1、第六讲 立体几何新题型【考点透视】(A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要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概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念.(B)版. 理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算.掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱、棱锥、球的
2、性质，掌握球的表面积、体积公式.会画直棱柱、正棱锥的直观图.空间距离和角是高考考查的重点：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重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查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.不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.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
3、。【例题解析】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，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用.典型例题例 1 如图，正三棱柱 的所有棱长都为 ， 为 中点1ABC2D1C（）求证： 平面 ；1AB 1D（）求二面角 的大小；（）求点 到平面 的距离C1考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力 解答过程：解法一：（）取 中点 ，连结 BCOA为正三角形， ABC A正三棱柱 中，平面 平面 ，1 1B平面 O连结 ，在正方形 中， 分别为1B1COD，的中点，
4、 ， C， B 1A在正方形 中， ， 平面 1A1 1B（）设 与 交于点 ，在平面 中，作 于 ，连结 ，由（）得G1D1GFA F平面 1B 1D， 为二面角 的平面角AF 1AB在 中，由等面积法可求得 ，1 45F又 ， 2GB20sinG所以二面角 的大小为 1AD1arci4（） 中， ， B 111526ABDS， ， 1BCD在正三棱柱中， 到平面 的距离为 CB3设点 到平面 的距离为 C1ADd由 ，得 ，11ABV13BCABDS ABC D1A1CBABCD1A1BOF132BCDASd点 到平面 的距离为 解法二：（）取 中点 ，连结 OA为正三角形， ABC BC
5、在正三棱柱 中，平面 平面 ，1 1BC平面 D取 中点 ，以 为原点， ， ， 的方向为 轴的正方向建立空间直角1BC1O1OAxyz， ，坐标系，则 ， ， ， ， ，(0)， ， ()， ， (023)， ， ()， ， 1(20)B， ， ， 123A， ， D， ， 1B， ， ，B4A， 1 1平面 A D（）设平面 的法向量为 1()xyz， ，n， ， ，(3)， ， (02)A， ， AD 110DA，nxyz， 3yxz， 令 得 为平面 的一个法向量z(3)， ， 1A由（）知 平面 ，1B为平面 的法向量1AD， cosn13642A二面角 的大小为 1Barcos（）
6、由（） ， 为平面 法向量，A1DxzABCD1A1BOFy1(20)(3)BCA， ， ， ， ，点 到平面 的距离 D12BCAd小结：本例中（）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的 B 点到平面 的距离转化为容易求的点 K 到平面 的距离的计算1M1AMB方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.例 2.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.()证明 PQ平面 ABCD；()求异面直线 AQ 与 PB 所成的
7、角；()求点 P 到平面 QAD 的距离.命题目的：本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到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键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：方法一 （）取 AD 的中点，连结 PM，QM.因为 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥，所以 ADPM，ADQM. 从而 AD平面 PQM.又 平面 PQM，所以 PQAD.同理 PQAB，所以 PQ平面 ABCD.（）连结 AC、BD 设 ，由 PQ平面 ABCD 及正四棱锥的性质可知 O 在O
8、BDACPQ 上，从而 P、A、Q、C 四点共面. 取 OC 的中点 N，连接 PN.因为 ，所以 ，21,21NOAQP从而 AQPN ，BPN（或其补角）是异面直线 AQ 与 PB 所成的角.因为 ，22()13PB22()13.NOPQBCPADOM10)2(2ONB所以 .939cos PBNP从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 .arcos()连结 OM，则 12.OMABOQ所以MQP45.由（）知 AD平面 PMQ，所以平面 PMQ平面 QAD. 过 P 作 PHQM 于 H，PH平面 QAD.从而 PH 的长是点 P 到平面 QAD 的距离.又 .0323,sin45PQ
9、OHQ即点 P 到平面 QAD 的距离是 .2方法二 （）连结 AC、BD，设 .OBDAC由 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥，所以 PO平面 ABCD，QO 平面 ABCD.从而 P、O、Q 三点在一条直线上，所以 PQ平面ABCD.（）由题设知，ABCD 是正方形，所以 ACBD. 由（） ，QO平面 ABCD. 故可分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图） ，由题条件，相关各点的坐标分别是 P（0，0 ，1） ，A（ ，0， 0） ，Q（0，0，2 ） ，B （0， ，0）.2 2所以 ),(,1PB于是 .93,cosAQQBCPAD
10、zyxO()由（） ，点 D 的坐标是（0 ， ，0） ， ，2)0,2(AD，设 是平面 QAD 的一个法向量，由,3)PQ),(zyxn得 .0ADn02x取 x=1，得 .),1(所以点 P 到平面 QAD 的距离 .32PQnd考点 2 异面直线的距离此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要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 ，底面是边长为 的正三角形，棱 的长为 2，且垂直于ABCS24SC底面. 分别为 的中点，求 CD 与 SE 间的距离 .DE、 、思路启迪：由于异面直线 CD 与 SE 的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离
11、，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离.解答过程：如图所示，取 BD 的中点 F，连结 EF，SF ，CF，为 的中位线， 面 ,EFBCDECD,SEF到平面 的距离即为两异面直线间的距离 .S又 线面之间的距离可转化为线 上一点 C 到平面的距离，设其为 h，由题意知， ,D、E 、 F 分别是24BAB、BC 、BD 的中点， ,621,6SCEFCD322133SVS在 Rt 中，E2E在 Rt 中，SCF30242CFS又 3,6EF由于 ，即 ，解得hSVCSEFC131 32h故 CD 与 SE 间的距离为 .32小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就
12、是一个不断转化的过程.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，主要考查点面、线面、面面距离间的转化.典型例题例 4 如图，在棱长为 2 的正方体 中，G 是 的中点，求 BD 到平面 的距1AC1 1DGB离.思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解.解答过程：解析一 平面 ，BD1G上任意一点到平面 的距离皆为所求，以下求DB点 O 平面 的距离,1， ， 平面 ,1CADBA111AC又 平面GB平面 ，两个平面的交线是 ,11 GO1作 于 H，则有 平面 ，即 OH 是 O 点到平面 的距离.ODB1DB在 中， .G1 2211 ASG又 .3
13、6,311 HOO即 BD 到平面 的距离等于 .1DB62BACDOGH1A11解析二 平面 ，BD1G上任意一点到平面 的距离皆为所求，以下求点 B 平面 的距离.DB1DG设点 B 到平面 的距离为 h，将它视为三棱锥 的高，则1 1，由 于 6321,11 DGBGBDSV, 34231B ,h即 BD 到平面 的距离等于 .16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.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解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，
14、然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点.典型例题例 5如图，在 中， ，斜边 可以通过 以直线RtAOB 64ABRtOC RtAB为轴旋转得到，且二面角 的直二面角 是 的中OD点（I）求证：平面 平面 ；CDB（II）求异面直线 与 所成角的大小A思路启迪：（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内 . 解答过程：解法 1：（I ）由题意， ， ，OA是二面角 是直二面角，BOCC，又 ，AB平面 ，又 平面 D平面 平面 COOCDBE（II）作 ，垂足为 ，连结 （如图） ，则 ，DEOBECDEAO是异面直线 与 所成的角CAD在 中， ， ，Rt 21B
15、O25E又 13DAO在 中， RtC 51tan3CED异面直线 与 所成角的大小为 arctn解法 2：（I）同解法 1（II）建立空间直角坐标系 ，如图，则 ，Oxyz(0)， ， ， ，(03)A， ， (0)C， ， (3)D， ， ，2O， ， 21， ，cosA， 643异面直线 与 所成角的大小为 CD6arcos小结： 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点” ，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；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，如解析三.一般来说，平移
16、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： .2,0例 6如图所示，AF 、DE 分别是O 、O 1 的直径. AD 与两圆所在的平面均垂直，AD8, BC 是O 的直径，ABAC6 ，OE /AD.()求二面角 BADF 的大小；()求直线 BD 与 EF 所成的角 .命题目的：本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：关键是用恰当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.OCDBxyz解答过程： ()AD 与两圆所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故
17、BAF 是二面角 BADF 的平面角.，是 矩 形的 直 径 ，是 圆、 ACOBCAF 是 正 方 形，又 ABFCA6由于 ABFC 是正方形，所以 BAF45 0.即二面角 BADF 的大小为 450；()以 O 为原点， BC、AF、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示） ，则 O（0，0，0） ，A （0， ，0） ，B（ ，0，0）,D（0， ，8） ，232323E（0， 0，8） ， F（0 ， ，0 ）所以， )8,(),8,(EBD1642cos, .0|0F设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ，则. 82cos,.10BDE故直线 BD 与 EF 所成的
18、角为 .arcos考点 5 直线和平面所成的角此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算.线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.典型例题例 7. 四棱锥 中，底面 为平行四边形，侧面 底面 已知 ，SABCDSBCAD45BC， ， 23S（）证明 ；（）求直线 与平面 所成角的大小AB考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力 解答过程：解法一：（）作 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，SOC AOSBC ADD BCAS得 底面 SO ABCD因为 ，所以 ，O又 ，故 为等腰
19、直角三角形， ，45 AOB由三垂线定理，得 S（）由（）知 ，依题设 ，ABC DC故 ，由 ， ， ，得SD 23SA2， 1O的面积 SAB 2211SBA连结 ，得 的面积D 2sin1352AD设 到平面 的距离为 ，由于 ，得ShSBV，解得 123hOA设 与平面 所成角为 ，则 B2sin1hSD所以，直线 与平面 所成的我为 SDCarc解法二：（）作 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，得 平面OB AOSBC ADSOAC因为 ，所以 SA又 ， 为等腰直角三角形， 45 如图，以 为坐标原点， 为 轴正向，建立直角坐标系 ，OxOxyz， ， ， ， ，(20)A， ，
20、 (20)B， ， (20)C， ， (1)S， ， (201)A， ， ，所以 C， ， SAB（）取 中点 ， ，E02， ，连结 ，取 中点 ，连结 ， SGO214， ，DBCASOEGyxzODBCAS， ， 214OG， ， 21SE， ， (20)AB， ， ， 与平面 内两条相交直线 ， 垂直0SEA0BAOGSSEAB所以 平面 ， 与 的夹角记为 ， 与平面 所成的角记为 ，则SDD与 互余， (20)D， ， (21)， ， ，cosOGSAsin所以，直线 与平面 所成的角为 B2arcsin1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位置关系
21、；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：构造作出斜线与射影所成的角，证明论证作出的角为所求的角，计算常用解三角形的方法求角，结论点明直线和平面所成的角的值.考点 6 二面角此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视 .典型例题例 8如图，已知直二面角 ， ， ， ， ，PQABCAB，直线 和平面 所成的角为 45BAPCA30（I）证明 ； BCPQABCQP（II）求二面角 的大小A命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：（I）在平面 内过
22、点 作 于点 ，连结 COPQ OB因为 ， ，所以 ， PQ又因为 ，所以 CABB而 ，所以 ， ，45O4590A从而 ，又 ，P 所以 平面 因为 平面 ，故 Q BCOBCPQ（II）解法一：由（I）知， ，又 ， ，P ，所以 BO过点 作 于点 ，连结 ，由三垂线定理知， HAC BHBHAC故 是二面角 的平面角P由（I）知， ，所以 是 和平面 所成的角，则 ， OCA30O不妨设 ，则 ， 2AC33sin02在 中， ，所以 ，RtOB 45BABA于是在 中， tH 3tan2OH故二面角 的大小为 BACPrct解法二：由（I）知， ， ， ，故可以 为原点，分别以直
23、 CB A O线 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系（如图） O， ， xyz因为 ，所以 是 和平面 所成的角，则 a AO30C不妨设 ，则 ， 2AC31C在 中， ，RtB 45B所以 O则相关各点的坐标分别是ABCQPOHABCQPOxyz， ， ， (0)O， ， (30)B， ， (30)A， ， (1)C， ，所以 ， A， ， ， ，设 是平面 的一个法向量，由 得1nxyz， ， 10nAB， 30xyz，取 ，得 1(3)， ，易知 是平面 的一个法向量20n， ， 设二面角 的平面角为 ，由图可知， BACP12n，所以 125cos|n故二面角 的大小为 BACPa
24、rcos5小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径： 由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，补形构造几何体发现棱；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 PABCD 中，PA 底面 ABCD, DAB 为直角，AB CD，AD= CD=2AB, E、 F 分别为 PC、 CD 的中点.（）试证：CD 平面 BEF；（）设 PAk A
25、B,且二面角 E-BD-C 的平面角大于 ,求 k 的30取值范围.命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键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：（）证：由已知 DF AB 且 DAD 为直角，故 ABFD 是矩形，从而 CD BF./又 PA 底面 ABCD,CD AD，故由三垂线定理知 CD PD.在PDC 中，E 、 F 分别PC、CD 的中点，故 EFPD, 从而 CD EF,由此得 CD 面 BEF. （）连结 AC 交 BF 于 G.
26、易知 G 为 AC 的中点.连接 EG,则在PAC 中易知 EGPA .又因PA 底面 ABCD,故 EG 底面 ABCD.在底面 ABCD 中，过 G 作 GH BD,垂足为 H,连接 EH.由三垂线定理知 EH BD.从而 EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角.设 AB=a,则在 PAC 中，有EG= PA= ka.21以下计算 GH，考察底面的平面图.连结 GD.因 SGBD = BDGH= GBDF.21故 GH= .BDFG在ABD 中，因为 ABa,AD=2a ,得 BD= a.5而 GB= FB= AD=a，DF=AB, 从而得21GH= = BDAG5.因此 tanEHG=
27、 =HE.251ka由 k0 知 是锐角，故要使 ，必须GEG30tan =253,解之得，k 的取值范围为 k .152解法二：（）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轴建立空间直角坐标系，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 =(2a,0,0), =(0,2a,0), DCBF =0,故 .设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E .2,ba从而 = ， =0,故 .BE2,0aDCB
28、由此得 CD 面 BEF.（）设 E 在 xOy 平面上的投影为 G，过 G 作 GH BD 垂足为 H,由三垂线定理知EH BD.从而 EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角.由 PAk AB 得 P(0,0,ka),E ,G(a,a,0).2,k设 H(x,y,0)，则 =(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),GBD由 =0 得- a(x-a)+2a(y-a)=0,即BDx-2y=-a 又因 =(x-a,y,0),且 与 的方向相同，故 ，即HBaxy22x+y=2a 由解得 x= a,y= a,从而 ， a.534G0,512GH5tanEHG= = = .EHak52由 k
29、0 知，EHG 是锐角，由 EHG 得 tanEHGtan 即 ,30,30k25.3故 k 的取值范围为 k .152考点 7 利用空间向量求空间距离和角众所周知，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 CBAGHMDEF1B1决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.典型例题例 10 如图，已知 1ABCD是棱长为 3的正方体，点 E在 1上，点 F在 上，且 1AEFC（1）求证： 1， ， ， 四点共面； （2）若点 G在 BC上， 23，点 M在 1B上，MF，垂足为 H，求证： E 平面 C； （3）用 表示截
30、面 1D和侧面 1所成的锐二面角的大小，求 tan命题意图：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 过程指引：解法一：（1）如图，在 1D上取点 N，使 1，连结 EN， C，则AEN， 2CF因为 ， 1 ，所以四边形 AD， 1F都为平行四边形从而 ENAD ， 1FCN 又因为 B ，所以 E ，故四边形 BCNE是平行四边形，由此推知 CNBE ，从而 1 因此， 1FD， ， ， 四点共面（2）如图， GMB ，又 C ，所以 BGMCF ，tantanBFAA 231A因为 E ，所以 E为平行四边形，
31、从而 E AGHMDEF1B1CN又 AB 平面 1C，所以 EM 平面 1BC（3）如图，连结 H因为 MF ， ，所以 F 平面 EH，得 BF 于是 E 是所求的二面角的平面角，即 因为 BC ，所以 sinsinBMCAA 2231FA， ta13解法二：（1）建立如图所示的坐标系，则 (0)BE， ， (2)F， ， 1(3)BD， ，所以 1BDEF，故 1D， ， 共面又它们有公共点 ，所以 1， ， ， 四点共面（2）如图，设 (0)Mz， ， ，则 203Gz， ，而 3)BF， ，由题设得 BFAA，得 1z因为 (0)， ， ， (1)E， ， ，有 (30)， ，又 1
32、3B， ， C， ，所以 1MEBA， 0CA，从而 1MEB ，M故 E 平面 1B（3）设向量 (3)Pxy， ， 截面 1EFD，于是 BPE， BF而 (0)B， ， ， 2F， ， ，得 30xA， 360yA，解得1x， y，所以 ()B， ，又 (3)A， ， 平面 1C，所以 P和 B的夹角等于 或 （ 为锐角） 于是 cos4PB故 tan13CBAGHMDEF11zyx小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为 在面 BDF 的法向量 上的投影的绝对值.ABn例 11如图,l 1、 l2 是互相垂直的两条异面直线，MN 是
33、它们的公垂线段，点 A、B在 l1 上， C 在 l2 上，AM= MB=MN（I）证明 AC NB；（II）若 ，求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值.60AB命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法.解答过程：解法一： ()由已知 l2MN, l2l 1 , MNl 1 =M, 可得l2平面 ABN. 由已知 MNl 1 , AM=MB=MN,可知 AN=NB且 ANNB . 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影.
34、ACNB （）RtCANRtCNB, AC=BC,又已知ACB=60,因此ABC 为正三角形. RtANBRtCNB , NC=NA=NB, 因此 N 在平面 ABC 内的射影 H 是正三角形 ABC的中心,连结 BH,NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角.在 RtNHB 中,cos NBH= = = . HBNB33AB22AB 63解法二： 如图,建立空间直角坐标系 Mxyz. 令 MN=1, 则有 A(1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),()MN 是 l1、l 2 的公垂线, l1l 2, l 2平面 ABN.l2 平行于 z 轴. 故可设 C(0,1,m). 于是
35、=(1,1,m), =(1,1,0). =1+(1)+0=0 ACNB. () =(1,1,m), =(1,1, m), |=|, 又已知 ACB=60,ABC 为正三角形,AC=BC=AB=2. 在 RtCNB 中, NB= , 可得 NC= ,故 C(0,1, ). 2 2 2NMHCBANMHxCBozyNMCBA连结 MC,作 NHMC 于 H,设 H(0, ) (0). 2=(0,1, ), =(0,1, )2 2 = 12=0, = ,13H(0, , ), 可得=(0, , ), 连结 BH, 则=(1, , ),13 23 23 23 13 23=0+ =0, , 又 MCBH
36、=H, HN平面 ABC, NBH 为 NB 与平面 ABC29 29所成的角. 又=(1,1,0),cosNBH = = = .43232 63考点 8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、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.思路启迪设四边形一边 AD，然后写出六棱柱体积，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 ADa ，易知ABC60
37、，且ABD30 AB a .3BD2a 正六棱柱体积为 V .V 360sin162）（ a219）（ .a4)(898）（当且仅当 12a 4a a 时，体积最大，6此时底面边长为 12 a12 .3 答案为 .6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（ ）A、90 B、60 C、45 D、0思路启迪 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
38、AD 与 DF，所以 ADF 即为所求.因此 GH 与 IJ 所成角为 60，答案:B 例 14.长方体 ABCDA 1B1C1D1 中， 设对角线 D1B 与自 D1 出发的三条棱分别成 、 、 角求证：cos 2 cos 2 cos 2 1 设 D1B 与自 D1 出发的三个面成 、 、 角，求证：cos2 cos 2 cos 2 2思路启迪 因为三个角有一个公共边即 D1B，在构造的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 利用长方体性质，先找出 ， ， ，然后利用各边 所构成的直角三角形来解.解答过程：连接 BC1，设BD 1C1
39、，长方体三条棱长分别为 a，b，c，设 D1B l则 cos2 同理 cos2 ，cos 2 llblccos 2 cos 2 cos 2 12la连接 D1C， BC平面 DCC1D1BA CD EFGHIJ(A、 B、 C)DEFGHIJA BCADA1 B1C1D1 BD 1C 即是 D1B 与平面 DCC1D1 所成的角，不妨设BD 1C ，则 cos2 2lba同理：cos 2 ，cos 2 .2lc2lac又 2a 2b 2c 2.lcos 2 cos 2 cos 2 2.2)lcb(a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化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转
40、化成求三角形的面积.直棱柱体积 V 等于底面积与高的乘积 .棱锥体积 V 等于 Sh 其中 S 是底面积，h 是棱锥的高.31典型例题例 15. 如图，在三棱柱 ABCA 1B1C1 中，AB a， BCCAAA 1a，2A1 在底面ABC 上的射影 O 在 AC 上 求 AB 与侧面 AC1 所成角； 若 O 恰好是 AC 的中点，求此三棱柱的侧面积 . 思路启迪 找出 AB 与侧面 AC1 所成角即是CAB ；三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面 BCC1B1 是正方形，侧面 ACC1A1 和侧面 ABB1A1 是平行四边形，分别求其面积即可 .解答过程：点 A1 在底面 ABC 的射
41、影在 AC 上， 平面 ACC1A1平面 ABC.在ABC 中，由 BCACa ，AB a.2 ACB90， BCAC . BC平面 ACC1A1.即 CAB 为 AB 与侧面 AC1 所成的角在 RtABC 中， CAB45. AB 与侧面 AC1 所成角是 45. O 是 AC 中点，在 RtAA 1O 中，AA 1a，AO a.2A1B1C1ABCDO AO1 a.23 侧面 ACC1A1 面积 S1 .213aAOC又 BC平面 ACC1A1 ， BCCC 1.又 BB1BCa ， 侧面 BCC1B1 是正方形，面积 S2a 2.过 O 作 ODAB 于 D ， A1O平面 ABC，A
42、 1DAB.在 RtAOD 中，AO a ，CAD 452 OD a4在 RtA 1OD 中， A1D .222134） （）（ aO87 侧面 ABB1A1 面积 S3 .aB871 2 三棱柱侧面积 SS 1S 2S 3 .2）（例 16. 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 所成的二面角为 30，则四棱锥 AMNCB 的体积为 （ ）A、 B、 C、 D、32323思路启迪先找出二面角平面角，即AKL ,再在AKL 中求出棱锥的高 h，再利用 V Sh 即可.31解答过程：在平面图中，过 A
43、作 ALBC ，交 MN 于 K，交 BC于 L.则 AKMN，KLMN. AKL30.则四棱锥 AMNCB 的高 h .30sinAK2AB CM NKLABCMNKL .KL24SMNCB 3 .1VA 2 答案 A例 17.如图，四棱锥 PABCD 中，底面是一个矩形，AB 3，AD1，又PAAB，PA 4，PAD 60 求四棱锥的体积； 求二面角 PBCD 的大小.思路启迪找棱锥高线是关键，由题中条件可设PAD 的高 PH即是棱锥的高.找出二面角平面角PEH，在 RtPHE 中即可求出此角.解答过程： PAAB ，ADAB. AB面 PAD .又 AB 面 ABCD. 面 PAD面 A
44、BCD.在面 PAD 内，作 PHAD 交 AD 延长线于 H.则 PH面 ABCD ，即 PH 就是四棱锥的高.又PAD60， PH .32460sin PA .13S31VBCDABCP H 过 H 作 HEBC 交 BC 延长线于 E，连接 PE，则 HEAB3. PH面 ABCD， PEBC. PEH 为二面角 PBC D 的平面角. tanPEH .32HE即二面角的大小为 arctan .例 18 .（2006 年全国卷）已知圆 O1 是半径为 R 的球 O 的一个小圆，且圆 O1 的面积与PAH EDBC球 O 的表面积的比值为 ，则线段 OO1 与 R 的比值为 .92命题目的：球截面的性质；球表面积公式.过程指引：依面积之比可求得 ，再在 RtOO 1A 中即得r解答过程：设小圆半径为 r，球半径为 R则 924Rr924 32r cosOAO 1 3r而 98sin1 RO故填 3【专题训练】一、选择题1如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，已知 AB=1，D 在 BB1 上， 且 BD=1，若 AD 与侧面 AA1CC1 所成的角为 ，则 的值为（ ）A. B. 34C. D. 410arctn6arcsin2直线
