哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座立体几何教师版1

哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）直线.平面.简单几何体第二课时题型二结论探索性问题【典例2］（江西高考）如图在三棱锥A-BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形,AD是公共的斜边，且AD=#,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形(1)求证：ADBC（2）求二面角B—AC—D的大小（3）在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30角？若存在确定E的位置;若不存在，说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。解析：（1）方法一:作AH上面BCD于H，连DH.AB1BDnHB1BD,AD=瓜BD=1・•・AB=21=BC=AC.JBD1DC又BD=CD,则BHCD是正方形.则DH1BC.JAD1BC.方法二:取BC的中点O,连AO、DO,则有AO1BC,DO1BC.JBC1面AOD,:.BC1AD.

(2)作BM1AC于M,作MN1AC交AD于N,则ZBMN就是二面角B-AC-D的平面角.AB=AC=BC=<2,M是AC的中点,且MN||CDTOC\o"1-5"\h\z贝1BM=且,MN=1CD=1,BN=1AD=亘2 22 2 2BM2+MN2—BN2而 6由余弦定理得cosZBMN= =——,:.ZBMN=arccos--.2BM-MN 3 3(3)设E为所求的点，作EF1CH于F，连FD.则EF|AH：.EF1面BCD,ZEDF就是ED与面BCD所成的角，则ZEDF=30。.设EF=x，易得ah=hc=1,则CF=x,FD=<1+x2.「.tanZEDF=竺=—x—=且,解得x=亘,则UCE=<2x=1.FD石73 2故线段AC上存在E点且CE=1时,ED与面BCD成30。角.解法二:(1)作AH1面BCD于H,连BH、CH、DH,则四边形BHCD是正方形且AH=1,以D为原点，以DB为x轴,DC为y轴建立空间直角坐标系如图，则B(1,0,0),C(0,1,0),A(1,1,1).BC=(-1,1,0),DA=(1,1,1),BC-DA=0,则BC1AD.(2)设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),1则由71BC知:n.BC=一x+y=0；11同理由n1CA知:n•CA=x+z=0.11可取n二(11,-1厂 ^1同理,可求得平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1).2

由图可以看出，三面角B-AC-D的大小应等于<n,n>12则cos<n,n>=Hn^二二0?二屿，即所求二面角的大小是12nn ，3•J2 3|1 2 一一arcT(3)设E(x,y,z)是线段AC上一点，则x=z>0,y=1,平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),DE=(x,1,x),要使ED与面BCD成30。角，由图可知DE与n的夹角为60。，所以cos<DE,n>=DEn=x =cos60。=1.DEnJ1+2x2 _ 2则2x=<1+2x2，解得,x=—，则CE='\；2x=1.2故线段AC上存在E点且CE=1时ED与面BCD成30。角.拓展提升：1.先假设存在，再去推理，下结论：2.联想平面几何命题，运用类比猜想得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。【变式训练】1.(湖北卷)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1BQD1中，p是侧棱CC1上的一点，CP=m.(I)试确定m，使得直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为372；(H)在线段A1cl上是否存在一个定点Q，使得对任意的m,D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.并证明你的结论.点评：本小题主要考查线面关系、直线于平面所成的角的有关知识及空间想象能力和推理运算能力，考查运用向量知识解决数学问题的能力。解法1：(1)连AC,设ACBD=O,n

”与面D交于点G,连0G.TOC\o"1-5"\h\z因为PC//面BDDB,面BDDB面APC=0G,11 11故0G//PC.所以0G=1PC=m02 2又A01DB,A01BB,所以A01面BDDB.1 11故ZAG0即为AP与面BDDB所成的角。11包1TOC\o"1-5"\h\z在Rt△A0G中，tanAG0=1=3<2即m=-.m 3豆故当m=-时直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3点.DPCBA1Bi;(H)依题意，要在AC上找一点Q，使得DQ1APDPCBA1Bi;可推测AC的中点0即为所求的Q点.11 1因为D01AC.D01AA，所以DQ1面ACCA.11 11 11 1 1 11又APu面ACCA.,故D01AP.11 11从而D0在平面ADP上的射影与AP垂直。11 1解法二：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则C1A(L0,0),B(LL0),P(0,Lm),C(0,L0),D(0,0,0),B](1,1,1),C1D1(0,0,1).所以BD=(-1,-1,0),BB=(0,0,1),1AP=(-1,1,m),AC=(-1,1,0).又由AC.BD=0,AC.BB1=0知AC为平面BB1D1D的一个法向量.设AP与面BDD-B1所成的角为0,则sin0=cos弓-0)=|APA1'五,(a

依题意有：V2•、、；2+m2 《1+(3<2)2依题意有：解得m=—.3故当m=1时直线AP与平面BOqq所成的角的正切值为372.(2)若在A1cl上存在这样的点。，设此点的横坐标为x,则Q(x,1—x,1),DQ=(x,1—x,0).1依题意对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.等价于DQ1APo航D1Q=0ox+(1-x)=0ox=1即Q为AC的中点时，满足题设的要求.即Q为AC的中点时，满足题设的要求.(I)求证：平面VAB±平面VCD;(II)试确定角9的值，使得直线BC与平面VAB所成的角为n6解法1:(工)•・•AC=BC=a,・・・△ACB是等腰三角形，又D是AB的中点，・・・CD1AB，又VC1底面ABC.「.VC1AB.于是AB1平面VCD.又ABu平面VAB,，平面VAB1平面VCD.(H)过点C在平面VCD内作CH1VD于H，则由(工)知CD1平面VAB.连接BH，于是/CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. n依题意/CBH=—,所以6在Rt△CHD中，CH=2aasin9-2 ；

在Rt△BHC中，CH=asin—=—,62，TOC\o"1-5"\h\z・，・sin0= -2.<0<0<n,・・・0二n.2， 4故当0=n时，直线BC与平面VAB所成的角为n•4 6解法2:（工）以CA,CB,CV所在的直线分别为元轴、y轴、入轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0),A(a,0,0),B(0a,0),D于是，间直角坐标系，则C(0,0,0),A(a,0,0),B(0a,0),D于是，VD二(aa2,2,k)tan0,CD

)AB=(-a,从而ABCD=(-a,a,0)(aa一，一，0122(V0,0,

Ia,0).与atan0-1a2+1a2+0^0，即AB1CD.2 27（H）设平面VAB的一个法向量为n=（刘y,z）,则由nAB=0,nVD=0.—ax+ay-0,—x+ay—^——ztan0-0.〔2 2 2可取n-(L1,'2cot0)，又BC-(0,—a,0),

于是sin—二6nBC

nIBCa、2+2cot209sin0,于是sin—二6nBC

nIBCa、2+2cot209sin0,故交0n时，直线BC与平面VAB所成的角为n•4 6 (的空间直角坐标系，则D(0,0,0),A。I岑a，。、

2BO,Ta，°12 (的空间直角坐标系，则D(0,0,0),A。I岑a，。、

2BO,Ta，°12 ))a,0,0,

J—a,0,^-atan02 2 )，于是DV走a,0,走atan0 DC=2 2 )，(,历)-手a,0,0V2 )同理ABDV=同理ABDV=g,a,0)—与a。］7atan0)=0，即AB1DV•AB=(0,2a,0)•… ……小r八、(.5 )从而ABDC=Q,Ra,0)——a,0,0=0,即AB±DC•一 V2 )则由nAB=0,nDV=则由nAB=0,nDV=0，得<=0.可取n=(tan0,0,1)^又BC=一a,- 40，V2 2 )于是sinn=6nBCnIBC-atan0再= 2 =--sin0,a<1+tan20 2又DCDV=D,・•・AB1平面VCD.又AB0平面VAB,・・・平面VAB1平面VCD•(H)设平面VAB的一个法向量为n=(刘y,z),J2ay=0,72 72-——ax+——aztan0

即sin0=二<0<0<n,・・・0n.2 2 4故交0=n时，即直线BC与平面VAB所成角为n.46第三课时题型三折叠、展开问题【典例3】（辽宁高考）已知正方形ABCD.E、F分别是AB、CD的中点，将ADE沿。四折起，如图所示,记二面角A-DE-C的大小为0（0<0<兀）.（I）证明BF//平面（II）若ACD为正三角形，试判断点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0的余弦值A分析:充分发挥空间想像能力，抓住不变的位置和数量关系，借助模型图形得出结论，并给出证明.解析：（I）证明:EF分别为正方形ABCD得边AB、CD的中点,・二EB//FD闰EB=FD,四边形EBFD为平行四边形.BF//EDEFu平面AED,而BF仁平面AED:•:BF//平面(II)解法1:如右图，点A在平面BCDE内的射景乡G在直线EF上，过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD..AACD为正三角形,「.AC=AD/.CG=GD.G在CD的垂直平分线上,二•点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上，过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AH±DE,所以ZAHD为二面角A—DE—C的平面角.即^AHG=0设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中,AF=〃3a,EF=2AE=2a,即AAEF为直角三角形,AG・EF=AE•AF...AG=3aa2在RtAADE中,AH•DE=AE•AD:.AH=~^=a:.GH=—,cos0=v,5 2$5, AH解法2:点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上连结AF,在平面AEF内过点作AG'，EF，垂足为G..AACD为正三角形,F为CD的中点,AF±CD又因EF±CD,所以CD1平面AEFAG'u平面AEF/.AG'LCD攵AGrLEF且CDcEF=F,CDu平面8CD£,u平面BCDE・•・4G'_L平面・•.G'为A在平面BCDE内的射影G.即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AHIDE，所以ZAHD为二面角A—DE—C的平面角.即/A"G=O设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中,AF=◎,EF=2AE=2a,即AAEF为直角三角形,AG•EF=AE•AFAG=a2在RtAADE中,AT/。石二AEAD.人口_2 . a QGH1••AH———a..GH———cos0= =一6 2/ AH4'解法3:点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上连结AF,在平面AEF内过点作AGr±EF，垂足为G.7AACD为正三角形,F为CD的中点，.・.AF±CD又因所_LCD,所以CD1平面AEF・•・CDu平面石/.平面AEF1平面

又平面AEFc平面BCDE=EF,AGf1EF,AGrlEF:.AGf1平面BCDE••・•.G'为A在平面BCDE内的射影G.即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AH1DE厮以ZAHD为二面角A—DE—C的平面角.即ZAHG=0设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的AAEF中,AF=\：3a,EF=2AE=2a,即AAEF为直角三角形,AG•EF=AE•AF.・.ag=邑a2在RtAADE中,AH•DE=AE•AD:.AH=-ia:.GH=£,cos0=GH=1<5 2t5,AH4【点评】本小题考查空间中的线面关系,解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力.拓展提升：在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中，一般来说，位于同一平面内的几何元素相对位置和数量关系不变：位于两个不同平面内的元素，位置和数量关系要发生变化，翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。【变式训练】（05湖南）如图L已知ABCD是上、下底边长分别为2和6,高为户的等腰梯形，将它沿对称轴。。1折成直二面角，如图2.小.（工）证明：AC^BO小.（工）证明：AC^BOi;（n）求二面角O—AC—O1的大解法一（1）证明由题设知OA，OO],OB，OO].所以nAOB是所折成的直二面角的平面角，即OA^OB.故可以O为原点,OAOB、OO]所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系,如图3，则相关各点的坐标是A（3,0,0）,B（0,3,0）,C（0,L尸M（0,0,如）.从而AC=（一3,1,户）,bo=（0,—3,尸）,AC・BO=-3+Q・Q=0.i i所以AJBO].（H）解：因为BO1•OC=—3+<3.、3=0,所以BOi^OC,由（1）AC±BOj所以BO1平面OAC,BO1是平面OAC的一个法向量.设n二（九y,工）是。平面01AC的一个法向量,L p—;+y+、^=0,取・—;+y+、^=0,取・瓜n.OC=01得n:（1,0,"3）.设二面角O—AC—O］的大小为仇由n、BO1的方向可知0=<n,BO1>,所以cos。=cos<n,BO>=n.BO=立1InI•IBOI4i即二面角O—AC—O1的大小是arccos^--T 4解法二（I）证明由题设知OAlOOjOB^OO],所以nAOB是所折成的直二面角的平面角,即OAlOB.从而AOl平面OBCO「OC是AC在面OBCO1内的射影.

因为tan/OOB=OB-=户 tan/OOC=OC=且iOO iOO311所以nOO]B=60°,nO]OC=30°,从而OC^BO]由三垂线定理得AC,BO].（口）解由（i）ajbO],ojb。],知BO]，平面AOC.设。6。“=E,过点E作EF±AC于F,连结OJ（如图4）,则EF是OJ在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O]F，AC.所以nOJE是二面角O—AC—O]的平面角.由题设知OA=3,OO]=、3,O]C=1,TOC\o"1-5"\h\z所以OA=OOAA22+OO2=22,AC=、OA2+OC2=,13,1 1 1 * 1 1从而of=OiA°1c=注,又OE=OO・sin30°二亘,iAC "3 1 1 2所以sin/OFE=OE=二13.即一面角O—AC—O1的大小是arcsin3^-.1OF4 1 412.如图，在直角梯形P]DCB中，PFiiCB.CDMFRDM.BJBQC—6,A是P]D的中点，E是线段AB的中点，沿AB把平面P1AB折起到平面PAB的位置，使二面角P—CD—B成45°角.（工）求证：PA,平面ABCD;（口）求平面PEC和平面PAD所成的锐二面角的大小．TOC\o"1-5"\h\z证 明 （ 工 ）AB1PA,AB1AD,。AB1平面PAD.AB11DC,」.DC1平面PAD.」.DC1PDDC1AD,・••/PDA为二面角P—CD—B的平面角 3分故/PDA=45。•PA=AD=3,」./APD=45。.」.PA1AD.XPA1AB,」PA1平面ABCD. ...6分（口）证法一：延长DA,CE交于点N，连结PN,

由折叠知PE=NE,又丁E为中点，，NE=CE.・•.PE=NE=CE,.•.PN1PC.,又由(1)知PN1PD,・••/CPD为二面角C—PN—D的平面角 9分在直角三角形PDC中，tan/CPD=CD=二=且：/CPD=30。.PD3v2 3，即平面PEC和平面PAD所成锐二面角为30°.…12分证法二：如图建立空间直角坐标系A-xyz，则P(0,0,3)D(0,3,0)E[西,0,0],c\'6,3,0:.PE=•:cos<n,DC>=手，0「:.PE=•:cos<n,DC>=手，0「3］反=,设n（x,y,z）为平面传-Li)——x-3z=0，可设n=——x+3y=0、2(60,0),PEC的法向量，则又平面PAD的法向量DC=:.<n,DC>=30。,即所求二面角为30。.第四课时题型四求空间角【典例5】（重庆高考）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,BB1=<3+1,E为BB1上使B1E=1的点平面AEC1交DD1于F，交Ai己的延长线于G，求：（工）异面直线AD与C1G所成角的大小；（口）二面角A-C1G-A的正切值；分析：本题以棱柱为载体考查了空间线线角、面面角。属于考查角的典型题型。解析：解法一：

TOC\o"1-5"\h\z(1)由AD//DG知/CGD为异面直线AD与CG所成的角.连接CF.因为AE和CF分别11 1 1 1是平行平面ABBA和CCDD与平面AECG的交线，所以AE//CF，由此可得11 11 1 1在Rt△ 中，由=3得/CGD=兀1 16(2)作D1H1CG于H，连接FH，由三垂线定理知BFH1CG，故/DHF为二面角F—CG—D即二面角1 1 11A-CG在Rt△ 中，由=3得/CGD=兀1 16(2)作D1H1CG于H，连接FH，由三垂线定理知BFH1CG，故/DHF为二面角F—CG—D即二面角1 1 11A-CG-A的平面角11在RtAGFD中，由DG=<3，/DGH=-得DH=昱从而

1 1 1 6 12CFEBiHCiG'an/DH=DH二三=21 解法二：(1)由AD//DG知/CGD为异面直线AD与CG所成的11 1角.因为EC和AF分别是平行平面BBCC和AADD与平1 11 11面AECG的交线,所以EC//AF,由此可得11一 兀ZAGA=ZECB=-1 11 4从而AG=AA=v3+1,于是D1G="：3在RtCDG中，由CD=1,DG=%3得1111 1ZCGD=1 16r

x/B1HCi(2)(2)在△△, 冗 冗 ,__ 中，由/CAG=-,/AGC=-知^ACG为钝角作AH1GC交GC的TOC\o"1-5"\h\z11 4 1 1 6 11 1 1 1延长线于H,连接AH，由三垂线定理知GH工AH，故/AHA为二面角二面角A-CG-A1 11的平面角，在RtAAHG中，由AG=、3+1,/AGH=-得AH=避上1，从而i i i6 1 2

/an/A/AH=发=21 解法三：（i）以Ai为原点,A?AidAiA所在直线分别为x轴,y轴和z轴建立如图所示的空间直角坐标系.于是(0,0,3+1),C(1,1,0),D(0,1,<3+1),iE(1,0,1),AD=(0,1,0),EC=(0,1,—1)1因为和AF分别是平行平面BBCC和AADD与平面AECG的交线，所以EC//AF，设1 11 11 1 1G(0,y,0)AG=(0,y,-(<3+1))由EC//AG得1=—二1—，于是y=<3+11一y—(3+1故G(0,<3+1,0),CG=(-1…3,0)，设异面直线AD与CG所成的角的大小为0，则TOC\o"1-5"\h\z—» 1 1cos0=AD.C1G=邑，从而0=巴.IADI•IC"2 61（2）作ah±CG于H，由三垂线定理知GH±AH,故/AHA为二面角二面角11 1A-CG-A的平面角，设H(a,b,0)，则AH=(a,b,0),CH=(a-1,b-1,0),11 1 1由AH1CG得AHCG=0，由此得a-3bb=0 (i)a-a-1b-1--T=K,于是又由H,C,G共线得CH//CG，从而1 11<3a+b-«3+1)=0 (ii)联立(I)和(II)得a=I313,b=2,故H(^3,^±!)4 4 44由IA]HI=j^3^)2+(^^1)2=2^2+1,1A]AI=3++1得IAAI\，：3+10tan/AHA= 1—=—=—=21IAHI\，：3+1

1 拓展提升：作异面直线所成角的常用方法有：（1）平移法：在异面直线中的一条直线

上选择“特殊点”，作另外一条直线的平行线或利用中位线；（2）补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系。一般来说平移是最常用的，应作为求两异面直线所成角的首选方法;（3）向量法解与二面角有关问题时要注意：（1）找出二面角的平面角，主要是用三垂线定理或其逆定理（2）求二面角，主要是解三角形或是用射影法。【变式训练】如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，B点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1.B（1）求证：E,B,F,D1四点共面；（4分）2（2）若点G在BC上，BG=3，点M在BB1上,GM±BF，垂足为H，求证：EM，平面BCC1B1;（4分）（3）用0表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的大小，求tan0.（4分）本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.满分12分.解法一：（1）如图，在DD1上取点N，使DN=1,连结EN,CN，则AE=DN=1,CF=ND1=2.因为AE//DN,nd1〃CF，所以四边形ADNE,CFD1N都为平行四边形．从而EN/AD,FD/CN= 1又因为AD/BC,所以EN/BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN/BE,^而FD/BE1因此，E,B,F,D1四点共面.

(2)如图，GM±BF，又BM±BC，所以NBGM=NCFB,BC23BM=BGtanNBGM=BGtanNCFB=BG——=-x-=1.CF32因为AE野，所以ABME为平行四边形，从而AB〃EM.■••又AB±平面BCC1B1，所以EM±平面BCC1B1.(3)如图，连结EH.因为MH±BF,EM±BF，所以BF±平面EMH，得EH±BF.于是NEHM是所求的二面角的平面角，即NEHM=0.因为NMBH=NCFB，所以MH=BMsinNMBH=BMsinNCFBBMBC =1x =3,tan0EMMHBCC2+CF2 <32+22\：13tan0EMMH解法二：(1)建立如图所示的坐标系，则BE=(3,0,1),BF=(0，3，2)，BD1=(3，3，3)，所以BD=BE+BF，故BD,BE,BF共面.11又它们有公共点B1所以E,B,F,D1四点共面.2(2封图FM0，0z)，则GM=(0,--,z),而BF=(0,3,2)，由题设得GMBF=-23+z2=0，得Z=1.^3因为M(0,0,1),E(3,01)，有ME=(3,0,0),又BB1=(0,0,3),BC=(0,3,0),所以MEBB=0,MEBC=0，从而ME±BB,ME±BC.11故ME±平面BCCB.11

(3)设向量BP=3y，3)±截面EBFD，于是BP±BE,BP±BF.1而BE=(3,0,1),BF=(0,3,2)，得BPBE=3x+3=0,BPBF=3y+6=0，解得x=—1,y=—2，所以BP=(-1,-2,3).又BA=（3,O,0）±平面BCC1B1,所以BP和BA的夹角等于0或n-0（0为锐角）.于是cos于是cos0BPBA1BPBA而.第五课时题型六求空间距离【典例5】（2004福建卷）在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形，平面SAJ平面ABC,SA=SC=2"MN分别为AB、SB的中点.（工）证明：AC±SB;（H）求二面角N—CM-B的大小；（川）求点B到平面CMN的距离.分析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、二面角、点到平面的距离等基础知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力.若按常规方法解，（1）需作辅助线再构造一平面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（2）由三垂线定理作出二面角的平面角，再由直角三角形知识即可求解；（3）由等体积转换VB—CMN=VN—CMB即可求解.但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.A£二MA£二M平面的距离等基础知识,考查空间想象能力和逻辑推理能力.满分12分.解法一：（工）取AC中点D,连结SD、DB.•••SA二SC,AB=BC,「•AJSD且AJBD,・^.AC，平面SDB,又SBu平面SDB,「.AJSB.（口）•AC，平面SDB,ACu平面ABC,••平面SDB,平面ABC.过N作NE，BD于E,NE，平面ABC,过E作EF，CM于F,连结NF,则NF±CM.・•.nNFE为二面角N—CM—B的平面角.,•平面SAC，平面ABC,SD，AC,「.SD，平面ABC.又「此，平面ABCjNEiiSD.「SN二NB,「.NE=1SD=1ylsA2-AD2=1J12-4=贬且ED=EB2 2 2 '在正△ABC中，由平几知识可求得EF=1MB=1,4 2在Rt△NEF中,tan/NFE二丝=2J,EF.•・二面角N—CM—B的大小是arctan2%2.（印）在RbNEF中,NF=、;EF2+EN2=3,2・$CMN=2CM・NF=2白Scmb=2BM・CM=26.设点B到平面CMN的距离为h,^・,VB-CMN=VN-CMB,NE，平面CMB，,3SACMN，h=3SaCMb,NE,

・•.h二S©MB.N=4J2.即点B到平面CMN的距离为411.S 3 3aCMN解法二：（工）取AC中点。连结OS、OB.•••SA=SC,AB=BC,・•.AC^SO且AC^BO.,•平面SAC，平面ABC,平面SACn平面ABC=AC•.SO,面ABC,，SO，BO.如图所示建立空间直角坐标系O—xy乙则A(2,0,0),B(0,2/,0),C(—2,0,0),S(0,0,2<2),M(L%3,0),N(0,、'3…2).AC=(—4,0,0),*=(0,2/,20),,AC•SB=(—4,0,0)(0,2户,2,2)=0,AC，SB.（口）由（工）得CM=（3小；3,0）,MN=（—1,0,,.2）.设n=（x,y,z）为平面CMN的一个法向量，'CM•n=3%+/y=0则1取z=1,则x=q2,y=—0,mN.n=一x+%2z=0,,n=(v2,—6,1),又OS=（0,0,2<2）为平面ABC的一个法向量,cos(n,OS,二面角N—CM—B的大小为arccos13

（印）由（工）（口）得MB=（—LQ,0）,n=（口,一,：6,1）为平面CMN的一个法向量,:点B至怦面CMN的距离d=端=432拓展提升：此题三个小问题层层深入，由（1）证明线线垂直，（2）又利用三垂线定理及勾股定理求二面角，（3）由三角形等面积转换求线段，进而由等体积求点到平面距离.这是一道考查立体几何知识较全面立体几何中的求距离，也是高考中的命题热点，其中点到平面的距离的计算是立体几何中的一个难点.求点到平面距离，一般方法是先由该点向平面引垂线确定垂足，把点到平面的距离转化为解三角形求解，需要作辅助线，然后通过逻辑推理论证及计算，（一作，二证，三计算）或用向量法。【变式训练】1.（07辽宁）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，/ACB=90,AC=BC=a,D,E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M-DE-A为30.O（I）证明：AB1CD；11 1（II）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离.本小题主要考查空间中的线面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与思维能力．满分12分．（I）证明：连结CD,三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，CC11平面ABC,・••CD为C1D在平面ABC内的射影..△ABC中，AC=BC,D为AB中点，:.AB1CD.1.AB//AB,ii:.AB1CD.11 1(II)解法一：过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连结MF.-D，E分别为AB,BC的中点，DE±AC.又.AF//CE,CE±AC.「.AF±DE....MA±平面ABC,/.AF为MF在平面ABC内的射影.「.MF±DE..•./MFA为二面角M-DE-A的平面角，/MFA=30在Rt△MAF中，AF=-BC=a,/MFA=30,TOC\o"1-5"\h\z2 2， ，O「.AM= -a6 °作AG±MF，垂足为G,MFLDE,AF±DE,DEL平面DMF,・・..平面MDEL平面AMF,AGL平面MDE.在Rt△GAF中，/GFA=30,AF二a2，・••AG二a，即A到平面MDE的距离为a.44.CA//DE,CA//平面MDE,C到平面MDE的距离与A到平面MDE的距离相等，为a.4解法二：过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连接MF.-D，E分别为AB,BC的中点，DE//AC.又AF//CE,CE1DE:.AF±DE.二MA±平面ABC,/.AF是MF在平面ABC内的射影，.・.MF±DE.NMFA为二面角M—DE—A的平面角，/MFA=30.22OAM=-^—a. 8 分6在Rt△MAF中，AF=1BC二a22OAM=-^—a. 8 分6设C到平面MDE的距离为h,...V=V.M—CDE C—MDE:.1S MA=1Sh3CDE 3△MDES △=1CEDE=竺.MA=3aa,CDE2 8 6S=1DEMF=1DEAF=3-aa2,MDE2 2cos3012

1a233 1<3 7/.—x—x—a——x—a2xh386 312 ，二.h—4,即C到平面MDE的距离为4-12分2.（06福建）如图,四面体ABCD中,0、E分别BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2（工）求证：A0,平面BCD;（口）求异面直线AB与CD所成角的大小；（印）求点E到平面的距离.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点EEC到平面的距离等基本知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.方法一:（1）证明：连结0C.vBO=DO,AB=AD,aAO±BD.vBO=DO,BC=CD,aCO±BD.在^AOC中，由已知可得A0=1,C0=、3.而AC=2,•.AO2+CO2=AC2, ,•.nAOC=90°NAO±OC.BDnOC=0,•.AB±平面BCD.（口）解：取AC的中点M,连结OM、ME、OE,由E为BC的中点知MEiiAB,OEiiDC.直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角.在^OME中,

1 亡2 1EM=-AB=—,OE=—DC=1,2 2 2vOM是直角^AOC斜边AC上的中线,，OM=1AC=1,••・异面直线AB与CD所成角的大小为arccos^^-4（印）解：设点E到平面ACD的距离为h.vV—VA一ACD A一CDE•3h§ACD=3AOScDE.ffi△ACD中,CA=CD=2,AD=21,而AO=1,SqE•SaACD=1x工2x2=1x亘x22=亘

2 4 214—AO•S1x2 %21ACDE==—=S 77 7AACD2,点E到平面ACD的距离为121.7方法二：（工）同方法一:（口）解：以。为原点，如图建立空间直角坐标系，则B（1,0,0）,D（—lQ,0）,C(0,•户,0),A(0,0,1),E(1,立,0),BA=(-1,0,1),CD=(-1,-A3,0).22•cos：BA,CDBA•CDWD4••・异面直线AB与CD所成角的大小为arccos——•4(IH)解：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z)，则<n•AD=(x,J,z)•(-1,0,-1)=0,、n•AC=(x,j,z)•(0,m'3,-1)=0,x+z=0,、.'3j-z=0.令y=L得n=（—x3,1,Q）是平面ACD的一个法向量.又反二（-2手，，点E到平面ACD的距离h=IECnI_73_V21-InI正一~1~3.（2006湖北高考）如图,已知正三棱柱ABC—A]B]Ci的侧棱长和底面边长均为LM是底面BC边上的中点,N是侧棱CC]上的点，且CN=2C]N.（工）求二面角B]—AM—N的平面角的余弦值;（口）求点B]到平面AMN的距离.本小题主要考查线面关系、二面角和点到平面距离的有关知识及空间想象能力和推理运算能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.解法1:（工）因为M是底面BC边上的中点，所以AM1BC,又AM1CC1,所以AM1面BCCB，从而AM1BM,AM1NM,所以/BMN为二面角,B—AM—N的平面角.又11MN=MCC2+CN2=B1M=jB1B2+BM2=14_54+9—6,ABCiNBMC连B1巾得B1N屋廿N=1+9=40在AB1MN中,由余弦定理得cosBMN二1525_10 _BM2+MN2—BN2_4+36_y_5512BMMN1 .J55 5-i 2x——x_26故所求二面角B1—AM—N的平面角的余弦值为(n)过B1在面BCC1B1内作直线B1H1MN,H为垂足.又AM1平面BCC1B1,所以AM1B1H.于是B1H1平面AMN,故B1H即为B1到平面AMN的距离.在R1AB1HM中,B1H=BMsinBMH=}5x：1—1=1.故点B到平面AMN的距离为Li1 2 \ 5 i解法2:(工)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,l),M(0,1,0),2C(0,L0),N(0,L2),A(-且,1,0)，所以,3 22AM=亭0。，MB1=(0，-2,1)，mn;吗皂因为MBAM=亘x0+0x(-1)+0x1=0

1 2 2所以MB1.1AM，同法可得MN1AM.故＜MB,MN＞为二面角B—AM—N的平面角・•.cos<mb,MN>=1MB,MNM