立体几何的解题技巧

立体几何新题型的解题技巧【命题趋势】在2007年高考取立体几何命题有以下特点：1.线面地点关系突出平行和垂直，将重视于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的观点、性质多在选择题，填空题出现．4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热门．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题.【考点透视】(A)版.掌握两条直线所成的角和距离的观点，关于异面直线的距离，只需求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的观点.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的观点..空间距离和角是高考观察的要点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的要点内容，高考试题中常将上述内容综合在一同放在解答题中进行观察，分为多个小问题，也可能作为客观题进行独自观察.观察空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.无论是求空间距离仍是空间角，都要依据“一作，二证，三算”的步骤来达成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特点.求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。【例题分析】考点1点到平面的距离求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其要点在于确立点在平面内的垂足，当然别忘了转变法与等体积法的应用.典型例题例1（2007年福建卷理）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1中点．（Ⅰ）求证：AB1⊥平面A1BD；AA1（Ⅱ）求二面角AA1DB的大小；CDC1BB1（Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离．观察目的：本小题主要观察直线与平面的地点关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力．解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．AA1Q△ABC为正三角形，AO⊥BC．Q正三棱柱111中，平面ABC⊥平面BCC1B1FABC，CABCC1ODAO⊥平面11．BCCBBB1连结B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点，B1O⊥BD，AB1⊥BD．在正方形ABBA中，AB⊥AB，AB⊥平面A1BD．11111（Ⅱ）设AB1与A1B交于点G，在平面1中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（Ⅰ）得AB1⊥ABD平面A1BD．AF⊥A1D，∠AFG为二面角AA1DB的平面角．在△AA1D中，由等面积法可求得AF45，5又QAG1AB12，sin∠AFGAG4210．2AF545所以二面角AA1DB的大小为arcsin10．4（Ⅲ）中，，，△，△1．1BDA1D2SA1BD6SBCD△ABD5A1B2在正三棱柱中，A1到平面BCC1B1的距离为3．设点C到平面A1BD的距离为d．由VABCDVCABD，得1S△BCDg31S△A1BDgd，1133d3S△BCD2．S△A1BD2点C到平面A1BD的距离为2．2解法二：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．Q△ABC为正三角形，AO⊥BC．Q在正三棱柱ABC111中，平面ABC⊥平面BCC1B1，ABCAD⊥平面BCC1B1．uuuruuuuruuurx，y，z轴的正方向成立空间直角坐标取B1C1中点O1，以O为原点，OB，OO1，OA的方向为系，则B(10，，0)，D(11，，0)，1，A(0，0，3)，B1(12，，0)，A(0，2，3)zuuuruuur(2，1，0)，uuur．AA1AB1，，3)，BDBA1，，3)(12(12uuuruuur20uuuruuur1430，FQAB1gBD20，AB1gBA1CDC1uuuruuuruuuruuurOAB1⊥BD，AB1⊥BA1．yBAB1⊥平面A1BD．（Ⅱ）设平面A1AD的法向量为n(x，y，z)．uuur，uuur．uuuruuur，，，3)，，Qn⊥AD，n⊥AA1AA1(020)uuury，ngAD，xy，0uuur3z02y，x．ngAA10，03z令z1得n(3，0，1)为平面A1AD的一个法向量．由（Ⅰ）知AB1⊥平面A1BD，uuurAB1为平面A1BD的法向量．uuuruuur6．ngAB133cosn，AB1uuur2g224ngAB1二面角AA1DB的大小为arccos6．4

B1xuuur为平面A1BD法向量，（Ⅲ）由（Ⅱ），AB1uuuruuur(12，，3)．QBC(2，00)，，AB1uuuruuur2点C到平面A1BD的距离dBCgAB12．uuurAB1222小结：本例中（Ⅲ）采纳了两种方法求点到平面的距离.解法二采纳了平面向量的计算方法，把不易直接求的B点到平面AMB1的距离转变为简单求的点K到平面AMB1的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采纳了等体积法，这类方法能够防止复杂的几何作图，显得更简单些，所以可优先考虑使用这一种方法.例2.(2006年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.命题目的：此题主要观察直线与平面的地点关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力.过程引导：方法一要点是用适合的方法找到所求的空间距离和角；方法二要点是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.P解答过程：方法一（Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，DCAMOB所以AD⊥PM，AD⊥QM.从而AD⊥平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.Q（Ⅱ）连结AC、BD设ACBDO，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连结PN.因为PO1,NONO1，所以PONO，OQ2OAOC2OQOA从而AQ∥PN，∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.因为PBOB2OP2(22)2123，PNON2OP2(2)213.BNOB2ON2(22(2)2102)所以cos＝PB2＋PN2BN293103.BPN2PBPN2339从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos3.9(Ⅲ)连结OM，则OM1AB21OQ.22所以∠MQP＝45°.由（Ⅰ）知AD⊥平面PMQ，所以平面PMQ⊥平面QAD.过P作PH⊥QM于H，PH⊥平面QAD.从而PH的长是点P到平面QAD的距离.又PQPOQO3,PHPQsin45032..232即点P到平面QAD的距离是.2方法二（Ⅰ）连结AC、BD，设ACBDO.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.Ax从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD.故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系（如图），由题条件，有关各点的坐标分别是A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）.所以AQ(22,0,2)uuurPB(0,22,1)于是cosAQ,PB3.9(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），AD(22,22,0)，uuur(0,0,3)，设nPQ(x,y,z)是平面QAD的一个法向量，由nAQ0得2xz0.nAD0xy0

zPDCOByQP（0，0，1），取x=1，得n(1,1,2).uuurrPQn32所以点P到平面QAD的距离dr.n2考点2异面直线的距离此类题目主要观察异面直线的距离的观点及其求法，考纲只需求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离.典型例题例3已知三棱锥SABC，底面是边长为42的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面.E、D分别为BC、AB的中点，求CD与SE间的距离.思路启示：因为异面直线CD与SE的公垂线不易找寻，所以想法将所求异面直线的距离，转变成求直线与平面的距离，再进一步转变成求点到平面的距离.解答过程：以下图，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，EF为BCD的中位线，EF∥CD,CD∥面SEF,CD到平面SEF的距离即为两异面直线间的距离.又线面之间的距离可转变为线CD上一点C到平面SEF的距离，设其为h，由题意知，BC42,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点，CD26,EF1CD6,DF2,SC22VSCEF11EFDFSC116222332323在RtSCE中，SESC2CE223在RtSCF中，SFSC2CF2424230又EF6,SSEF3因为VCVSCEF1Sh，即13h223SEFSEF3，解得h3333故CD与SE间的距离为23.3小结：经过本例我们能够看到求空间距离的过程，就是一个不停转变的过程.考点3直线到平面的距离此类题目再加上平行平面间的距离，主要观察点面、线面、面面距离间的转变.典型例题例4．如图，在棱长为2的正方体AC1中，G是AA1的中点，求BD到平面GB1D1的距离.思路启示：把线面距离转变为点面距离，再用点到平面距离D1C1的方法求解.O1解答过程：分析一BD∥平面GB1D1，A1B1HBD上随意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，GDC以下求点O平面GB1D1的距离,AOBB1D1A1C1，B1D1A1A，B1D1平面A1ACC1,又B1D1平面GB1D1平面A1ACC1GB1D1，两个平面的交线是O1G,作OHO1G于H，则有OH平面GB1D1，即OH是O点到平面GB1D1的距离.在O1OG中，SO1OG1O1OAO1222.22又SO1OG1OHO1G13OH2,OH26.223即BD到平面GB1D1的距离等于26.3分析二BD∥平面GB1D1，BD上随意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，以下求点B平面GB1D1的距离.设点B到平面GB1D1的距离为h，将它视为三棱锥BGB1D1的高，则VBGBDVDGBB,因为SGBD12236，1211111VD1GBB1112224,h426,3236326即BD到平面GB1D1的距离等于.3小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离要点是选准适合的点，转变为点面距离.本例分析一是依据选出的点直接作出距离；分析二是等体积法求出点面距离.考点4异面直线所成的角此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，而后经过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考观察的要点.典型例题A例5（2007年北京卷文）如图，在Rt△AOB中，OABπ，斜边AB4．Rt△AOC能够经过D6Rt△AOB以直线AO为轴旋转获得，且二面角BAOC的直二面角．D是AB的中点．（I）求证：平面COD平面AOB；EOB（II）求异面直线AO与CD所成角的大小．C思路启示：（II）的要点是经过平移把异面直线转变到一个三角形内.解答过程：解法1：（I）由题意，COAO，BOAO，BOC是二面角BAOC是直二面角，COBO，又QAOIBOO，CO平面AOB，又CO平面COD．平面COD平面AOB．（II）作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则DE∥AO，CDE是异面直线AO与CD所成的角．z在Rt△COE中，COBO2，OE1BOA1，2CECO2OE25．

D又DE1AO3．2OByxC在Rt△CDE中，tanCDECE515．DE33异面直线AO与CD所成角的大小为arctan15．3解法2：（I）同解法1．（II）成立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，A(0，0，23)，C(2，0，0)，D(0，1，3)，uuur，，，uuur，OACD(2，1，3)(0023)uuuruuuruuuruuur66．OAgCDcos，23g224OAgCD异面直线AO与CD所成角的大小为arccos6．4小结：求异面直线所成的角经常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特别点”，作另一条直线的平行线，如分析一，或利用中位线，如分析二；②补形法：把空间图形补成熟习的几何体，其目的在于简单发现两条异面直线间的关系，如分析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：0,.2例6．（2006年广东卷）以下图，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8,BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE(Ⅰ)求二面角B—AD—F的大小；(Ⅱ)求直线BD与EF所成的角.命题目的：此题主要观察二面角以及异面直线所成的角等基本知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力.过程引导：要点是用适合的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角.AF、BC是圆O的直径，ABFC是矩形，又ABAC6，ABFC是正方形因为ABFC是正方形，所以∠BAF＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，成立空间直角坐标系（如图），则O（0，0，0），A（0，32，0），B（32，0，0）,D（0，32，8），E（0，0，8）,F（0，32，0）所以，BD(32,32,8),FE(0,32,8)uuuruuurcosBD,FE

uuuruuur0186482BDFEuuuruuur10082.|BD||FE|10设异面直线BD与EF所成角为，则.cosuuuruuur82.cosBD,FE10故直线BD与EF所成的角为arccos82.10考点5直线和平面所成的角此类题主要观察直线与平面所成的角的作法、证明以及计算.线面角在空间角中据有重要地位，是高考的常考内容.典型例题S例7.（2007年全国卷Ⅰ理）四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD．已知∠ABCC45o，DAAB2，BC22，SASB3．（Ⅰ）证明SABC；（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小．观察目的：本小题主要观察直线与直线,直线与平面的地点关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力．解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD．因为SASB，所以AOBO，又∠ABC45o，故△AOB为等腰直角三角形，AO⊥BO，由三垂线定理，得SA⊥BC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC，依题设AD∥BC，S故SA⊥AD，由ADBC22，SA3，AO2，得SO1，SD11．CO1ABgSA22△SAB的面积S11AB2．DA22连结DB，得△DAB的面积S21ABgADsin135o22设D到平面SAB的距离为h，因为VDSABVSABD，得

BB1hgS11SOgS2，解得h2．33设SD与平面SAB所成角为，则sinh222．SD1111所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsin22．11解法二：（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD．因为SASB，所以AOBO．又∠ABC45o，△AOB为等腰直角三角形，AO⊥OB．z如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，成立直角坐标系Oxyz，Suur，，，GA(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，S(0，0，1)，SA(201)CyuuuruuruuurDOEBCB，，，SACB0，所以⊥．ASABCx（Ⅱ）取AB中点E，E2，2，，220连结SE，取SE中点G，连结OG，G2，21．44，2OG2，21，22，AB(2，2，0)．，SE，，442221SEgOG0，ABgOG0，OG与平面SAB内两条订交直线SE，AB垂直．所以OG平面SABOG与DS的夹角记为，SD与平面SAB，则与，所成的角记为互余．D(2，22，0)，DS(2，22，1)．cosOGgDS22，sin22，OGgDS1111所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin22．11小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的地点关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①结构——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值.考点6二面角此类题主假如怎样确立二面角的平面角，并将二面角的平面角转变为线线角放到一个适合的三角形中进行求解.二面角是高考的热门，应重视.典型例题例8．（2007年湖南卷文）如图，已知直二面角PQ，APQ，B，C，CACB，BAP45o，直线CA和平面所成的角为30o．C（I）证明BC⊥PQ；PABQ（II）求二面角BACP的大小．命题目的：此题主要观察直线与平面垂直、二面角等基本知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力.过程引导：（I）在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB．CH因为⊥，IPQ，所以CO⊥，PAQ又因为CACB，所以OAOB．BO而BAO45o，所以ABO45o，AOB90o，从而BO⊥PQ，又CO⊥PQ，所以PQ⊥平面OBC．因为BC平面OBC，故PQ⊥BC．（II）解法一：由（I）知，BO⊥PQ，又⊥，IPQ，BO，所以BO⊥．过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH⊥AC．故BHO是二面角BACP的平面角．由（I）知，CO⊥，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30o，不如设AC2，则AO3，OHAOsin30o3．2在Rt△OAB中，ABOBAO45o，所以BOAO3，BO3于是在Rt△BOH中，tanBHO2．OH32故二面角BACP的大小为arctan2．解法二：由（I）知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故能够O为原点，分别以直线OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系（如图）．因为CO⊥a，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30o．不如设AC2，则AO3，CO1．在Rt△OAB中，ABOBAO45o，Cz所以BOAO3．PABOQy则有关各点的坐标分别是xO(0，0，0)，B(3，0，0)，A(0，3，0)，C(0，01)，．uuur(3，uuur(0，31)，．所以AB3，0)，ACururuuur{xyz}ABCn1gAB0，3x3y0，是平面的一个法向量，由得设n，，n1gAC03yz0取x1，得ur，，n1．(113)易知uur，，是平面的一个法向量．n2(100)BACPuruur设二面角的平面角为，由图可知，，．n1n2uruur所以cosurn1n2uur15．|n1|g|n2|515故二面角BACP的大小为arccos5．5小结：此题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确立二面角的棱，从而找出二面角的平面角.无棱二面角棱确实定有以下三种门路：①由二面角两个面内的两条订交直线确立棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形结构几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.例9．(2006年重庆卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，AB‖CD，AD=CD=2AB,E、F分别为PC、CD的中点.（Ⅰ）试证：CD平面BEF；（Ⅱ）设PA＝k·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于30,求k的取值范围.命题目的：此题主要观察直线与平面垂直、二面角等基本知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力.过程引导：方法一要点是用适合的方法找到所求的空间距离和角；方法二要点是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.解答过程：解法一：（Ⅰ）证：由已知DF//AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF.又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CDEF,由此得CD面BEF.（Ⅱ）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连结EG,则在PAC中易知EG∥PA.又因PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，过G作GHBD,垂足为H,连结EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.设AB=a,则在△PAC中，有11EG=PA=ka.22以下计算GH，观察底面的平面图.连结GD.因S△GBD=1BD·GH=1GB·DF.22故GH=GBDF.BD在△ABD中，因为AB＝a,AD=2a,得BD=5a.而GB=1FB=1AD=a，DF=AB,从而得22GH=GBAB=aa＝5a.BD5a51所以tan∠EHG=EG=ka5k.2GH5a25由k＞0知EHG是锐角，故要使EHG＞30，一定5k＞tan30=3,解之得，k的取值范围为k＞215.2315解法二：（Ⅰ）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴成立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).从而DC=(2a,0,0),BF=(0,2a,0),DC·BF=0,故DCBF.设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故Ea,a,b.2从而BE=b，DC·BE=0,故DCBE.0,a,2由此得CD面BEF.（Ⅱ）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H,由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.由PA＝k·AB得P(0,0,ka),Ea,a,ka,G(a,a,0).2设H(x,y,0)，则GH=(x-a,y-a,0),BD=(-a,2a,0),由GH·BD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a①又因BH=(x-a,y,0),且BH与BD的方向同样，故xa＝y，即2x+y=2a②a2a由①②解得x=3a,y=4a,从而GH＝2a,1a,0，｜GH｜＝5a.55555uuurkaEG=25.tan∠EHG=uuuur=kuuur5GH2a5由k＞0知，∠EHG是锐角，由EHG＞30,得tan∠EHG＞tan30,即5k＞3.23故k的取值范围为k＞215.15考点7利用空间向量求空间距离和角尽人皆知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不单会降低题目的难度，并且使得作题拥有很强的操作性.D1A1典型例题B1C1例10．（2007年江苏卷）如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为FE3的正方体，M点E在AA1上，点F在CC1上，且AEDHAFC11．CGB（1）求证：E，B，F，D1四点共面；（2）若点G在BC上，BG2，点M在BB1上，3GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1；（3）用表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的大小，求tan．命题企图：本小题主要观察平面的基天性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，观察空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．过程引导：解法一：D1A1（1）如图，在DD1上取点N，使DN1，连结EN，CN，B1C1则AEDN1，CFND12．FNE因为AE∥DN，ND1∥CF，所以四边形ADNE，CFD1NMDAHC都为平行四边形．GB从而EN∥AD，FD1∥CN．又因为AD∥∥BCNE是平行四边形，由此推知CN∥BE，从BC，所以ENBC，故四边形而FD1∥BE．所以，E，B，F，D1四点共面．（2）如图，GM⊥BF，又BM⊥BC，所以∠BGM∠CFB，BMBGgtan∠BGMBGgtan∠CFBBC231．BGg32CF因为AE∥BM，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∠EHM是所求的二面角的平面角，即∠EHM．因为∠MBH∠CFB，所以MHBMgsin∠MBHBMgsin∠CFBBMgBC133，tanEM13．MHBC2CF2322213解法二：（1）成立以下图的坐标系，则uuuruuur(0，3，2)，uuuur，，BE(3，0，1)，BFBD1，z(333)uuuuruuuruuuruuuuruuuruuurD1A1所以BD1BEBF，故BD1，BE，BF共面．C1B1又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．FExuuuur0，2，zMA（2）如图，设M(0，0，z)，则GM，D3HyCGBuuuruuuuruuur2g3zg20，而BF(0，3，2)，由题设得GMgBF3得z1．因为M(0，0，1)，E(3，0，1)uuur(3，0，0)，，有MEuuuruuur(0，3，0)，所以uuuruuuruuuruuur又BB1，，，BCMEgBB10，MEgBC0，从而ME⊥BB1，(003)ME⊥BC．故ME⊥平面BCC1B1．uuuruuuruuuruuuruuur（3）设向量BP(x，y，3)⊥截面EBFD1，于是BP⊥BE，BP⊥BF．uuuruuuruuuruuur30，uuuruuur，解得而BE(3，0，1)，BF(0，3，2)，得BPBE3xgBPgBF3y60uuur，，x1，y2，所以BP(123)．uuuruuuruuur又BA(3，0，0)⊥平面BCC1B1，所以BP和BA的夹角等于或π（为锐角）．uuuruuur于是cosBPgBA1uuuruuur．BPgBA14故tan13．小结：向量法求二面角的大小要点是确立两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转变为AB在面BDF的法向量n上的投影的绝对值.例11．（2006年全国Ⅰ卷）如图,l1、l2是相互垂直的两条异面直线，MN是它们的公垂线段，点A、B在l上，C在l上，AM=MB=MNC12I）证明ACNB；

AM

N（II）若ACB60，求NB与平面ABC所成角的余弦值.

B命题目的：此题主要观察异面直线垂直、直线与平面所成角的有关知识，观察空间想象能力、逻辑思想能力和运算能力.过程引导：方法一要点是用适合的方法找到所求的空间角；C方法二要点是掌握利用空间向量求空间角的一般方法.解答过程：

H解法一：(Ⅰ)由已知l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,可得

AM

Nl2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB.又AN为AC在平面ABN内的射影.∴AC⊥NB（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB,∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,所以△∵Rt△ANB≌Rt△CNB,∴NC=NA=NB,所以N在平面ABC内的射影

BABC为正三角形.H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.zCHMoNyBx3HB3AB6在Rt△NHB中,cos∠NBH=NB=2=3.2AB解法二：如图,成立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1,则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂线,l1⊥l2,∴l2⊥平面ABN.l2平行于z轴.故可设C(0,1,m).于是=(1,1,m),=(1,－1,0).∴·=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.(Ⅱ)∵=(1,1,m),=(－1,1,m),∴||=||,又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=2,可得NC=2,故C(0,1,2).连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ,2λ)(λ>0).∴=(0,1－λ,－2λ),=(0,1,2)1∵·=1－λ－2λ=0,∴λ=3,∴H(0,1222123,3),可得=(0,3,－3),连结BH,则=(－1,3,3),22∵·=0+9－9=0,∴⊥,又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),436∴cos∠NBH==2=3.×23考点8简单多面体的有关观点及应用，主要观察多面体的观点、性质，主要以填空、选择题为主，往常联合多面体的定义、性质进行判断.典型例题例12.如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为时容积最大.[思路启示]设四边形一边AD，而后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD长度即可.解答过程：如图（2）设AD＝a，易知∠ABC＝60°，且∠ABD＝30°AB＝3a.BD＝2a正六棱柱体积为V.123a92V＝6（1－2a）sin60＝（1－2a）a2292a)(12a)4a9（23＝(1≤3）.88当且仅当1－2a＝4aa＝1时，体积最大，6此时底面边长为1－2a＝1－2×1＝2.∴答案为1.636例13.如图左，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，将△ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥后，GH与IJ所成角的度数为（）GF(A、B、C)ACHHGJIDEDFIJBEA、90°B、60°C、45°D、0°[思路启示]画出折叠后的图形，可看出GH，IJ是一对异面直线，即求异面直线所成角.过点D分别作IJ和GH的平行线，即AD与DF，所以∠ADF即为所求.所以GH与IJ所成角为60°，答案:B例14.长方体ABCD－A1B1C1D1中，①设对角线D1B与自D1出发的三条棱分别成α、β、角求证：cos2α＋cos2β＋cos2＝1②设D1B与自D1出发的三个面成α、β、角，求证：D12α＋cos2β＋cos2＝21cosC[思路启示]①因为三个角有一个公共边即DB，在结构A1B11的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个极点出发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系DC③利用长方体性质，先找出α，β，，而后利用各边AAB④所组成的直角三角形来解.解答过程：①连结BC1，设∠BD1C1＝α，长方体三条棱长分别为a，b，c，设D1B＝l则cos2α＝a2同理cos2β＝b2，cos2＝c2l2l2l2222∴cos2α＋cos2β＋cos2a＋b＋c＝1＝l2②连结111DC，∵BC⊥平面DCCD1111所成的角，不如设∠12α＝a2＋b22l22c2a2同理：cos2β＝b＋c，cos2.l2＝l2又∵l2＝a2＋b2＋c2.2222222(a＋b＋c)∴cosα＋cosβ＋cos＝l2＝2.考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算棱柱侧面积转变成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转变成求三角形的面积.直棱柱体积V等于底面积与高的乘积.棱锥体积V等于1Sh此中S是底面积，h是棱锥的高.3典型例题例15.如图，在三棱柱ABC－ABC中，AB＝2a，BC＝CA＝AA＝a，1111A1在底面△ABC上的射影O在AC上AC11①求AB与侧面AC1所成角；②若O恰巧是AC的中点，求此三棱柱的侧面积.1B[思路启示]①找出AB与侧面AC所成角即是∠CAB；O1AC②三棱锥侧面积转变成三个侧面面积之和，侧面BCC1B1是正方D形，侧面ACCA和侧面ABBA是平行四边形，分别求其面积即B1111可.解答过程：①点A1在底面ABC的射影在AC上，∴平面ACC1A1⊥平面ABC.在△ABC中，由BC＝AC＝a，AB＝2a.∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.BC⊥平面ACC1A1.即∠CAB为AB与侧面AC1所成的角在Rt△ABC中，∠CAB＝45°.∴AB与侧面AC1所成角是45°.②∵O是AC中点，在Rt△AA1O中，AA1＝a，AO＝1∴1＝322111＝ACAO1＝32a.2又BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥CC1.又BB＝BC＝a，∴侧面BCCB是正方形，面积2.1112过O作OD⊥AB于D，∵AO⊥平面ABC，∴AD⊥AB.11

AMKN在Rt△AOD中，AO＝12a，∠CAD＝45°∴OD＝aBLC24在Rt△A1OD中，A1D＝OD2＋A2＝（2232AO4a）＋（a）2NCMKLB＝7a.8∴侧面ABBA面积S＝