高考数学典型易错题会诊（下）

高考数学

典型易错题会诊

（下）

命题角度3

空间距离

1.（典型例题）在空间中，与一个aABC三边所在直线距离都相等的点的集合是（）

A.一条直线

B.两条直线

C.三条直线

D.四条直线

［考场错解］设该点为P,且P在平面ABC上的射影为O,因为P到aABC三边所在直

线距离都相等，所以0到AABC的三边直线的距离都相等，即。为AABC的内心，

所以本题中符合条件的点在过0且与平面ABC垂直的直线上，所以选A。

［专家把脉］在平面上与一个三角形三边所在直线等距离的点不只内心一个，实际任意

两个角的外角平分线的交点（我们称其为傍心）也符合到三角形三边所在

直线等距离伊温*

［对症下药］设该点为P,且P在平面ABC上的射影为0,因为P到4ABC;

三边所在直线距离都相等，所以0到4ABC的三边所在直线的距离都相等，B1-15

即O为4ABC的内心或傍心，所以本题中符合题意的点在过内心或傍心且与平面ABC

垂直的直线上，这样的直线有4条，所以选D。

2.（典型例题）如图10-15,在棱长为4的正方体ABCD—AIBIGDI中，0是正方形AiBiCQi

的中心，点P在棱CG上，且CC|=4CP。

（1）求直线AP与平面BCGBi所成角的大小（结果用反三角表示）；

（2）设。点在平面D|AP上的射影为H,求证：D|H_LAP；

（3）求点P到平面ABD1的距离。

［考场错解］第（3）问：：ABCD-A|BC|D|为正方体，.•.人8_1面8。：1|,；.BP_L

AB,；.BP即为P到平面ABD।的距离，在RtZ\BCP中，BP=历

［专家把脉］线面垂直的判定有误，错解中BPJ_AB,但BP与平面ABD|

不垂直，所以P到平面ABDi的距离不是BP。

正解一：（1）如图10-16,连接BP,：AB_L平面BCCiBi，；.AP与平

面BCCBi所成的角就是NAPB。VCC,=4CP,CC,=4,；.CP=1。在Rt

△APB中，NPCB为直角，BC=4,CP=1,故BP=历.在RtZiAPB中，NAPB为直角,

tanNAPB=—=,ZAPB=arctan”后.

BP1717

（2）连接AC”BQi，；A|B|GD|为正方形，.•.DQLAiG又AA|J_底面AiBiCQi，

.♦.AAi^DQ,...DQ，平面A|APC”由于APu平面A|AOC”，DQ_LAP。：平面

D］AP的斜线DQ在这个平面内的射影是D|H,...DiHLAP。

（3）雌BG，在平面BCCB中，过点P作PQLBCi于点Q。：AB，平面BCCB，

PQu平面BCGBI，，PQ，AB,；.PQ_L平面ABGDi，；.PQ就是P到平面ABD|的距

离,在RtZXCFQ中，NGQP=90°,ZPC1Q=45°,PC1=3,，PQ=g亚.即点P到平

面ABDi的距离为卡。

正解二：(1)以。4、DC,两分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间坐标系，：

AB_L平面BCCB，；.AP与平面BCCB所成的角为NAPB。；CC|=4CP,CC)=4,/.

CP=1,A(4,0,0)、P(0,4,1),B(4,4,0)。APA=(4,-4,-1),PB=(4,0-1)

...cos/APB=营•空.=避亘；.直线AP与平面BCC|B|所成的角为arccos或亘;(2)

\PA\»\PB\3333

连接DQ,由(1)有Dl(0,0,4)、0(2,2,4),而=(2,2,0),PA»D^()=0,:.PA±D\d

又因为DAP的斜线DQ在这个平面内的射影是D|H。

ADiHlAP；

(3)由正方体的性质不难得出而为平面ABD1的一个法向量，B((4,4,4)、C(0,

4,0)、P(0,4,1)

布=(-4,0,-4),而=(-4,0,1),<1=1即吧期!=J2=3^,尸到平面A84的距离为2亚

181cI4j222

3.(典型例题)如图10-17,在三棱锥V—ABC中，底面4ABC是以/B为直角的等腰直

角三角形，又V在底面ABC上的射影在线段AC上且靠近C点，且AC=4,VA=g

VB与底面ABC成45°角。

(1)求V到底面ABC的距离；

(2)求二面角V—AB—C的大小。

［考场错解］(1)过V作VDJ_AC,垂足为D,连接BD,由已

知有VDJ_平面ABC,在直角三角形VBD中，NVBD为直线

VB与底面ABC所成的角，ZVBD=45°,BD=2.・班=2>.v

4

到底面ABC的距离等于2。

［专家把脉］BD与AC垂直是错误的，BDW2—・2拉,错误的原因是缺少函数方程思

4

想，VD直接计算在本题中做不到，而应设未知数，建立方程来求解。

［对症下药］(1)如图10-18,在平面VAC中，过V作VD_LAC于D,连接BD,由已

知VD_L平面ABC,NVBD为VB与底面所成的角，NVBD=45°,设CD=x，则在Rt

△VAD中，VD?=VA2-AD2=14-(x-2)2=-x2+8x-2,在直角三角形VBD中，ZVDB=90",

ZVBD=45°,BD2=X?+8-4五x・农=x?4x+8.在直角三角形VBD中，ZVDB=90°,Z

2

VBD=45°,，VD=BD,即1+8乂-2=*2心+8,解得x=l或x=5,又由题意x=5应舍去,，

x=l此时VD=7-(-D2+8xi-2=6:.V到底面ABC的距离为石;(2)过D作OE_LAB于

E,连结VE,：VD_L底面ABC,DE_LAB,，VE_LAB.，NVED为二面角V—AB—C的平

面角。在平面ABC中，CB1AB,DE±AB,；.DE〃BC,由(1)知

型=处=2,...。£=加=迪，在RtZiVDE中，YD=后，ZVDE=90°DE^,Atan

BCAC4422

ZVED=-^=典,zTED=arctan典.，二面角V—AB—C的大小为arctan画.

3V2333

~2~

专家会诊

空间中的距离以点到面的距离为中心内容，大多数距离问题都可以转化为点到面的距

离，求法比较灵活，主要有：(1)直接法。过该点作面的垂线，求出垂线段的长度，不

过不能只顾作，计算不出来，应先利用线面的位置关系判断垂足的位置；(2)间接解法:

利用三棱锥的体积进行等积变换来求解；(3)利用空间向量求解，公式

是"妇，其中n为平面的法向量，a为过该点的平面的一条斜线段

Ini

所确定的一个向量。

考场思维训练

1如图，已知正三棱柱ABC—A|B|G的各条棱长都为a,P为A1B上的点。

(1)试确定处的值，使得PC1.AB：

PB

答案：过P作PM_LAB于M,连结CM,•••ABC-ABC为正三棱柱，...PM，平面ABC,...PC在下

底面上的射影为CM,VPCIAB,.-.CMXAB,又△ABC为等边三角形，.'M为AB中点，即P

为AJB的中点,

A.P—

:一!一=1时,PC_LAB.

PB

⑵若瞽4'求二面角P—AC—B的大小;

答案：过P作PMLAB于N,过N作NQLAC于Q,连结PQ,根据三垂线定理

得NPQN为二面角P-AC-B的平角.PN=ga,NQ=：•小a,在RtAPQN中，

tanZPQN=-ax—=瓜:.NPQN=60".即二面角P-AC-B的大小为60°

52V3a

(3)在(2)的条件下，求Ci到平面PAC的距离。

答案：=3〃•5"检=Vp-ACG=解得〃=］，；-Q到平面P4C的距离为耳.

2长方体ABCD—A|B|C|D|中，AAI=9,AB=AC=6百，N为BC中点，M

为A|B的中点，P为CQi的中点，如图，

(1)求点P到平面B|MN的距离；

答案：如图，平面BMN截长方体所得的截面为ABNR,...CJM/AB,“口//

平面A,B,NR,AP到平面B,MN的距离等于C,到平面B.MN的距离，作GGLBN

于G,,.•ABCD-AiBCD为长方体,

，C|GJ_平面B1MN,在距形BCGBi中，BB产AA|=9,BQ尸BC=6百，B|N=6百，AZ

BB,N=30°,NC|B|G=60°,GG=6®x3=9.，P到平面B|MN的距离为9.

2

(2)求PC与平面B|MN所成的角。

答案：：PC〃MB,，PC与平面RMN所成的角等于MB与平面B1MN所成的角，过B作BHLB1N

于II,作BH_L平面B.MN,ZBMH为MB与平面BiMN所成的角，

BH=-.A/5=6氐.sinZBA/H=—PC与平面所成的角为arcsin—.

244

3已知斜三棱柱ABC—A|B|G的侧面，AIACCI与底面ABC垂直NABC=90°,BC=2,

AC=2后，且AA|_LA|C,AA^A.Co如图所示。

（1）求侧棱AAt与底面ABC所成二面角的大小；

答案：取AC中点D,连ADYAA尸AC,；.Ad）J_AC又侧面NACC」平面ABC,■10-21

，AiD_L平面ABC,

；./A|AD为AA1与平面ABC所成的角，由己知NA|AD=45°

（2）求侧面A|ABB|与底面ABC所成二面角的大小；

答案：作DELAB,由三垂线定理ABLAR，/AiED为侧面AIABBI与底面ABC所成二面角的

平面角.又BC_LAB,；.DE//BC,DE=；BC==①

tanZAiED=73

；.NA1ED=6O°....侧面AiABBi与底面ABC所成二面角为60°.

（3）求顶点C到侧面AIABBI的距离。

答案：D到平面AIABBI的距离是C到该平面距离的一半，由（2）知平面AiEDL平面A.ABB1,

作DF_LAE贝ljDF_L平面AIABBI,又DF=3,，（：到平面AIABBI的距离为石

2•

命题角度4

简单几何体

1.（典型例题）如图10-22,在正三棱柱ABC—A|B|C|中，AB=3,AA,=4,M为AA］的中

点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CG到M的最短路线长

为何，设这条最短路线与CG的交点为N。

求（1）该三棱柱侧面展开图的对角线长；

（2）PC与NC的长；

（3）平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小（用反三角函数表示）。

［考场错解］第（2）问过M作MNJ_CG于N,则由已知有MN+NP=3+NP=后，NP=^-3,

此时N为CC1的中点，NC=2,PC=JNP2-NC2=）36-6四。

［专家把脉］依题意是MN+NP的最小值为风，而错解中认为MN最小，则MN+NP就最小，

这是错误的.

［对症下药］（1）正三棱柱ABC—A|B1G的侧面展开图是一个长为9,宽为4

的矩形，其对角线长为的2+42=府;

（2）如图10-23,将则面BBICIC绕棱CC,旋转120。，使其与侧面AAQC

在同一平面上，点P运动到P的位置，连接MP”则MP1就是由点P

沿棱柱侧面经过棱CC|到点M的最短路线。设PC=x,则P|C=x,在Rt^MAPi中，由

勾股定理得（3+x）2+22=29,求得x=2,.•.PC=P|C=2,3^=生=2,；.故7=上

MAPXA55

（3）解法一：连接PP|,则PPi就是MNP与平面ABC的交线，作NHJ_PP|于H,又CG

J_平面ABC,连接CH,由三垂线定理得，CH_LPP|,；./NHC就是平面MNP与平面

ABC所成二面角的平面角（锐角）。在Rt^PHC中，VZPCH=1ZPCPI=6O°,

2

CH=上=1、在RtANCH中tanZNHC=—=ZNHC=arctan-平面NMP与平面

2CH55

ABC所成二面角（锐角）的大小为arctan±。

5

解法2：;AMPN在aABC上的射影为AAPC,设所求的角为0则cos©=2t=亚.

S^MNP41

故平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小为arccos通.

41

2.（典型例题）如图，直四棱柱ABCD—A|B|C|D|的底面ABCD为平行四边形，其中AB=VI,

BD=BC=1,AA,=2,E为DC中点，点F在DDi上，且DF=L。

4

（1）求异面直线BD与AQi的距离；

（2）EF与BG是否垂直？请说明理由；

（3）求二面角E—FB—D的正切值。

［考场错解］第（2）问：；ABCD—AiBiCQi为直四棱柱，，EF在面BCC|B|上的射影为

CG，而BCi与BG不垂直，；.EF与B。不垂直。

［专家把脉］把直四棱柱看成长方体了，实际上，长方体是底面为长方形的直四棱柱，本题

中的底面ABCD为平行四边形，所以ABCD—AIBICQI不是长方体，也就是说EF在面

BCGBi上的射影不是CC”

［对症下药］正解一：（1）；ABCD—ABC，为直四棱柱，•,.DDi_LAD|,DDJBD,/.

DDi为AQi与BD的公垂线段，DDI=2,，A|D|与BD的距离为2；

（2）VBD=BC=1,CD=VI,.♦.△BCD为等腰直角三角形，E为CD的中点，,BE_LCD,

又ABCD—A|B|C|D|为直四棱柱，，BEJ^CDD©,?.BE1EF,在RtZ\FDE中，Z

FDE=90°,FD=1,DE=®,.-.EF2=—,在Rt^GCE中，Z

4216

C|CE=90°,EC=立,CC产AA|=2,；.DE2|=2,在Rt/\D|FC|中，ZFD,C|=90°,D|F=Z,

224

2222

DC尸冷，AFC,=—.".FCI=EF+ECI,AEFlECI，得EF_L平面BEQ；.FF_LBC|

16

(3)如图10-24,过E作EOJ_BD,过0作OM_LBF于M,连接EM,易证得£0_1平

®BDF,...NEMO为二在角E—FB—D的平面角，VZDBC=90°,EO1BD,：.EO//

BC,又E为CD中点，.,.EO=lsc=l,在4BDF中，△BOM~Z\BFD,OM=—J=,

222所

在RtAEOM中，tan/EM0=g2=g,；.NEMO=arctan炳,.•.二面角E—FB—D的大小

OM

为arctan而.

（1）同正解一;

图10-28

⑵由已知可得/ADB=90",DD|J_平面ABCD,...以加、DB、分别为X,轴y轴,z

轴的正方向，建立空间坐标系，F(0,0,1)、E(-11,0A(1,0,0)、D,(0,

422

0,2),.，.EF=(1,-1,-!-)而=(-1,0,2)

⑶可以得平面BDF的一个法向量为茄，而获=(-1,0,0),B(0,1,

A

0)正=(__L,__L,O),不=(L-■!•4)，设平面BEF的一个法向量为

22224底

n=(x,y,z)由n±靛,"_L7得,=o-x-■!■>+■!■z=0,令x=l,得

22224

y=-l,z=-4,.•.平面BEF的一个法向量为n=(1,-1,-4),cosa=

，所求二面角E—FB—D的大小为arccos—

6

专家会诊

棱柱、棱锥、球是几何中的重要载体，学习中除了牢固掌握有关概念、性质、面积体积公

式之外，还要灵活运用有关知识进行位置益寿延年判断与论证，进而达到计算的目的，

在计算时要注意把某些平面图形分离现来运用平面几何的知识来进行飞——-1--

计算，这是立体几何中计算问题的重要方法和技巧。\

考场思维训练g

VBv('

1如图，正四面体ABCD的棱长为1,P、Q分别为AB、CD上两点，

且AP=CQ="求出正四面体侧面上从P到Q的最小距离。网,

答案：解析：由对称性知，在侧面上从P到Q只需考虑两种情形，即从P到Q经过棱AC或

经过棱AD.

①当经过棱AC时,如图1沿AD把侧面展开，：AP=CQ=A,且AP//CQ.，四边形APCQ为平

行四边形，，E是PQ的中点，；.PQ=2PE,在4APE中，ZPAE=60°,AP=\

I———...........\

A,AE=

1,由余弦定理，有PE=F+；TCOS60。，

，PQ=412-2/1+1;

②当经过棱AD时，如图2,沿AC展开，此时PQ=1,又：入

<g时,7^^771<1,当;12g时21\_/0

14矛-24+1,/<一

.♦.PQ的最小值为2

2如图，已知斜三棱柱ABC—AIBCI中，AC=BC,D为AB的中点,

平面A|B|Ci平面ABB|AI；异面直线BC|与AB,互相垂直。

图10-27

(1)求证：AB」平面A|CD；

答案：取AB中点D”连结BDI、CD,可证明CD_L平面ABBA,从而GD」ABI.又由垂

,

线定理可得AB」BD”VCD/ZCiDi,.\CDXABi,A1C//BD),..AIC±ABI,.'AB」平面A£D.

(2)若CCi与平面ABB|A|的距离为1,A|C=VF,AB)=5,求三棱锥A1一ACD的体积。

答案：由(1)知案D1J■平面ABB1A1,

，CD_L平面ABBoAi,

平面ABBiAi,...CC到平面ABB,Ai的距离为CD.即为C-A.AD的高.，CD=1,在RtAA,CD

中,...Agj37-1=6.设科交AD、DB于点E、F.

VAiDZ/DiB,AD=DB,

；.AE=EF,同理EF=FBi,

；.AE=gAB|=g,又•.•AB]_LA0,

=-^D*AE=5,

-ACD=Vc-A,AD=1x5x1=-.

AcJ33

3如图所示，正三棱柱ABC—A|BCi的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点，

在直线CG上找一点N,使MNLAB］。

答案：解析：•••ABC-AiBC为正三棱柱，M为BC中点又侧面BCCBL底面ABC,

；.AM_L平面BCCB.，ABi在平面BCCB上的射影为BiM,要MN_LAB“只须MN_LBM即可.

如图所示

建立直角坐标系，M

(

133111I

一,0),B］(0,2),设N(l,y),则由8也1”%有(2,-2)・(一4)=0,^y=-.:.CN=—CC］.:.N在CQ的一个等分点处.

222816

探究开放题预测

预测角度1

利用三垂线定理作二面角的平面角

1如图10-28,正三棱术ABC—A|B|G的所有棱长均相等，D是BC上一点，AD±C)D

(1)求二面角C—ACi—D的大小；

(2)若AB=2,求直线A,B与截面ADC1的距离

［解题思路］求二面角的大小，一般先利用三垂线定理作出二面角的平面

角，再通过解三角形得出结果，二面角有两个半平面，先要分析过哪个半

平面内有一点能方便地作出另外一个半平面的垂线，一般利用“有两个面

垂直，在一个面内作交线的垂线，则这条线垂直另外一个面”这个性质来

作。本题中可以先证平面ADG，平面BCC|B1,再过C作CQ的垂线，则这条线与平面

ADG垂直，再利用三垂线定理作出平面角，第(2)问可求B到平面ADG的距离。

［解答］(1)如图10-29,：ABC—A|B|C|为正三棱柱：CC,±AD.又ADJ_CQ,；.AD

_L平面BIBCCI。；.平面ADC」平面BCCiB”过C作CE_LC|D于E,则

CE_L平面ADG，过E作EF_LAC|,连接FC,则由三垂线定理知NCFE为

二面角C—AC1-D的平面角。设AB=a,D是BC的中点，

CE=SC。=&a,CF=AC'CG=旦巴在RtAEFC中,sinZEFC=叵,：.二面角C—AG

C\D5AG25

—D的大小为arcsin4比

5

(1)连接A|C,设A|CAAC|=O,连接DO,则AiB〃DO,；.A|B〃平面ADC”；.A|B到

截面ADG的距离等于B到ADG的距离，过B作BH_LGD,交CQ的延长线于H,

由(1)平面ADCi_L平面BCCiBi得BHJ_平面ADC”即BH为B到面ADG的距离

BH=EC=2x，=qL.•.直线A|B与平面ADC,的距离为半

2如图10-30,ABCD中，PA_L平面ABCD,M、N、R分别是AB、PC、CD的中点，

(1)求证：直线AR〃平面PMC；

(2)求证：直线MN_L直线AB：

(3)若平面PDC与平面ABCD所成的二面角(锐角)为0,能束确定0使直线MN

是异面直线AB与PC的公垂线，若能确定，求出©的值；若不能确定，说明理由。

［解题思路］证线面平行，先证线线平行，证线线垂直，通过线面垂直转换，这是一般的

解题思路，用这种解题思路证(1)、(2)问，第(3)问先作(或找)出这个二面角的

平面角，再通过解方程的方法求出9的值。

［解答］(1)如图10-30,；ABCD为矩形，M、R分别为AB、CD的中点，AM?CR,

二四边形ARCM为平行四边形，，AR〃CM,AR〃平面PMC。

(2)由已知可得ABJLMR,AB_L平面PAD,；.ABJ_PD,又RN为4PCD的中位线，

；.NR〃PD,得AB_L平面MNR,；.AB_LMN。

(3)：PA_L平面ABCD,AD1DC,.../PDA为平面PDC与平面ABCD所成的二面

角(锐角)的平面角，。=NPDA。由(2)知MNJ_AB,AB/7CD,AMN1CD,又

MN_LPC,，MN_L平面PCD,；.MN_LNR,MNR=90°,在Rt^PDA中，设AD=a,

PD=-^―,在RtAMNR中,

cos6

NR=—PD=—--,MR=a/NRM=/.PDA=0,:.cos。==——!——cos6=—■，得夕=巳时,能

22cos。MR2cos。24

使直线MN是异面直线AB、PC的公垂线。

预测角度2

求点到面的距离

1.如图，PAL平面AC,四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD

的中点。

(1)求证：AF〃平面PCE；

(2)若二面角P—CD—B为45°,AD=2,CD=3。

(i)求二面角P—EC—A的大小；

(ii)求点F到平面PCE的距离。

［解题思路|过AF作一个平面与平面PEC相交，证明AF与交线平行，由于E、F为中

点，所以取PC的中点即可；分别作出P—CD—B和P—EC—A的平面角，求点F到平

面PCE的距离可用直接法，也可以用间接解法。

［解答］(1)如图，取PC的中点M,连接ME、MF,：FM〃CD,FM=^CD,AE〃

CD,AE=-!-CD,；.AE〃MF且AE=MF,...四边形AFME是平行四边形。...AFaEM,

2

：AF工平面CPE,；.AF〃平面PCE。

(2)(i)•.•PA_L平面AC,CD1AD,根据三垂线定理知，CD1PD,Z«,『力”

PDA是二面角P—CD—B的平面角，则/PDA=45°,于是aPAD为等腰：：

直角三角形，过A作CE的垂线交CE的延长线于G,连接PG,根据三垂1g…

线定理知NPGA为二面角P—EC—A的大小为arctano-.

3

(ii)解法一：：AF_LPD,又AF_LCD,，AF_L平面PCD,而EM〃FA,，EM_L平面PCD,

又EMu平面PEC,平面PEC_L平面PCD,在面PCD内过F作FH_LPC于H,则FH

为点F到平面PCE的距离，由已知PD=2后，PF=LPD=收，PC=Vi7,知FH=更亘，

217

；.F到平面PCE的距离为亚。

17

解法二：由EM〃FA,知点F到平面PCE的距离可转化为点A到平面PCE

的距离，过点A在面PAG内作AN1PG,则AN为点A到平面PCE的距EB10-13

离，可算得小=返。

17

2.如图10-33,在棱长为a的正方体，ABCD—A|B|GD|中，E、F分别为棱AB和BC

的中点，EF与BD相交于H。

(1)求二面角B1一EF-B的大小；

(2)试在棱BB|上找一点M,使D|MJ_平面B1EF,并证明你的结论；

(3)求Di到平面B|EF的距离。

［解题思路］第(1)问二面角B1一EF—B的平面角为NB|HB；由于面

D|DBB」平面B|EF,...过D1作D|NJ_B|H并延长交BB］于M,利用平

面几何的知识判断M的位置；第(3)问即求D|N。

［解答］(1)由已知EF〃AC,；ABCD—AiBiGDi为正方体，

面BDD|B|,.'.EFl.平面BDD|B|,二NB|HB为二面角B1一EF-B的平面角，在RLA

BIBH中，B|B=a,BH=^a,；.tanNB|HB=^=2收.，NB］HB=arctan也.即二面角

4BH

B|-EF—B的大小为arctanV2.

(2)由(1)知EF_L平面BDD1B1，,平面BiEF_L平面BDDiB”.•.过D|作D|NJ_B］H,

垂足为N,延长D|N交BBi于M,得，D|M_L平面B|EF,如图，建立坐标系，则D(0,

0)、D,(0,a)、H(乎a,0),设M(72a,y0)，由D|M_LBH得y0=巴,.\M为BBi的中点。

(3)由(2)DIN为D|到直线B|H的距离，由点到直线的距离可得

=D|N=&a,；.D|至I」面B|EF的距离为&a。

33

预测角度3

折叠问题

1.如图10-35,Z\BCD内接于直角梯形A|A2A3D,己知沿4BCD三边

把aAiBD、△A2BC、4A3CD翻折上去，恰好使Ai、A2>A3重合于A。

(1)求证：AB±CD；

(2)若AQ=10,A|A2=8,求二面角A—CD—B的大小。

图10-36

［解题思路］这是一个折叠问题，解这一类题的关键是分析折叠前后不变的量，不变的位

置关系，利用这些不变来解题，第(1)问可证ABJ_平面ACD,由AB_L平面ACD,

利用三垂线定理可作出二面角A-CD-B的平面角。

［解答］(1)如图10-36,由平面图形中A|BJ_A|D,A|B_LA2c知,立体图形中AB_LAC,

AB1AD,AABl5?®ACD,/.AB1CD

(2)过A作AE_LCD于E,连接BE,；.CD_L平面ABE,/AEB=。为二面角A一

CD-B的平面角，在平面图形中，A1B=A2B=4,A,D=A3D=10,过D作DD|J_A2A3,

在RtaAsDDi中可得A.aD|=6,A2A3=16。A2C=A3C=8,CD=7604=2717»

在立体图形中，AC=8,AD=10,CD=2j行，

cos4cp=8~+(2炳二1(尸=」,sin4CD=3.在RtAAEC中，AE=8«sinZACD=^L,

2x8x2-717J17J17V17

在RtABAE中,tan0=tanZAEB=空=叵,:.0=arctan晅，.二面角A—CD—B的大小

AE88

为arctan

8

2.如图10-37,已知ABCD中，AD=BC,AD〃BC,且

AB=3拉，AD=2石，BD=石，沿BD将其折成一个二面角…

A—BD—C,使得AB_LCD。

(I)求二面角A—BD—C的大小；

(II)求折后点A到面BCD的距离。

［解题思路］先将平面图形的性质研究清楚，在立体图形中将垂直关系进行转化，可以得

出结果。

［解答］(1)在平面图形中，AD2+BD2=AB2,AAD1BD,BC1BD,在立体图形中，

如图10-38,作AH_L平面BCD于H,连DH、BH,设BH交CD于E。由AD_LBD得

NADH为二面角A—BD—C的平面角。：AB_LCD,.*.BH±CD,在RtZ\BCD中，

DE=2^=£=3A/2-V2=25/2,XDHIBQ-.—=—=-,DH=-CB=拒,

DCCBCE22

Mifi'.cHCAsD=^-U-=1,

A。2石2

NADH=60°,.•.二面角A—BD—C的大小为60°。

(2)由Q)知AH=ADsinNADH=2VJx走=3.

2

考点高分解题综合训练

1在斜三棱柱ABC—A|B|C|的底面AABC中，ZA=90°,且BC1_LAC,

Cl作C1H_L底面ABC,贝IJH在()

A.直线AC上

B.直线AB上

C.直线BC上

D.z^ABC的内部

答案：B解析：连AG,；AC_LAB,AC±BCi,且BGCAB=B,，AC_L平面ABC,又ACu平面

ABC,一定交线AB上.

2正四面体内任意一点到各面的距离和为一个常量，这人常量是（）

A.正四面体的一条棱长

B.正四面体后条斜高的长

C.正四面体的高

D.以上结论都不对

答案：c解析：正四面体的四个面都全等，设其面积都为S,四面体的高为h,并设正四面

体内任一点到四个面的距离分别为hl、hz、h3、hl,则V正四面作

——5（/?|+但++“4）又"1E四面体=qsh,.，.瓦+比++'4=氏

3设0是正三棱锥P—ABC底面ABC的中心，过0的动平面与P-ABC的三条侧棱或其

延长线的交点分别记为Q、R、S,则和式盍+小表满足（)

A.有最大值而无最小值

B.有最小值而无最大值

C.既有最大值又有最小值，最大值不等于最小值

D.是一具与平面RS位置无关的常量。

答案：D解析：如图，四面体PQRS可以划分为0为公式共顶点，分别以△PQR、ZXPRS、△

PQS为底面的三个三棱锥，由己知可设/QPR=NRPS=NQPS=a,又是。是P-ABC底面AABC

的中心，0点到三个侧面的距离相等，设为d,则

VpQRs=Vo-pqK+Vo-pRs+Vo-pQs=PQ•PR•sin。d+*PR•PS•sina+*PQ•PS•sin。设pA与平面pgp所成

的角为0,于是VPQRS=VQ_PRS=3PR・PS・sin0•户2・sin。...表+■+表=乎为常量

4直线AB与直二面角a—1—B的两个地平面分别相交于A、B两点，且A、Bal,如果

直线AB与a、B所成的角分别是。।和%，则一+%（）

A.O<01+e2<nB.61+02=1

C.01+02>-D.0<01+6£

22（»48£）

答案：D解析：如图，过A作AAJI于A”过B作BB-1于日,连结ABi、

A.B,则由a_LB,可得AA_16,BB,1a,得ZBAA尸91,在Rt△AA>B中，cosN

ABAi=A^iiRW!BB|中,sin/RAB]=器又cos%2sin%又用伤为锐角，；・。9+名吟

5已知P为锐二面角a—1—B内一点，且P到a、B及棱I的距离之比为1：亚：2,则

此二面角的大小为.

答案：75°解析：过P作PAJ.0，PB16,PA、PB确定的平面与1交于C,则1JL平面PAB,

AllPC,ZPC,ZBCA为a-l-B的平面角，分别算出NPCA、ZPCB,得二面角的大小为

75°.

6球面上有三点A、B、，每两点间的球面距离都等于拜，其中R为球的半径，则过A、

B、C三点的截面圆的面积等于.

答案：2成2解析：由已知/AOB=ZAOC=ZBOC=ZA

32

AB=AC=BC=V2/e,AABC的外接圆的半径为逅R,截面贺圆的面积等于6“

厂3庭即

…2R)(nR2)•"，…"

7如图，在正四棱锥S—ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面aSCD内及其边界上运动，

并且总有PE_LAC。

(1)证明SBXAC；

答案：：S-ABCD为正四棱锥，0为ABCD的中心，.曾。，平面ABCD,0B为SB在ABCD上的射

影，

VAC1BD,

ASBIAC.

(2)指出动点P的轨迹，并证明你的结论；

答案：如图，N,G分别为SC、DC的中点，则P的轨迹为4SCD的中位线GN证…

明：设H为CD的中点，则GH〃SO,；.GH，平面ABCD,GN,在下底央上的射出/

影为NE,：ABCD为正方形，ANE1AC,由三垂线定理知PELAC.

(3)以轨迹上的动点P为顶点的三棱锥P—CDE的最大体积为V1,正四棱锥S—ABCD

的体积为V,则V］：V等于多少？

答案：4CDE的面积为定值，当P在G处时，三棱锥P-CDE的体积最大，此

时PH=，SO,

2

又SACDE：SOTABCD=1：4,...三棱锥P-CDE的最大体积V1是正四棱锥体

积V的L即V|：V=l：8.

8

8如图，正三棱柱ABC-A|BCi底面边长为a,侧棱长为四a,D是A1C1

2

的中点。

(1)求证：BCi〃平面BQA：

答案：如图，连结AB交ABi于E,则E为AB的中点，又D为AC的中点，

DE//BG又DEu面AB।D,BG〃平面AB,D.

(2)求证：平面AB|DJ_平面AiACCi；

答案：「△AiBC为正三角形，D为AC中点，；出旧_1人£,又ABC-ABG为

正三棱柱，二8山_1平面ACCA,又BQu平面AB|D_L平面AMCC

(3)求二面角A】一AB1一D的大小。

答案：过Ai作AFJ_AD于F,由（2）知AF_1•平面ABD过F作FGLABi于G,依据三垂线

定理，A.G1AB,/.ZA.GF为二面角A.-AB-D的平面角.在RTAAA,D中，

S

AF=31.A|%,在RTZAFG中,sinZA1GF=A£=^I,.,ZAiGF=45°二面角

AB〕Afi2

ALABLD为45°.

9菱形ABCD的边AB=5,对角线BD=6,沿BD折叠得四面体ABCD,已知该四面体积

不小于8,