8 11 2 ? d ? 8? 3 3 d? 2 11 11
,即点 B 到面 EFG 的距离为

由关系式( ? )可得,

于是平行平面间的距离

2 11 。 11

【点评】若两平面平行,则平面内的任一条直线到另一个平面的距离等于两平面间的距离,对于分别位于两个平行平面内的异面 直线之间的距离也等于两平面间的距离。在解题过程中要注意体会。 三、向量法 例 8、如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截面而得到的, BC=2,CC1=3,BE=1. 求: 点 C 到平面 AEC1F 的距离. 解:建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(2,0,0) , C(0,4,0) ,E(2,4,1) 1(0,4,3).设 F(0,0,z). ,C ∵AEC1F 为平行四边形, 其 中 AB=4 ,

?由AEC1 F 为平行四边形, ??? ???? ? ? ?由AF ? EC1得, (?2, 0, z ) ? ( ?2, 0, 2), ? z ? 2.? F (0, 0, 2).
设 n1 为平面 AEC1F 的法向量,

显然n1不垂直于平面ADF , 故可设n1 ? ( x, y,1)

?? ??? ? ? x ? 1, ?n1 ? AE ? 0, ?0 ? x ? 4 ? y ? 1 ? 0 ?4 y ? 1 ? 0, ? ? 即? ?? 由??? ??? 得? ? 1 又CC1 ? (0,0,3), 设CC1与n1 n1 ? AF ? 0, ??2 ? x ? 0 ? y ? 2 ? 0 ?? 2 x ? 2 ? 0, ? y ? ? . ? ? 4 ?
为 a,则

的夹角

cos? ?

CC1 ? n1 | CC1 | ? | n1 |

?

3 3? 1? 1 ?1 16

?

4 33 . 33

∴C 到平面 AEC1F 的距离为 d

???? ? 4 33 4 33 ?| CC1 | cos ? ? 3 ? ? 33 11



【点评】若点 P 为平面α 外一点,点 A 为平面α 内任一点,平面的法向量为

n ,则点 P 到平面α 的距离公式为 d ?

PA ? n


n
当我们学习了空间解几以后,还有点到平面的距离公式,这里从略。 主体几何中的识图技巧 如何解决立体几何问题的关键在于空间想像能力的培养、逻辑能力的培养、化归能力的培养,而逻辑思维能力,在初级学习及 其它分支的学习中有了一定的提升,所以空间想像能在解决立几问题过程中,显得尤其突出,而空间想像是漫无边际泊胡想,而应该 以题设为根据,以某何体为依托,这样会给空间想象力插上翱翔的翅膀。 如何以面为依托,来确定相关元素之间的位置关系——面要画得舒展, 突破体的束缚。 例 1:△ABC 为等边三角形,边长为 12,C 在 2 面内, AB 到面距离分别为 6 和 3,求△ABC 与 2 所成二面角的大小。 先将面 ABC 扩展与 2 交于 P, 就清楚的看出∠ACA’为所求的 ∠ACA’=

1 ,∠ACA’=30° 2

例 2: 正四棱柱 ABCD—AB1C1D1 中, B 作截面交正四棱柱于 FG, 过 AG=CE, 且面 ABCD 与面 BEFG 成 45°, 1=10, AA AB=1, 求 ABCD—BEFG 将面 BEFG 扩展截面 ABCD 交于 FG, 由于 AG=CE,就很容易得到∠FBD=45°,

FD=BDtg45°=BD= 故 V=2·VB—ADFG=

2 及 AG=CE=

2 2





1 1 2 1 3 2 ? [ 2? 2 ?1? 1 ? ? 2? 3 2 2 3 2 2

或 V 为以 ABCD 为 底面高为 DF 的长方

体体积的一半而 V=1×1×

2?

1 2 ? 2 2

例 3:三棱锥 P-ABC 中,PA=a, PB=PC= cos∠BAC=

2 a,

∠APB=∠APC=45°,

2 ,D、E 为 PB、AB 的中点, 3

求面 PAC 与面 DEC 所成角 本题中以扩展的面 PAC 的扩展的 面 DEC( l // PA, l // DE) 从而∠ACE 为所求 2、以扩展的二面角为依托,来确定相关元素的相互关系——技巧 2,舒展的二面角为参照体系。 例 4:矩形 ABCD 中,AB=3,AD=4,沿 BD 将距形 ABD 折起,使面 ABD 和面 CBD 成 120°,求 AC 的距离 本题以扩展的二面角 2—BD-β 衬托了矩形折起的相关位置,

就可以利用二面角的平面角的 定义及求法作出 AE、CF 及矩形 EFCG, 从而得出 CG⊥AG,AC 的长度就可以 Rt△ACG 中求解 AG2=AE2+EG2+AGEG=3AE2=3(

12 2 ) 5
481 481 , AC= 2 5 5

AC2=AG2+CG2=3(

12 7 )2+( 5 5

)2=

例 5:斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的倒棱与底面边长都是 2, 倒棱与底面所成的角为 60°,侧面 ABB1A1⊥底面 ABC(如图) (1)求证 B1C⊥C1A (2)求 C1A 与 A1B1 所成的角 (3)求 VA—A1B1C1 的体积 本题如果将与底面垂直的侧面及底面 ABC 放在扩展的直二面角内,以扩展的直二面角 为依托则 A1B1⊥面 AD1C1 ? A1B1⊥AC1,则 菱形 AA1C1C ? A1C⊥AC1,所以 AC1⊥面 A1B1C,故 AC1⊥B1C,△B1CD≌△AD1C1, 所以 S△A1B1C1=

6 , ? A—A1B1C=

1 6 6? ?1 3 2

3、以线面相交为依托,完成相等或成比例的距离求基本形为:直线 AB 与α 于 0 AO=BO,则 A 到α 的距离可以转化 B 到而α 的距离 EO=KBO(K∈R+) , 则 E 到α 的距离也可以转化为 B 到α 的距离 例 6:在三棱锥 P-ABC,PA=PB=PC,BC=2a,AC=a,AB= (1)求二面角 P-AC-B 的大小 (2)求点 B 到平面 PAC 的距离 本题中由于 PA=PB=PC,P 在面 ABC 上的射影 O 为 BC 中点,作 OD⊥AC, 则∠PDO 为二面角 P-AC-B 的平面角即 ∠PDO=60°。另一方面,面 POD⊥面 PAC, 很容易求出 O 到面 PAC 的距离,不易求 B 到 面 PAC 的距离,但 BC=2OC,所以可以转化 O 到面 PAC 距离的 2 倍,即

3 a,点 P 到平面 ABC 的距离为

3 a 2

3 a,又如 CG⊥面 2 1 3

ABCD,ABCD 为正方形,AB=2,CG=1,E、F 为 AB、AD 的中点,求 B 到面 EFG 的距离,对于这个问题的解法多方面的在 这里,我们可以由 B 到面 EFG 的距离,由直线段 AB 转到 A,又由 AC 转到 C,即 BC 到面 EFG 距离的 4、以正方体、长方体等为依托,达到距离、体积等求解 例 7: (1)四个半么径为 R 的球成品字两两相切放在桌上,求最高点到桌面距离 (2)三个半径为 R 的球两两相切放在桌面上,它们中间放一个尽可能大的球,则这个球的半么为多少? 这两个题都可以球心为多面体的顶点构造图形形成转化如下图:

例 8: (1)已知 CH4 分子中两氢原子的距离为 a,求碳氢原子间距离(或外接球的半径) (2)求四面边长为 5、6、7 的全等三角形的三棱锥的体积 第一题我们以正方体为依托,构造下图: 两氢原子的距离转化为正方体面对角长, 碳氢原子的距离转化为正方体对角长的一半, 比直接由正四面体的性质求解简明、迅速。 二题我们以长方体为依托,构造下图,同 上题的转化方式一样,我们不妨设长方体的 长宽高分别为 a、b、c,则 a2+b2=72 b2+c2=52 a2+c2=62 从而得出 c=

6 ,a= 30 ,b= 19



V=abc-4·

1 1 2 1 ? abc=abc- abc= 3 3 3 2

abc=

6 30 19 ? 2 95 3

例 9:将一个小球放入一长方体的容器内,且与共点的三侧面相接触,小球上有一点到这三个面的距离分别为 3、3、6,试分析 小球半径可能情况。 由于小球与三个面都相切,所以球心到 三个面的距离都是 R,故可以构造正方体, 其边长为 R,小球上一点到三面距离为 3、3、6, 故可以构造长方体,其边长分别为 3、3、6,如下图, 故 R2=(6-R)2+(R

2 -3 2 )2 ? R=3 或 r=9

以上这些说是技巧,有点自我夸张,只不过是自己对立几解题和教学的一点认识与体会,实际上是熟能生巧。 立体几何题怎么解 高考立体几何试题一般共有 4 道(客观题 3 道, 主观题 1 道), 共计总分 27 分左右,考查的知识点在 20 个以内. 选择填空题考核立几中 的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步 实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角 与距离的探求是常考常新的热门话题. 例1 四棱锥 P—ABCD 的底面是边长为 a 的正方形,PB⊥面 ABCD. (1)若面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角为 60°,求这个四棱锥的体积; (2)证明无论四棱锥的高怎样变化,面 PAD 与面 PCD 所成的二面角恒大于 90° 讲解:(1)正方形 ABCD 是四棱锥 P—ABCD 的底面, 其面积 为a
2

, 从而只要算出四棱锥的高就行了.
∴BA 是 PA 在面 ABCD 上的射影.又 DA⊥AB,

? PB ? 面 ABCD,

∴PA⊥DA, ∴∠PAB 是面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角的平面角, ∠PAB=60°而 PB 是四棱锥 P—ABCD 的高,PB=AB·tg60°=

3 a,

?V锥 ?

1 3 3 3a ? a 2 ? a . 3 3

(2)不论棱锥的高怎样变化,棱锥侧面 PAD 与 PCD 恒为全等三角形. 作 AE⊥DP,垂足为 E,连结 EC,则△ADE≌△CDE, 是面 PAD 与面 PCD 所成的二面角的平面角. ? AE ? CE, ?C E D? 90 ? , 故?C E A

设 AC 与 DB 相交于点 O,连结 EO,则 EO⊥AC,?

2 a ? OA ? AE ? AD ? a. 2

在 ?AEC中, cos ?AEC ?

AE 2 ? EC 2 ? (2 ? OA) 2 ( AE ? 2OA)( AE ? 2OA) ? ? 0. 2 AE ? EC AE 2

故平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角恒大于 90°. 本小题主要考查线面关系和二面角的概念,以及空间想象能力和逻辑推理 能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题. 例2 如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面 ABC 为等腰直角三角形,
0

C1 A1 B1

∠ACB=90 ,AC=1,C 点到 AB1 的距离为 CE= (1)求证:AB1⊥平面 CED; (2)求异面直线 AB1 与 CD 之间的距离; (3)求二面角 B1—AC—B 的平面角.

3 2

,D 为 AB 的中点.

E A
0

C D B

讲解:(1)∵D 是 AB 中点,△ABC 为等腰直角三角形,∠ABC=90 ,∴CD⊥AB 又 AA1⊥平面 ABC,∴CD⊥AA1. ∴CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥AB1,又 CE⊥AB1, ∴AB1⊥平面 CDE; (2)由 CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面 CDE ∴DE⊥AB1∴DE 是异面直线 AB1 与 CD 的公垂线段

∵CE=

3 2

,AC=1 , ∴CD=

1 2 . ∴ DE ? (CE) 2 ? (CD) 2 ? ; 2 2

(3)连结 B1C,易证 B1C⊥AC,又 BC⊥AC , ∴∠B1CB 是二面角 B1—AC—B 的平面角.

在 Rt△CEA 中,CE=

3 2

,BC=AC=1,∴∠B1AC=60

0



AB1 ?

1 ? 2, cos 60 2

∴ BB1

? ( AB1 ) 2 ? ( AB) 2 ? 2 ,



tg?B1CB ?

BB1 ? 2 BC

, ∴ ?B1CB

? arctg 2 .

作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例3 如图 a—l— ? 是 120°的二面角,A,B 两点在棱上,AB=2,D 在 ? 内,三角形 ABD 是等腰直角三角形,∠DAB=90°,C
0

在 ? 内, ? ABC 是等腰直角三角形∠ACB= 90

.

求三棱锥 D—ABC 的体积; (2)求二面角 D—AC—B 的大小; (3)求异面直线 AB、CD 所成的角.

讲解:

(1) 过 D 向平面 ? 做垂线,垂足为 O,连强 OA 并延长至 E.

? AB?AD, OA为DA在平面?上的射影,? AB?OA ? ?DAE
角 .









a



l



?







?DAE ? 120 ? ,? ?DAO ? 60 ?. ? AD ? AB ? 2,? DO ? 3 ? 1, 又 D 到平面 ? 的距离 DO= 3. ?VD ? ABC ?

.

? ?ABC

是 等 腰 直 角 三 角 形 , 斜 边

AB=2.? S ?ABC

3 . 3
为二面角 D—AC—B 的平面角.

(2)过 O 在 ? 内作 OM⊥AC,交 AC 的反向延长线于 M,连结 DM.则 AC⊥DM.∴∠DMO 又在△DOA 中,OA=2cos60°=1. 且 ?OAM

? ?CAE ? 45 ? ,? OM ?

2 . ? tg?DMO ? 6. ? ?DMO ? arctg 6. 2

(3)在

?

平 在 内 , 过 C 作 AB 的 平 行 线 交 AE 于 F , ∠ DCF 为 异 面 直 线 AB 、 CD 所 成 的 角 .

? AB?AF ,? CF?AF ? CF?DF , 又?C A F? 45 ? ,即?A C F为等腰直角三角形,又 AF 等于 C 到 AB 的距离,即△ABC
斜边上的高,? AF

? CF ? 1.
DF ? 7 . ? tg?DCF ? 7 . 异面直线 CF
AB,CD 所成

? DF 2 ? AD 2 ? AF 2 ? 2 AD ? AF cos120 ? ? 7. ? tg?DCF ?
的角为 arctg

7.

比较例 2 与例 3 解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看. 例 4 在边长为 a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的,并且这三个四边形也 全等,如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器,如图②.则当容器的高为多少时,可使这个容器的容积最大,并求 出容积的最大值.

图①

图②

讲解:

设容器的高为 x.则容器底面正三角形的边长为 a ? 2 3x ,

?V ( x) ?

3 a 3 1 ? x ? (a ? 2 3x) 2 (0 ? x ? )? ? ? 4 3x ? (a ? 2 3x)(a ? 2 3x) 4 4 4 3 2 3

?

3 1 4 3x ? a ? 2 3x ? a ? 2 3x 3 a 3 .当且仅当 4 3 x ? a ? 2 3 x, 即x ? 3 a时, Vmax ? a . . ( ) ? 16 3 54 18 54

3 故当容器的高为 3 a 时,容器的容积最大,其最大容积为 a . 18 54

对学过导数的同学来讲,三次函数的最值问题用导数求解是最方便的,请读者不妨一试. 另外,本题的深化似乎与 2002 年全国高考 文科数学压轴题有关,还请做做对照. 类似的问题是: 某企业设计一个容积为 V 的密闭容器,下部是圆柱形,上部是半球形,当圆柱的底面半径 r 和圆柱的高 h 为何值时,制造这个密 闭容器的用料最省(即容器的表面积最小).

例 5 已知三棱锥 P—ABC 中,PC⊥底面 ABC,AB=BC, D、F 分别为 AC、PC 的中点,DE⊥AP 于 E. (1)求证:AP⊥平面 BDE; (2)求证:平面 BDE⊥平面 BDF; (3)若 AE∶EP=1∶2,求截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比. 讲解: (1)∵PC⊥底面 ABC,BD ? 平面 ABC,∴PC⊥BD. PA ? 平 AC、PC 由 AB=BC, 为 AC 的中点, BD⊥AC. PC∩AC=C, D 得 又 ∴BD⊥平面 PAC.又 面、PAC,∴BD⊥PA.由已知 DE⊥PA,DE∩BD=D,∴AP⊥平面 BDE. (2)由 BD⊥平面 PAC,DE ? 平面 PAC,得 BD⊥DE.由 D、F 分别为 的中点,得 DF//AP. 由已知,DE⊥AP,∴DE⊥DF. BD∩DF=D,∴DE⊥平面 BDF. 又?DE ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 BDF. (3)设点 E 和点 A 到平面 PBC 的距离分别为 h1 和 h2.则 h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

1 ? h1 ? S ?PBF V P ? EBF V E ? PBF 2 1 3 ? ? ? ? ? . 1 V P ? ABC V A? PBC 3? 2 3 ? h2 ? S ?PBC 3
故截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分体积的比为 1∶2 或 2∶1 值得注意的是, “截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯 这种”会而不全”的错误. 例6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆,它被过底面中心 O1 且 平行于母线 AB 的平面所截,若截面与圆锥侧面的交线是焦参数(焦点 到准线的距离)为 p 的抛物线. (1)求圆锥的母线与底面所成的角; (2)求圆锥的全面积. 讲解: (1)设圆锥的底面半径为 R,母线长为 l, 由题意得: ?l

? 2?R ,即 cos ACO1 ? R ? 1 ,
l 2
0

所以母线和底面所成的角为 60

.

(2)设截面与圆锥侧面的交线为 MON,其中 O 为截面 与 AC 的交点,则 OO1//AB 且 OO ? 1 AB. 1

2

在截面 MON 内,以 OO1 所在有向直线为 y 轴,O 为原点,建立坐标系,则 O 为抛物的顶点,所以抛物线方程为 x =-2py,点 N 的 坐标为(R,-R) ,代入方程得 R =-2p(-R) ,得 R=2p,l=2R=4p. ∴圆锥的全面积为 ?Rl ? ?R 2 ? 8?p 2 ? 4?p 2 ? 12?p 2 . 将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问 一平面所截,截口是一个椭圆.已知椭圆的 长轴长为 5,短轴长为 4,被截后几何体的最短侧面母 线长为 1,则该几何体的体积等于 . 平面 ABC, 例 7 如图,几何体 ABCDE 中,△ABC 是正三角形,EA 和 DC 都垂直于 且 EA=AB=2a, DC=a,F、G 分别为 EB 和 AB 的中点. (1)求证:FD∥平面 ABC; (2)求证:AF⊥BD; (3) 求二面角 B—FC—G 的正切值. 讲解: ∵F、G 分别为 EB、AB 的中点, 题:一圆柱被
2

2

∴FG=

∴四边形 FGCD 为平行四边形,∴FD∥GC,又 GC ? 面 ABC,∴FD∥面 ABC. (2)∵AB=EA,且 F 为 EB 中点,∴AF⊥EB ∴AF⊥GC 又 FD∥GC,∴AF⊥FD ② ① 又 FG∥EA,EA⊥面 ABC ∴FG⊥面 ABC ∵G 为等边△ABC,AB 边的中点,∴AG⊥GC. 由①、②知 AF⊥面 EBD,又 BD ? 面 EBD,∴AF⊥BD. (3)由(1)(2)知 FG⊥GB,GC⊥GB,∴GB⊥面 GCF. 、 过 G 作 GH⊥FC,垂足为 H,连 HB,∴HB⊥FC. ∴∠GHB 为二面角 B-FC-G 的平面角. 易求 GH

1 EA,又 EA、DC 都垂直于面 ABC, 2

FG=DC,

?

3 a,? tg?GHB ? 2

a 3 a 2

?

2 3 . 3

例8

如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,P、Q 分别是线段 AD1 和 BD 上的点,且

D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证 PQ∥平面 CDD1C1; (2) 求证 PQ⊥AD;(3) 求线段 PQ 的长. 讲解: (1)在平面 AD1 内,作 PP1∥AD 与 DD1 交于点 P1, 在平面 AC 内,作 QQ1∥BC 交 CD 于点 Q1,连结 P1Q1. ∵

D1 P DQ 5 , ? ? PA QB 12

∴PP1 // QQ1 .? 知 PQ∥P1Q1 ? ? ∴AD⊥P1Q1,?又∵PQ∥P1Q1, ∴AD⊥PQ.?

由四边形 PQQ1P1 为平行四边形, 而 P1Q1 ? 平面 CDD1C1, (2)?AD⊥平面 D1DCC1, (3)由(1)知 P1Q1 // PQ,

所以 PQ∥平面 CDD1C1 ?

5 12 DQ1 DQ 5 .同理可求得 P1D= . ? ? ,而棱长 CD=1.∴DQ1= Q1C QB 12 17 17
13 ? 12 ? ? 5 ? P1 D ? DQ ? ? ? ? ? ? ? .? 17 ? 17 ? ? 17 ?
2 2 2 2

在 Rt△P1DQ1 中,应用勾股定理, 立得 P1Q1=

做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q 分别是 BD, AD1 上的动点,试求 并与如下 2002 年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?

PQ

的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看.

如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN= a

(0 ? a ? 2 ).
D M

C

求 MN 的长; 当 a 为何值时,MN 的长最小; 当 MN 长最小时,求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 ? 的大小。

立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难
A

B N F

E

构建

关.

以棱柱为载体的立体几何三大问题例析 棱柱是一个重要的几何体,以棱柱为背景的空间线线、线面、面面的平行与垂直问题;空间的各种距离问题;空间的各种角的问题, 是高考命题的热点,应引起高度重视。解此类问题可以充分利用棱柱的特定关系和有关性质,把问题简化。 例 1.如图 1,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 是棱 BC 的中点。 (1)求证:BD1∥平面 C1DE;

(2)试在棱 CC1 上求一点,使得平面 A1B1P⊥平面 C1DE;

分析: (1)设法在平面 DEC1 上找出一条直线平行 BD1,连 CD1 于 O 点,连 OE 即可。 (2)要证两个面垂直,必须先证到线面垂直。 由已知易证 C1E⊥A1B1,以此过 B1 点作直线 B1P⊥C1E 即可找到 P 点。 (3)要设法作出二面角的平面角。 证明:如图 2, (1)连 CD1 交 CD1 于 O 点,连 OE

因为 O 是 CD1 的中点,所以 OE∥BD1,所以 BD1∥平面 C1DE。 因为 A1B1⊥平面 B1C, CE?平面 B1C 1

(2)过 B1 点作 B1P⊥C1E,交 CC1 于 P 点。在正方形 BCC1B1 中,易证 R B 1 ≌ R C E t 1 P t 1 ,得 P 是 CC1 的中点。 ?C ?C 所以 A1B1⊥C1E 又因为 C1E⊥B1P,所以 C1E⊥平面 A1B1P 所以平面 A1B1P⊥平面 C1DE 故取 CC1 的中点 P,就有平面 A1B1P⊥平面 C1DE 评析:在(1)小题中关键是找出 OE,最容易误用 OC 代替 OE;在(2)小题中如果不能从已知面关系中合理地推测 P 点的位置, 或不能作出正确的辅助面都会使解题思路受阻。 例 2.已知正方体

AD111 1 B ?BD C AC的棱长为 a,求 A1B 与 D1B1 的距离。

分析:求异面直线 A1B 与 D1B1 的距离,关键是找出它们的公垂线段,而线线垂直可通过线面垂直或者三垂线定理而得到。 证法 1:直接法 如图 4,设 MN 是 A1B 与 D1B1 的距离,即 MN⊥D1B1,MN⊥A1B

过 M 作 MP⊥A1B1,则 PN⊥D1B1 过 N 作 NQ⊥A1B1,则 MQ⊥A1B 故

A ?QAQ M , 为等腰直角三角形,而 MP⊥A1Q,所以 P 为 A1Q 的中点 M? M 1 1 A ?M Q PP ? P 1 Q NQ ? ?B 同时 P Q 1

因此

a 2 A? ? 1 P? ?,而 AM? M ? a PP Q M N QB ? Q Q 1 1 3 3
2

2 ? 2? ? ? a 3 在△NMQ 中,有 M ? ? N a ? ? ? a ? ? ? 3 ? 3 ? ?3

证法 2:极值法 如图 5,在

A1 B 上任取一点 M,作 MP⊥A1B1,PN⊥D1B1,则 MN⊥D1B1,只要求出 MN 的最小值即可。



P A ?x,则 M? M 1

2 2 x A ? x ,P 1 2 2

所以

? 2 ? P 1 ? ?a ? B x? 2 ? ?

? 2? 1 P? ? x s 4 ? 2? N? a · ? n ax ? i 5 2 ? 2?

?

?
2

? ? 2 23 2 M P? ? N MP ? N x a ?? a ?? 2 22 3? 3 ?
2 2

当x

?

2 3 a 时,MN 取得最小值 a 3 3

证法 3:等积法 如图 6,因

AB D ,故 A1B∥CB1D1,则要求 A1B 与 D1B1 的距离转化为求 A1B 与平面 CB1D1 的距离。 C 1 ∥1

图6 考虑 B—CB1D1,先设底面为△BCB1,则锥高为 D1C1,得:

1 1 2? 13 ? V? ? a ? a? a · ? 32 ? 6
现将△CB1D1 视为底面则高为 B 到△CB1D1 的距离(即所求之异面直线距离) ,设距离为 h,则

1 2 1 2 33 S1 a s0 2 · i ? n? a 6 · a ? 2 ? ? 2 C B D 1 2 2 22 1 ? 3 2? V? · h ? a ?· 3 ?2 ?

??

??

由V

?

3 1 3 a a ,解得: h ? 3 6

图7 证法 4:转化法 因△A1BD∥△D1CB1, 故所求异面直线 A1B 与 D1B1 的距离转化为求此两平行平面的距离。 先考查四面体 A—A1BD, A 到面 A1BD 设 的距离为 d,得:
2 ? ? 11 3 V? ? 2 · ? a d 32 2? ? 3 1 1 2? 13 ? 又V a ? ? a ? a? a ,所以有 d ? · ? 3 32 ? 6

? ?

因为 AC⊥BD,所以 A1O⊥BD 同理 BO1⊥A1D 取 A1D 中点 O1,设

A B?,则 P 是△A1BD 中心 OO 1 ?1 P

连结 AP,易证 AP⊥平面 A1BD,即

3 2 a A? a , O 3 2 3 a 3 ? 6 设 ∠A ? ,则 cos ? ? CC? 1 3 2 a 2 A? ? Pd
因为 所以 所以

,而

A C 2a 6 ? ? A1 C 3 3 a

则 AC1 必与 PA 重合,即正方体的主对角线必穿过△A1BD 与△D1CB1 中心,且与这两个平面垂直。

AP ? C1 P1 ? d ?

3 a 3

A 1? 3 C a
PP ? 1 3 a 3

PP1 是两个平行平面间的距离,也就是异面直线 A1B 与 D1B1 间的距离。 评析:求两异面直线间的距离的关键是找出它们的公垂线段,其方法有直接法、极值法、等积法、转化法等,要根据题目特点,灵 活选用解题方法,对于以棱柱为载体的距离问题,必须切实把握棱柱这一几何体的本质特征及有关性质。 例 3.如图 8,已知直三棱柱 求证:AB1⊥A1M

A A ?1 1 1 B CA C B 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1, A 1 ? 6,M 是 CC1 的中点。

图8

分析:要证明 AB1⊥A1M,因 B1C1⊥平面 AC1,由三垂线定理可转化证 AC1⊥A1M,而 AC1⊥A1M 一定会成立,在一个平面内,通 过证 AC1⊥A1M 得出结论并不难。 证明:连结 AC1

C C A C 3 6 ? ?2 , 1? ?2 M C C1 A 6 3 1 1 2 所以 R C t C t C R 11 ?1 ?A A~ M 即∠ ?M A C ∠1 C A C 1 1 所以 ∠ ? 1 M A A 1 ?1 ? M ∠C C ∠ C A A M ? ∠ 0 1 ? 1 C C 1 19 所以 C 1 B 1,又 B 1 A 1 C 1 ⊥C C 1 1 ⊥C 所以 BC ⊥平面 AC1,由三垂线定理知,AB1⊥A1M 1 1
因为 历年高考题中的翻折问题 86 理科 (8)在正方形 SG1G2G3 中 E、F 分别是 G1G2 及 G2G3 的中点,D 是 EF 的中点,现在沿 SE、SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体,使 G1、G2、G3 三点重合,重合后的点记为 G.那么,在四面体 S—EFG 中必有 (A)SG⊥△EFG 所在平面 (C)GF⊥△SEF 所在平面 (B)SD⊥△EFG 所在平面 (D)GD⊥△SEF 所在平面

93 北京卷 (23)如图,ABCD 是正方形,E 是 AB 的中点,如将△ DAE 和△ CBE 分别沿虚线 DE 和 CE 折起,使 AE 与 BE 重合,记 A 与 B 重合后的 点为 P,则面 PCD 与面 ECD 所成的二面角为 度.30

1996 高考理科 (9)将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使得 BD=a,则三棱锥 D-ABC 的体积为 d

(20)(本小题满分 12 分) 在直角梯形 ABCD 中,?D=?BAD=90?,AD=DC=

1 AB=a,(如图一)将△ADC 2

沿 AC 折起,使 D 到 D'.记面 ACD'为?,面 ABC 为?.面 BCD'为?. (i)若二面角??AC??为直二面角(如图二) ,求二面角??BC??的大小; (ii)若二面角??AC??为 60?(如图三) ,求三棱锥 D'?ABC 的体积。

D

C

D' C

D' C

A

B

A

B

A

B

(20)本小题主要考查空间线间关系,及运算、推理、空间想象能力。满分 12 分。 解: (I)在直角梯形 ABCD 中, 由已知 ? DAC 为等腰直角三角形, ∴

AC ? 2a, ?CAB ? 45?

过 C 作 CH⊥AB,由 AB=2 a , 可推得 AC=BC= ∴ AC⊥BC

2a.
———2 分

取 AC 的中点 E,连结 D ?E , 则 又

D?E ⊥AC
? AC ? ? 为直二面角,

∵ 二面角 a ∴

D?E ⊥ ?
BC ? 平面 ?
∴ BC⊥ D ?E ∴ BC⊥ a ,而 D?C





? a,

∴ BC⊥ D ?C ∴

?D?CA 为二面角 ? ? BC ? ?
?

的平面角。

由于 ?D?CA ? 45 , ∴二面角 ?

? BC ? ?

为 45 。

?

———6 分

(II)取 AC 的中点 E,连结 D ?E ,再过 D? 作 D ?O?? ,垂足为 O,连结 OE。 ∵ AC⊥ D ?E , ∴ AC⊥ OE ∴

?D?EO 为二面角 a ? AC ? ?

的平面角,



?D?EO ? 60 ?
? 1 2 AC ? a, 2 2

———9 分

在 Rt?D?OE 中, D ?E

∴ VD?? ABC

1 S ?ABC ? D ?O , 3 1 1 ? ? AC ? BC ? D?O 3 2 ?
1 6 ? 2a ? 2a ? a 6 4

?

?

6 3 a . 12

2002 北京春季高考 (15)正方形 ABCD 的边长是 2,E、F 分别是 AB 和 CD 的中点, 将正方形沿 EF 折成直二面角(如图所示) .M 为矩形 AEFD 内 的一点,如果?MBE=?MBC,MB 和平面 BCF 所成角的正切值 为 1/2,那么点 M 到直线 EF 的距离为_________.?2/2

2003 北京春季高考 11.如图,在正三角形 ABC 中,D,E,F 分别 G,H,I,J 分别为 AF,AD,BE,DE 的中点.将△ABC 沿 DE,EF,DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的度 数为 A.90° B.60° C.45° D.0° 2004 安徽春季理科 (5)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 所处的二面角 为 30 ,则四棱锥 A-MNCB 的体积为
0

为各边的中点,





(A)

3 2

(B)

3 2

(C)

3

(D)3

2005 湖南高考理科 17、 (本题满分 12 分) 如图 1,已知 ABCD 是上、下底边长分别为 2 和 6,高为 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1; (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小。

3 的等腰梯形,将它沿对称轴 OO1 折成直二面角,如图 2。

O1 D O1 C D O
解法二(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1, A 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角, 即 OA⊥OB. 从而 AO⊥平面 OBCO1, OC 是 AC 在面 OBCO1 内的射影. 因为 tan ?OO B ? 1

C

B

O

B

A

O1
OC 3, tan ?O1OC ? 1 ? OO1 3

FC
E

OB OO1

? 3

D

所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,从而 OC⊥BO1 由三垂线定理得 AC⊥BO1.

O
A
图4

B

(II)解 由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知 BO1⊥平面 AOC. 设 OC∩O1B=E,过点 E 作 EF⊥AC 于 F,连结 O1F(如图 4) ,则 EF 是 O1F 在平面 AOC 内的射影,由三垂线定理得 O1F⊥AC. 所以∠O1FE 是二面角 O—AC—O1 的平面角. 由题设知 OA=3,OO1= 所以 O1 A

3 ,O1C=1,

? OA 2 ? OO12 ? 2 3 , AC ? O1 A 2 ? O1C 2 ? 13 ,

从而 O1 F

?

O1 A ? O1C 2 3 ? AC 13
?



又 O1E=OO1·sin30°=

3 2



所以 sin ?O1 FE 2005 浙江理科

O1 E 13 ? . O1 F 4

即二面角 O—AC—O1 的大小是 arcsin

3 . 4

12.设 M、N 是直角梯形 ABCD 两腰的中点,DE⊥AB 于 E(如图).现将△ADE 沿 DE 折起,使二面角 A-DE-B 为 45° ,此时点 A 在平面 BCDE 内的射影恰为点 B,则 M、N 的连线与 AE 所成角的大小等于_________.90

D

C N

M

2005 ( A.

A

E

B

年高考文科数学

江西卷

9.矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,沿 AC 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 B—AC—D,则四面体 ABCD 的外接球的体积为 ) B.

125 ? 12

125 ? 9

C.

125 ? 6

D.

125 ? 3

2006 山东理科 (12)如图,在等腰梯形 ABCD 中,AB=2DC=2,∠DAB=60° 为 AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿 ED、EC 向上折起,使 A、 ,E B 重合于点 P,则 P-DCE 三棱锥的外接球的体积为

(A)

4 3? 27

(B)

6? 2

(C)

6? 8

(D)

6? 24

2006 辽宁 19. (本小题满分 12 分) 如图所示, 记二面角 A ? DE ? C 的大小为 ? ABCD ,E,F 分别是边 AB,CD 的中点,将 △ADE 沿 DE 折起, ( 0 ?? ? π) . 已知正方形

(1)证明 BF ∥平面

ADE ;
A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结论,并求角 ? 的余弦值. A
B E C F

(2)若 △ACD 为正三角形,试判断点

B E

C

(19) 本小题主要考查空间中的线面关 知识,考查空间想象能力和思维能力. (Ⅰ)证明: E 、 F 分别是正方形

F

A

D

D

系,解三角形等基础 满分 12 分

ABCD 的边 AB 、 CD 的中点.

? ED // FD, 且 EB=FD,

?四边形 EBFD 是平行四边形 ? BF // ED 而 ? ED ? 平面 AED, BF ? 平面 AED ? BF // 平面 AED (Ⅱ)解法一:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,过点 A 用
AG ? 平面 BCDE , 垂足为 G , 连接 GC , GD.

?? ACD 为正三角形 ? AC ? AD ?GC=GD, ?G 在 CD 的垂直平分线上。 又? EF 是 CD 的垂直平分线 ?点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上
过 G 作 GH

? ED ,垂足为 H ,连接 AH , 则 AH ? DE.

??AHG 是二面角 A ? DE ? C 的平面角,即 ?AHG ? ? 设原正方形 ABCD 的边长为 2? ,连接 AF ,
在折后图的 ? AEF 中,

AF= 3?a,EF=2 AE=2a

? AEF 为直角三角形, AG ? EF ? AE ? AF ?
? AG ? 3 a 2

在 Rt ?ADE 中,

AH ?DE ? AD?AE

? AH ?

2a , 5 a 2 5

? GH ?

GH 1 ? AH 4 解法二:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,连结 AF ,在平面 AEF 内过点 A 作 AG ' ? EF ,垂足为 G ' ? ?ACD 为正三角形, F 为 CD 的中点, ? AF ? CD ? cos ? ?

又? EF ? CD ?CD ? 平面 AEF ? AG ' ? 平面 AEF ?CD ? AG ' 又? AG ' ? EF ,且 CD ? EF ? F , CD ? 平面 BCDE , EF ? 平面 BCDE , ? AG ? 平面 BCDE , ? G ' 为 A 在平面 BCDE 内的射影 G 。 ?点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上 过 G 作 GH ? ED ,垂足为 H ,连结 AH ,则 AH ? DE , ??AHG 是二面角 A ? DE ? C 的平面角,即 ?AHG ? ? 设原正方形 ABCD 的边长为 2a 。 在折后图的 ?AEF 中,

AF ? 3a , EF ? 2 AE ? 2a

??AEF 为直角三角形, AG?EF ? AE?AF ,
? AG ? 3 a, 2

在 Rt ?ADE 中,

AH ?DE ? AD?AE ,

? AH ?

2a , 5 a 2 5

? GH ?

GH 1 ? AH 4 解法三:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上连结 AF ,在平面 AEF 内过点 A 作 AG ' ? EF ,垂足为 G ' ? ?ACD 为正三角形, F 为 CD 的中点 ? AF ? CD 又? EF ? CD ?CD ? 平面 AEF , ? CD ? 平面 BCDE , ?平面 AEF ? 平面 BCDE ? cos ? ?
又? 平面

AEF ? 平面 BCDE ? EF , AG ' ? EF ,

? AG ' ? 平面 BCDE ,即 G ' 为 A 在平面 BCDE 内的射影 G , ?点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上。 过 G 作 GH ? DE ,垂足为 H ,连结 AH ,则 AH ? DE ??AHG 是二面角 A ? DE ? C 的平面角,即 ?AHG ? ? 设原正方形 ABCD 的边长为 2a
在折后图的 ?AEF 中,

AF ? 3a EF ? 2 AE ? 2a .

? ?AEF 为直角三角形, AG?EF ? AE?AF .

? AC ?

3 a. 2

在 Rt ?ADE 中,

AH ?DE ? AD?AE ,

? AH ?

2a , 5 a 2 5
,

? GH ?

? cos ? ?
2006 江苏

GH 1 ···· · · ? .······12 分 AH 4

(19) (本小题满分 14 分,第一小问满分 4 分,第二小问满分 5 分,第三小问满分 5 分) 在正三角形 ABC 中,E、F、P 分别是 AB、AC、BC 边上的点,满足 AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2(如图 1) 。将△AEF 沿 EF 折起到 ?A1 EF 的位置,使二面角 A1-EF-B 成直二面角,连结 A1B、A1P(如图 2) (Ⅰ)求证:A1E⊥平面 BEP; (Ⅱ)求直线 A1E 与平面 A1BP 所成角的大小; (Ⅲ)求二面角 B-A1P-F 的大小(用反三角函数表示)

A E
E

A1

F

F

19 本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识,以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等,考查空 B C P 间想象能力、逻辑推理能力和运算能力。 B C

P

图1

图2

解法一:不妨设正三角形 ABC 的边长为 3 在图 1 中,取 BE 中点 D,连结 DF. AE:EB=CF:FA=1:2∴AF=AD=2 而∠A=60 , ∴△ADF 是正三角形,又 AE=DE=1, ∴EF⊥ AD 在图 2 中,A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB 为二面角 A1-EF-B 的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角,A1E⊥BE,又
0

BE ? EF ? E ∴A1E⊥平面 BEF,即

A1E⊥平面 BEP

在图 2 中,A1E 不垂直 A1B, ∴A1E 是平面 A1BP 的垂线,又 A1E⊥平面 BEP, ∴A1E⊥BE.从而 BP 垂直于 A1E 在平面 A1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理)设 A1E 在平面 A1BP 内的射影为 A1Q,且 A1Q 交 BP 于点 Q,则∠E1AQ 就是 A1E 与平面 A1BP 所成的角,且 BP⊥A1Q.在△EBP 中, BE=EP=2 而∠EBP=60 , ∴△EBP 是等边三角形.又 A1E⊥平面 BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q 为 BP 的中点,且 EQ EA1Q=60 , ∴直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角为 60
o 0 0 0

? 3 ,又

A1E=1,在 Rt△A1EQ 中, tan ?EA1Q

?

EQ ? 3 ,∴∠ A1 E

在图 3 中,过 F 作 FM⊥ A1P 与 M,连结 QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=60 , ∴△FCP 是正三角形,∴PF=1.有 PQ

?

1 BP ? 1 ∴PF=PQ①, 2

∵A1E⊥平面 BEP,

EQ ? EF ? 3

∴A1E=A1Q,

∴△A1FP≌△A1QP 从而∠A1PF=∠A1PQ②, 由①②及 MP 为公共边知△FMP≌△QMP, ∴∠QMP=∠FMP=90 ,且 MF=MQ, 从而∠FMQ 为二面角 B-A1P-F 的平面角.
o

在 Rt △ A1QP 中 ,A1Q=A1F=2,PQ=1, 又 ∴

A1 P ? 5

. ∵ MQ ⊥ A1P ∴

MQ ?

A1Q ? PQ A1P

?

2 5 5



MF ?

2 5 5

在 △ FCQ

中,FC=1,QC=2, ∠C=60 ,由余弦定理得 QF

0

? 3

在△FMQ 中, cos ?FMQ

?

7 MF 2 ? MQ 2 ? QF 2 ?? 2 MF ? MQ 8

∴二面角 B-A1P-F 的大小为 ? 2007 安徽文 10. 把边长为

? arccos

7 8

2 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角, 折成直二面角后, A B,C,D 四点所在的球面上,B 与 D 在 ,
) C. π B.

两点之间的球面距离为( A.


2007 广东理科

π 2

D.

π 3

19. (本小题满分 14 分)如图 6 所示,等腰 △ ABC 的底边

AB ? 6 6 ,高 CD ? 3 ,点 E 是线段 BD 上异于点 B,D 的动点,

点 F 在 BC 边上,且 EF ⊥ AB ,现沿 EF 将 △BEF 折起到 △PEF 的位置,使 PE ⊥ AE ,记 BE 锥 P ? ACFE 的体积. (1)求 V ( x ) 的表达式; (2)当 x 为何值时, V ( x ) 取得最大值?

? x , V ( x) 表示四棱

P

A
(3)当 V ( x ) 取得最大值时,求异面直线

D F 图6

E

AC 与 PF 所成角的余弦值.
x2 6 2 ? ? S?BDC ? x 54 12

B

(1)由折起的过程可知,PE⊥平面 ABC, S?ABC ? 9 6 , S?BEF V(x)=

C

6 1 x(9 ? x 2 ) ( 0 ? x ? 3 6 ) 3 12 6 1 (9 ? x 2 ) ,所以 x ? (0, 6) 时, v '( x ) ? 0 ,V(x)单调递增; 6 ? x ? 3 6 时 v '( x) ? 0 ,V(x)单调递减;因此 x=6 3 4
BM BF BE BE ? ? ? , MB ? 2 BE ? 12 ,PM= 6 2 , AB BC BD 1 AB 2

(2) V '( x) ?

时,V(x)取得最大值 12 6 ; (3)过 F 作 MF//AC 交 AD 与 M,则

MF ? BF ? PF ?

6 3 6

BC ?

6 54 ? 9 ? 42 , 3

在△PFM 中, cos ?PFM ?

84 ? 72 2 2 ? ,∴异面直线 AC 与 PF 所成角的余弦值为 ; 42 7 7

2007 湖南 18. (2007 高考湖南卷) 如图 2, E,F 分别是矩形

ABCD 的边 AB,CD 的中点, G 是 EF 上的一点,将 △GAB , △GCD 分别沿 AB,CD 翻折
ABCD , G1G2 ∥ AD ,且 G1G2 ? AD .连结 BG2 ,如

成 △G1 AB , △G2CD ,并连结 G1G2 ,使得平面 G1 AB ⊥ 平面 图 3.

G1
A E G B D

G2

A
F C B

D
C

E

F

18. 解法一: 解: (I) 因为平面 G1 AB ⊥ 平面 所以

ABCD ,平面 G1 AB ? 平面 ABCD ? AB ,AD ⊥ AB , AD ? 平面 ABCD ,

AD⊥平面 G1 AB ,又 AD ? 平面 G1 ADG2 ,所以平面 G1 AB ⊥ 平面 G1 ADG2 .
⊥ AG1 于点 H ,连结 G2 H


(II)过点 B 作 BH

由(I)的结论可知, BH ⊥平面 G1 ADG2 , 所以 ?BG2 H 是 BG2 和平面 G1 ADG2 所成的角. 因为平面 G1 AB ⊥ 平面

G1 H A

G2

D
O C

B

E

F

ABCD ,平面 G1 AB ? 平面 ABCD ? AB , G1 E ⊥ AB ,

G1E ? 平面 G1 AB ,所以 G1 E ⊥ 平面 ABCD ,故 G1 E ⊥ EF .
因为 G1G2

? AD ,AD ? EF , 所以可在 EF 上取一点 O , EO ? G1G2 , 使 又因为 G1G2 ∥ AD ∥ EO , 所以四边形 G1 EOG2

是矩形.由题设

AB ? 12 , BC ? 25 , EG ? 8 ,则 GF ? 17 .所以 G2O ? G1E ? 8 , G2 F ? 17 ,

OF ? 17 2 ? 82 ? 15 , G1G2 ? EO ? 10 .因为 AD⊥ 平面 G1 AB , G1G2 ∥ AD ,所以 G1G2 ⊥ 平面 G1 AB ,从而
2 G1G2 ⊥ G1 B .故 BG2 ? BE 2 ? EG12 ? G1G2 2 ? 62 ? 82 ? 102 ? 200 , BG2 ? 10 2 .



AG1 ? 62 ? 82 ? 10 ,由 BH ?AG1 ? G1E ?AB 得 BH ?

8 ?12 48 . ? 10 5


故 sin ?BG2 H

?

BH 48 1 12 2 12 2 ? ? ? .即直线 BG2 与平面 G1 ADG2 所成的角是 arcsin BG2 5 10 2 25 25

解法二: (I)因为平面 G1 AB ⊥ 平面

ABCD ,平面 G1 AB ? 平面 ABCD ? AB , G1 E ⊥ AB ,
,所以

G1E ? 平面 G1 AB ,所以 G1 E ⊥ 平面 ABCD ,从而 G1 E ⊥ AD .又 AB ⊥AD
面 G1 ADG2 ,所以平面 G1 AB

AD⊥平面 G1 AB .因为 AD ? 平

⊥ 平面 G1 ADG2 .
ABCD .故可以 E 为原点,分别以直线 EB,EF,EG1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐

(II)由(I)可知, G1 E ⊥ 平面

z

标系(如图) , 由题设

AB ? 12 , BC ? 25 , EG ? 8 ,则 EB ? 6 ,

0, EF ? 25 , EG1 ? 8 ,相关各点的坐标分别是 A(?6,0) ,
0, D(?6, , , G1 (0,8) , B(6, 0) . 25 0) 0,
所以 设n

???? ? ???? 0, AD ? (0, , , AG1 ? (6,8) . 25 0)
? ( x,y,z ) 是平面 G1 ADG2 的一个法向量,

?

? ???? ? ?n?AD ? 0, ?25 y ? 0, ? 0, 由 ? ? ???? 得? 故可取 n ? (4, ? 3) .过点 G2 作 G2O ⊥ 平面 ABCD 于点 O ,因为 G2C ? G2 D ,所以 ? ?n?AG1 ? 0. ?6 x ? 8 z ? 0 ?
OC ? OD ,于是点 O 在 y 轴上.因为 G1G2 ∥ AD ,所以 G1G2 ∥ EF , G2O ? G1E ? 8 .
8) 设 G2 (0,m, ( 0 ? m ? 25 ) ,由 17
所以 BG2
2

? 82 ? (25 ? m)2 ,解得 m ? 10 ,

? (0, , ? (6, 0) ? (?6, , .设 BG2 和平面 G1 ADG2 所成的角是 ? ,则 10 8) 0, 10 8) ???? ? ? BG2 ?n 12 2 | ?24 ? 24 | 12 2 .故直线 BG2 与平面 G1 ADG2 所成的角是 arcsin sin ? ? ???? ? ? ? ? 25 25 BG2 ?n 62 ? 102 ? 82 ? 42 ? 32

???? ?




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