系统集成第十章

掌握空间向量及其基本运算点间的距离及点到平面的距离平面与平面的平行与垂直的判定本章难点：1.利用直线与直三视图结合空间角是高考的重行和垂直关系是考查的切入点.本章高考时一般是选择填题1个.多是以几何高考考查的热点是三视图和几何体的结构特征借以考查空间想象能力，往往是以选择核心是以几题型一【例1】以下命题错误的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4综上，错误的个数是3，故选C. 题型二【例2】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图 6将45°还原成90°，则过A′作A′O′与O′C′成45°，将其还原成90°，且AO＝2A′O′.62222AO＝1a×2a＝a2A′D2222AO＝1a×2a＝a2

aAO＝ 题型三在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D.所以DC1⊥D1C.所以AD⊥平面DCC1D1.所以D1C⊥平面ADC1.BD∩AE＝N，连接MN.要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，MAD1NAE的中点.AB＝DEEDC的中点 题型一S圆锥＝π(R＋l)R＝π(R＋2R)R＝(2π＋π)R2，S圆柱 又R＝R，所以 2(2)该几何体的表面积为(7＋2)m2，体积为32题型二b、c的地值为几何体ABC－DB1E的体积.因为 ，而VD-BCEB1V A- V

＝2， A-BCC A- 所以VD-BCEB＝3a

D-ABC＝，所以VD－ABC＝· VA-

所以VABC-DBE＝VD-BCEB V圆锥＝π·(3R)2·3R＝3πR3；V球3所以V

4 .. 一条边长为x，对角线长为2，截面的面积为A，如图所示：(1)A＝x· 0＜x＜2x＝2【变式训练3】(2010山东检测)把一个周长为12cm的长方形围成一个圆柱，当圆柱的

x

x＝4x＝44cm，圆柱的高是2cm，所以圆柱的底面周长与高的比为2∶1，选C.题型一CD

EF∥BD

＝2GH∥BDGH＝ EF∥GH设两腰EG、FH的延长线相交于一点P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.故直线EG、FH、AC相交于同一点P.3可知，两个平面的公共点必在这两个平面CBM，RQ、DBN，RP、DC的延长线交于K.求证：M、N、K三点共线.PQCB=MRQDB=NRPDC=K题型二FBEADGFG.又AE∩BC＝F，所以F∈AE，所以F∈平面ABCD，2EC1ABRt△FBA中，CF＝BCDG＝AD，CFDGCFGD是平行四边形，2所以直线FG∥A1B1.的重心.B、D如何变换位置，线段MN的长必为定值.【解析】DMABFDNBCE.因为M、N为重心，所以F、E分别为AB、BC的中点，所以EF∥AC且EF＝1AC.2所以MN∥EF且 ，所以MN∥AC且 MNB、D无关的定值题型三222AC＝3ACBD所成的角2点

4

4

EF同理，GH＝1，HF＝ 所以AE⊥β，所以∠ABE是AB与平面β所成的角. βBGEFBGEFAE⊥β，BG⊂βBGAEGBG∥EFBG∥CD，所以∠ABGABCD所成的角2又因为在Rt△AEG中 2Rt△ABG中，sin∠ABG＝AG＝

2题型一1如图，B为△ACD所在平面外一点，M、N、G若△ACD2的正三角形，判断△MNG【解析】(1)BM、BN、BGAC、AD、CDE、F、H三点.因为M为△ABC的重心，N为△BAD的重心， 因为MN⊄平面ACD，MG⊄平面ACD，(2)由(1)知，平面MNG∥平面ACD，

.S＝3×4＝.4 m m【解析】n.EF∥AC，EF＝bm，EH＝an EF＝EH，所以 an a＋＝

题型二，所以MP＝NQ.MPQN为平行四边形.MN∥PQ.PQ⊂BCE，MN⊄BCEMN∥BCE.方法二：如图二，过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC. FN 交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.ABCDOAC的中点.又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.平面BDM∩平面APG＝GH，所以AP∥GH.题型三线面、面面平行的性质设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α，FG＝x，GH＝y，1，即1，即

BCb

b－x)·sinα＝bsin

sin

所以当且仅当x＝a－x即x＝a时，244正方体的体对角线BD1，则平面α在该正方体上截得的图形不可能 题型一面面垂直的判定与性质

AB与

.AB＝1AA′＝1，AB′＝2，BB′＝2. 2BBC∥lBC＝1A′C、AC，则∠ABCABl所成的角，因为A′B′BC，且B′B⊥A′B′，所以A′B′BC为矩形，所以A′C⊥BC.2 因而设法在平面O1DC中找出A1O的平行线.AC，BD，A1C1OAC、BD的交点，O1A1C1、B1D1的交点.由棱柱的性质知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，题型二线面垂直的判定与性质(1)求证：SD⊥平面ABC；【证明】(1)EAB的中点.因为D是AC的中点.而SD⊂平面SDE，所以AB⊥SD，所以BD⊥平面SAC.底面ABC上的射影H必在( 题型三BDAPPBDBCD，如图所示：形中∠PFE的正切值.又PB⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.AB＝AD＝aBD＝2aPE＝22Rt△BEF中，EF＝BE·sin45°＝2a× Rt△PFE中，tan∠PFE＝PE＝2＝ 所以 AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝2所以AB⊥平面EBD.CD∥ABCD⊥BD.Rt△DBEDB＝22S△BDE＝1DB·DE＝22222 题型一【证明】NM＝1BANP＝1ABBA＝2NMAB＝2NP

21 1(BC＋BC)，BC＝λBA＝2λNM，BC＝ωAB＝2ωNP 1 1 12PQ＝1(2λNM＋2ωNP)＝λNM＋ωNP2【证明】AA1＝aAB＝bAD＝cA1B＝b－a.因为M是DD1的中点，所以AM＝c－1 AN∶NC＝2AN＝2AC＝2＋c)AN＝AN AA＝2(b＋c)－a＝2(b－a)＋2(c－1＝2AB＋2AM 3 3a·b＝b·c＝c·a＝1×1×cos60°＝，a2＝b2＝c2＝1.AC 所以|AC1|2＝(a＋b＋)2＝a＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c ＝6，即|AC|＝ ＋－ 是120°.求AC1的长.【解析】|AC1|2＝AC12＝ABADAA1＝AB2＋AD2＋AA12＋2AB·AD＋2AD·AA1＋2AB· (1)求证：D1F⊥平面ADE；，1，0)，E(1,1， DF＝(0，，－1)，AD＝(－1,0,0)AE＝(0,1， 又D1F·AE＝0，所以D1F⊥AE，所以D1F⊥平面 ，，－ 直，只有在选项A中，MA＝(2,3,3)－(1，－1,2)＝(1,4,1)，MA·n＝0.故选A.CD的中点. 2)•(0,2,1)＝5λ－2＝0λ＝5.AM＝5AE时，A1Mx=即2x＋2y＋z＝0且4x＋5y＋3z＝0，解得 ny1-z 所以n＝z(，－1,1)，单位法向量n0＝ ，－，2

题型 求异面直线所成的棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.AB＝1EF

，1)，AD EF•A 5于是cos〈EF，AD〉＝ 51|EF|•|A1DEFA1D所成角的余弦值为 AF＝(1,2,1)，EA＝(－1，－，4)ED＝(－1，，

＝2sin〈uAF〉＝|u| 33 3B1C，BC1B1CBC1MA1D∥B1C.由CE＝CF＝1 2BM＝CM＝1B1C＝52

BM2+CM2- ＝.2•BM• ＝. 证明：连接AC，设AC与DE交于点N，因 ＝，所以

又由于∠CDE＋∠CED＝90°，所以∠BCA＋∠CED＝90°.故AC⊥DE.CC1⊥DECC1∩AC＝CDEACF.AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF.从而AF⊥B1C，所以AF⊥A1D.因为DE∩A1D＝D，所以AF⊥平面A1ED.CA1ECD－F .又AC＝5，所以 5在Rt△CNF中 CF2＋CN2＝30在Rt△A1AN中 5 51 A 1 sin∠A1NF＝5.A1－ED－F的正弦值为 22π⊥a，CD⊥a，若AB与CD所成的角为φ，则( ) π 题型二

EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.(1)求证：AFBDE；(2)求证：CFBDE；

AGEF为平行四边形.所以AF∥平面BDE.A(2，2，0)，B(0，2，0)，D(2，0,0)，E(0,0,1)， 2，2，F( 1).所以CF＝2，2，1)，BE＝(0，－2，1)，DE＝(－2，0,1).(2 所以CFBE＝0－1＋1＝0CFDE＝－1＋0＋1＝0.CF⊥BE，CF⊥DE.CF⊥平面BDE.(3)由(2)CF＝(2，2，1)BDE的一个法向量 32x＝0z＝2y.y＝1z＝32所以n＝(0,1，2).从而cos〈n，CF〉＝n• ＝.|n|•|CF66π＝2π C. D.题型三求直线与平面所成的角【解析】H为原点，HA，HB，HPx，y，zHA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，B(0,1,0).D(0，m,0)， m＝－故C(－3，0,0)，D(0 3，0)，1，－ n＝(1，4 424所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值 24等腰三角形，则侧面与底面所成角的余弦值为 36 36 【解析】C.ACESB＝BESE＝BE两种情况讨论

题型 线面、面面平行与垂1】ABCDEFABCD(1)求证：FH∥平面EDB；HBC的中点，所以GH1AB.EF1AB，所以EFGH. EFHG为平行四边形.EG⊂EDBFH∥(2)ABCDAB⊥BC，又EF∥AB，所以EF⊥BC.所以AB⊥FH.BF＝FC，HBCFHABCD.FH∥EGAC⊥BD，EG∩BD＝GACEDBCDEFFFK⊥DEDEK，则∠FKB为二面角B－DE－C的一个平面角.EF＝1AB＝2，FC＝2，DE＝.sin∠EDC＝sin∠KEF＝.3 FK＝EFsin∠KEF＝3，tan∠FKB＝FK＝所以∠FKB＝60°.B－DE－C方法二：(向量法)ABCDAB⊥BC.EF∥AB.EF⊥BCEF⊥FBEFBFC.所以EF⊥FH，所以AB⊥FH.BF＝FC，HBCFHHHBxHFz轴正向，建立如图所示坐标系.设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0).ACBDGG(0，－1,0)，所以GE＝(0,0,1)HF＝(0,0,1)，所以HFGE.所以FH∥平面EBD.AC＝(－2,2,0)GE＝(0,0,1)ACGE＝0AC⊥BD，EG∩BD＝GACBE＝(－1，－1,1)BD＝(－2，－2,0)，设平面BDE的法向量为n1＝(1，y1，z1).BEn1＝－1－y1＋z1＝0BDn1＝－2－2y1＝0，所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0).CD＝(0，－2,0)，CECDEn2CD＝0，y2＝0，n2DE＝0,1－y2＋z2＝0，z2＝－1，故n2＝(1,0，－1).cos〈n，n〉＝n1 |n1||n2

＝2＝2所以〈n1，n2〉＝60°B－DE－C是() C.平面ABC必与α相 题型二AB，AD上 2FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折A－xyzA′(2,2,2FA¢＝(－2,2,22)，FD所以-2x+2y+所以6x=

2z=z＝2n＝(0，－2，.cos〈n，m〉＝n·m＝. 3333.因为翻折后，CA′CM＝A′M，故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(2x＝21NBC上444则B到平面α的距离为 题型三因为PD＝AD＝2，所以∠CPOPCPBD所成的角cosPCPO〉＝PC·PO＝|PC||PO (2)PBEPCADE.PE＝λPBAP＝(－2,0,2)AE＝(2λ－2,2λ，2－2λ).要PC⊥平面ADE，即PC⊥AE，EEPBPC2 2222题型四面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆