1、1立体几何四大综合类型向量的常用方法：利用法向量求点到面的距离定理：如图，设 n 是平面 的法向量，AB 是平面 的一条射线，其中 ，则点 B 到平面 的距离为 .A|AB.异面直线间的距离 ( 是两异面直线，其公垂向量为 ，nCDd12,l n分别是 上任一点， 为 间的距离).CD、 12,l12,l.直线 与平面所成角 ( 为平面 的法向量).ABsin|ABmb=.利用法向量求二面角的平面角定理：设 分别是二面角 中平面 的21,nl,法向量，则 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（ 方向相同，则为21,n 21,n补角， 反方，则为其夹角）.,二面角 的平面角 或 （ ， 为
2、平面 ，lcos|mnq=cos|mnq=-的法向量）.考点一。角与距离问题1 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.例 1. 四棱锥 中，底面 为平行四边形，侧面 底面 已知SABCDSBCAD， ， ， 45ABC 23SB（）证明 ；（）求直线 与平面 所成角的大小的余弦值SA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 D BCAS2解答过程：解法一：（）作 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，SOBC AOSBC
3、AD得 底面 SO ABCD因为 ，所以 ，又 ，故 为等腰直角三角形， ，45 由三垂线定理，得 S（）由（）知 ，依题设 ，ABC ADBC故 ，由 ， ， ，得SD 23S2O， 1O的面积 SAB 2211SAB连结 ，得 的面积D 2sin1352D设 到平面 的距离为 ，由于 ，得ShSABV，解得 123hOA设 与平面 所成角为 ，则 B2sin1hSD所以，直线 与平面 所成的角的为余弦值为：SDC解法二：（）作 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，得 平面O AOSBC ADSOABC因为 ，所以 SAB又 ， 为等腰直角三角形， 45 如图，以 为坐标原点， 为 轴正向，
4、建立直角坐标系 ，OxOxyz， ， ， ， ，(20)A， ， (20)B， ， (20)C， ， (1)S， ， (201)A， ， ，所以 C， ， SAB（）取 中点 ， ，E02， ，DBCASOEGyxzODBCAS3连结 ，取 中点 ，连结 ， SEGO214， ， ， 214O， ， 21S， ， (0)AB， ， ， 与平面 内两条相交直线 ， 垂直0SEGA0BAOGSSEAB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 所成的角的为余弦值为： B小结：求直线与平面
5、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；（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.2 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.例 2 如图，正三棱柱 的所有棱长都为 ， 为 中点1ABC2D1C（）求证： 平面 ；1 D（）求二面角 的大小；（）求点 到平面 的距离C1AB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
6、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 AABC D1A1CBABCD1A1BOF4正三棱柱 中，平面 平面 ，1ABCABC 1平面 O连结 ，在正方形 中， 分别为11OD，的中点， ， BC， B 1AB在正方形 中， ， 平面 1A1 1（）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
7、平面 的距离为 CB3设点 到平面 的距离为 C1ADd由 ，得 ， 11ABV13BCABDS 12BCDASd点 到平面 的距离为 12解法二：（）取 中点 ，连结 为正三角形， O O在正三棱柱 中，平面 平面 ， 平面 1ABCABC 1AD 1BC取 中点 ，以 为原点， ， ， 的方向为 轴的正方向建立空间直角111xyz， ，坐标系，则 ， ， ， ， ，(0)， ， ()D， ， (023)， ， ()， ， 1(20)， ， ， 123AB， ， ， ， 1BA， ， ，xzABCD1A1BOFy5， 平面 1ABD 1A 1B 1AD（）设平面 的法向量为 ()xyz， ，
8、n， ， ，(3)， ， 1(02)， ， 110AD，nxyz， 3yxz， 令 得 为平面 的一个法向量z(3)， ， 1AD由（）知 平面 ，1B为平面 的法向量 ， 1Acosn113642AB二面角 的大小为 1D6ar4（）由（） ， 为平面 法向量，B1A 点 到平面 的距离 1(20)(3)C， ， ， ， ， C1ABD12CABd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1M1M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
9、图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.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.例 3 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 BACDOGH1A116， ， 平面 ,11CADBA11DB1AC又 平面G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
10、在 中， .G12211 ASG又 .36,311 HOO即 BD 到平面 的距离等于 .1DB62解析二 平面 ，1G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. 1DG设点 B 到平面 的距离为 h，将它视为三棱锥 的高，则1D1, ，由 于 632,111 GBGBDSV 34231 GBDV即 BD 到平面 的距离等于 .,3624h1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.4 异面直线的距离此类题目主要考查异面直线的
11、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.例 4 已知三棱锥 ，底面是边长为 的正三角形，ABCS24棱 的长为 2，且垂直于底面. 分别为 的中CDE、 ABC、点，求 CD 与 SE 间的距离.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，转化成求直线与平面的距离，7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
12、， ,D、E 、 F 分别是24BAB、BC 、BD 的中点， ,621,6SCEFCD322133SVS在 Rt 中，E2E在 Rt 中，SCF04CFS又 3,6EF由于 ，即 ，解得hSVCSEFC1321 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，就是一个不断转化的过程.5 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.例 5如图，已知 1ABCD是棱长为 3的正方体，点 E在 1A上，点 F在1C上
13、，且 EF（1）求证： 1， ， ， 四点共面； 8（2）若点 G在 BC上， 23，点 M在 1B上， GF ，垂足为 H，求证：EM平面 1； （3）用 表示截面 1EFD和侧面 1C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 D， 都为平行四边形从而 ENA ， 1FCN 又因为 B ，所以 E ，故四边形 BCNE是平行四边形，由此推知 CNBE
14、 ，从而 1D 因此， 1F， ， ， 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，从而 E 又 平面 1CB，所以 平面 1BC（3）如图，连结 H因为 MF ， E ，所以 F 平面 EMH，得 BF 于是 是所求的二面角的平面角，即 因为 BC ，所以 sinsinHBCAA 2231F， ta13EH解法二：AGHMDEF1B1NCBAGHMDE11zyx9（1）建立如图所示的坐标系，则 (301)BE， ， (32)F， ， 1(3)BD， ，所以 1BDEF，故 1D， ， 共面又它们有公共点 ，所以
15、 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 (01， ， ， ()E， ， ，有 (0)， ，又 )， ， 3C， ，所以 1ME， 0BC，从而 1MEB ，MB故 E 平面 1（3）设向量 (3)Pxy， ， 截面 1EBFD，于是 PBE， F而 (0)B， ， ， 2F， ， ，得 30xA， 360yA，解得1x， y，所以 ()， ，又 (3)A， ， 平面 1BC，所以 P和 B的夹角等于 或 （ 为锐角） 于是 cos4P故 tan13考点二：三视图问题例 6 某几何体的三视图如图所示，P
16、是正方形 ABCD 对角线的交点，G 是 PB 的中点。（）根据三视图，画出该几何体的直观图；（）在直观图中，证明：PD/面 AGC；证明：面 PBD AGC求面 PAB 与面 PBC 的夹角的余弦值。解：（）该几何体的直观图如图所示。 3 分（2）证明：连结 AC，BD 交于点 O，连结 OG，因为 G 为 PB 的中点，O 为 BD 的中点，所以 OG/PD。又 OG 面 AGC，PD 面 AGC，2,4,610EDC BA乙乙乙乙乙乙乙乙乙144 4ABCDEF所以 PD/面 AGC。 文 8 分，理 6 分连结 PO，由三视图，PO 面 ABCD，所以 AOPO。 又 AOBO，所以
17、AO面 PBD。 因为 AO 面 AGC，所以面 PBD面 AGC 文 12 分，理 9 分（理）建立如图所示坐标系，由三视图知，PO= ，AB=2 ，AC=2 ， AO= ，22P（0，0， ） ，B（0 ， ，0） ，A（ ，0 ，0） ，2C（ ，0 ，0 ） ， ),(P2),2,(CBA设面 PBA 的法向量为 n=（x，y，z） 020n， 即令 x=1 得 y=1，z=1。n=（1，1，1 ）设面 PBC 的法向量为 ）zyx,(m 令 020BCP， 即 1,1zyx得m=（1，1，1 ） 。设面 PAB 与 PBC 的夹角为 ，则 3|cosnm所以面 PAB 与 PBC 的
18、夹角为余弦值为 理 12 分31练习 1已知几何体 ABCED 的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为 4 的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求此几何体的体积 V 的大小;（2）求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值；（3）试探究在 DE 上是否存在点 Q，使得AQBQ 并说明理由.解：（1）由该几何体的三视图知 AC面 BED,且 EC=BC=AC=4 ，BD=1 ， 1(4)102BCEDS梯 形11zyxABCDEOQABCDE 114033BCEDVSA梯 形 即该几何体的体积 V 为 16-3 分（2）解法 1:过点 B 作 BF/ED 交 EC 于 F，连结 AF
19、，则FBA 或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所成的角-5 分在BAF 中，AB= 42，BF=AF= 16952cosABFB即异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 5-7 分解法 2：以 C 为原点，以 CA，CB，CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系则 A（4，0，0） ，B（0，4 ，0） ，D（0，4，1） ，E （0，0，4） (,3)(,)DE， 2cos,5AB异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 25（3）解法 1:在 DE 上存在点 Q，使得 AQBQ.- -8 分取 BC 中点 O，过点 O 作 OQDE 于点 Q，则点 Q 满足题设.-
20、 -10 分连结 EO、OD ，在 RtECO 和 RtOBD 中 2ECBD RtEC tOBD COBD 90 90 90-11 分 25OE, 25 DQ以 O 为圆心、以 BC 为直径的圆与 DE 相切切点为 QBC A面 E, B面 C BAC 面 -13 分 Q面 ACQ AQ-14 分解法 2: 以 C 为原点，以 CA，CB，CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系设满足题设的点 Q 存在,其坐标为（0，m ，n） ，则 (4,)(0,4)AQmnBn12(0,4)EQmn， (0,41)DmnAQ BQ 2 -点 Q 在 ED 上，存在 R()使得 EQD (0,4
21、)(0,1mnn4,1mn-代入得 2268601()，解得 4满足题设的点 Q 存在，其坐标为 (,)5考点三：折叠与展开问题例 7.如图，已知 ABCD 是上、下底边长分别为 2 和 6，高为 的等腰梯形，将它沿对称轴3OO1 折成直二面角，（）证明：ACBO 1；（）求二面角 OACO 1的大小。8.解法一（I）证明 由题设知 OAOO 1，OB OO 1.所以AOB 是所折成的直二面角的平面角，即 OAOB. 故可以 O 为原点，OA 、OB、OO 1所在直线分别为 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，x如图 3，则相关各点的坐标是 A（3，0，0 ） ，B（0 ，3，0） ，C（0
22、，1， ）O1（0，0， ）.从而 .03),3,0(),3( 11 BOACBOA所以 ACBO 1. （II）解：因为 所以 BO1OC ，,C由（I）AC BO 1，所以 BO1平面 OAC， 是平面 OAC 的一个法向量.A BCDOO1ABOCO1DABOCO1Dxyz图 313设 是 0 平面 O1AC 的一个法向量，),(zyxn由 得 . ,3.,031 zzyxCA取 )3,01(n设二面角 OACO1 的大小为 ，由 、 的方向可知 ， ，n1B1BO所以 cos ， =cosnB.43|1即二面角 OACO1 的大小是 .arcos解法二（I）证明 由题设知 OAOO 1
23、，OBOO 1，所以AOB 是所折成的直二面角的平面角，即 OAOB. 从而 AO平面 OBCO1，OC 是 AC 在面 OBCO1 内的射影 .因为 ，3tanOB3tan11OC所以OO 1B=60，O 1OC=30，从而 OCBO 1由三垂线定理得 ACBO 1.（II）解 由（I）AC BO 1， OCBO 1，知 BO1平面 AOC.设 OCO 1B=E，过点 E 作 EFAC 于 F，连结 O1F（如图 4） ，则 EF 是 O1F 在平面AOC内的射影，由三垂线定理得 O1FAC.所以O 1FE 是二面角 OACO1 的平面角. 由题设知 OA=3，OO 1= ，O 1C=1，3
24、所以 ，13,221221 CAA从而 ， 又 O1E=OO1sin30= ，311CFO所以 即二面角 OACO1 的大小是.4sin11E .43arcsinABOCO1D图 414练习 2 如图， 在矩形 中，点 分别在线段 上，ABCD,EF,ABD.沿直线 将 翻折成 ，使平面43AEBFDEFV. （）求二面角 的余弦值；（）点 分别在线段平 面 ,MN上，若沿直线 将四边形 向上翻折，使 与 重合，求线段 的长。,DCMNCDAF解：（）取线段 EF 的中点 H，连结 ，因为 = 及 H 是 EF 的中点，所以AEF,又因为平面 平面 .AHEFEFB如图建立空间直角坐标系 A-
25、xyz则 （2，2， ） ，C（10，8 ，0） ，F（4 ， 0，0） ， D（10，0，0）.故 =（-2，2，2 ） ，F=（6，0 ，0 ）.设 =（x,y,z）为平面 的一个法向量，nAD所以 取 ，则 。2xyz2z(0,2)n又平面 的一个法向量 ，故 。所以二面角的余弦BEF(0,1)m 3cos,mA值为 3（）解：设 , 因为翻折后， 与 重合，所以 ，FMxCACMA而 ， 2228(6)CDx2222 HGH得 ，经检验，此时点 在线段 上，所以 。()14xNB14F15考点四：函数问题例 8. 如图，在 交=2,2ABCABCPAB中 ， ， 为 边 上 一 动 点
26、 ， D/AC 于 点 D,现将 , .PDPC沿 翻 折 至 使 平 面 平 面（1）当棱锥 的体积最大时，求 PA 的长；（2）若点 P 为 AB 的中点，E 为 .ACBDE的 中 点 ， 求 证 ： A例 8 解：（1）设 ，则x )2(3131xSPVDCBBCDA 底-令 )0(,62)(3) xxf则 )(2f16x)32,0(32),32()(f 0x单调递增 极大值 单调递减由上表易知：当 时，有 取最大值。32xPAPBCDAV-证明：作 得中点 F，连接 EF、FPB由已知得： FECE/21为等腰直角三角形，所以 .DA练习 3：如图，圆柱 1O内有一个三棱柱 1AB-
27、C，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且 AB 是圆 O 直径。（）证明：平面 1C平面 1；（）设 AB= A，在圆柱 内随机选取一点，记该点取自于三棱柱1BC-内的概率为 p。（i）当点 C 在圆周上运动时，求 的最大值；（ii）记平面 1与平面 1BOC所成的角为 (00，zR） 则 ),32(),04(zSCAB即 为定值. 12),3(),4CAB（II）由（I）建立的空间直角坐标系可知 A（2，1，0） ，B（2，3，0）C（2 ，3 ，0） ，S（0，0，3）P （1， ）设点 Q（x，y，z） ，则存在 使3,Q143243| )9,2(,10 14368029)(320),
28、4(,1),( 1322),(),1( ASQQBQOPzyxyxz且上在 棱知 点由 分即即则 分即即 法二：（I）证明：在SDC 内，作 SECD 交 CD 于 E，连结 OE1 分SO平面 ABCD SOCD CD平面 SOE SOOEOE/AD DE=1 从而 CE=3即 为定值. 234|cos| CDSCDSCAB SCAB练习 6： 如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA 1面 ABC，BC AC，BC=AC=2 ，AA 1=3，D为 AC 的中点 .（）求证：AB 1/面 BDC1；（）求二面角 C1BDC 的余弦值；（）在侧棱 AA1 上是否存在点 P，使得CP面 BDC
29、1？并证明你的结论.（I）证明：连接 B1C，与 BC1 相交于 O，连接 ODBCC 1B1 是矩形， O 是 B1C 的中点.又 D 是 AC 的中点，OD/AB 1. AB1 面 BDC1，OD 面 BDC1AB 1/面 BDC1. 12 分22（II）解：如力，建立空间直角坐标系，则C1（0，0，0 ） ，B（0，3，2 ） ，C （0，3 ，0） ， A（2，3，0） ， D（1，3，0）设 =（x 1，y 1，z 1）是面 BDC1 的一个法向量，则n即 .6 分,01D)21,3(,031nyxz取易知 =(0，3 ，0) 是面 ABC 的一个法向量.C二面角 C1BDC 的余弦
30、值为76|,cos11 n 72（III）假设侧棱 AA1 上存在一点 P（2，y，0） （0 y3） ，使得 CP面 BDC1.则 .7,)(3,1DCPB即方程组无解.假设不成立. 侧棱 AA1 上不存在点 P，使 CP面 BDC1. 练习 7 直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ACB=90，BC=AC=2，AA 1=4，D 为棱 CC1 上的一动点，M、N 分别为ABD 、A 1B1D 的重心.（）求证：MNAB；（）若二面角 CABD 的正切值为 ，2求二半平面 ABD、A 1B1D 所成锐二面角的余弦值；（）若点 C1 在平面 A1B1D 上的射影正好为 N，试判断 C 在平面 AB
31、D 上的射影是否为 M？并说明理由.解：（I）以 C1 为原点，C 1A1 为 x 轴，C 1B1 为 y 轴，C 1C 为 z 轴建立坐标系.设 C1D=a(0a 4) ，由题意有C1（0，0，0 ） ，A 1（2，0 ，0） ，B 1（0，2 ，0） ，C （0，0 ，4） ，A（2，0，4 ）B（0 ，2，4） ，D（0，0 ，a ）.1 分M、N 分别为ABD ，A 1B1D 的重心， 分分分 4.,03)02()38(, MNABNAB（注：也可以不用向量证法）（II）平面 ABC 法向量 =（0，0，1 ） ，设平面 ABD 的法向量 =（x 1，y 1，z 1） ，则n2n23分
32、得令 分即 6).1,24(,15.0),)02( ,(4,12 anzzyxanABD设二面角 CABD 的大小为 ，则由 3cos,2tan得，1)24()(|cos21 n解得 a=2， （a=6 舍去） ， =（1，1，1 ）.7 分2设平面 A1B1D 的法向量半平面).1,(, 8.02,0)02(,),(3313nz yxzzyxnzn则令 分得即 则 ABD，A 1B1D 所成锐二面角的余弦值为： .31|32n（III ）若点 C1 在平面 A1B1D 上的射影正好为 N，则0),2()3,(,aN即 即解得 a=2（a =2 舍去）.D 为 CC1 的中点，根据对称性知 C 在平面 ABD 上的射影正好为 M.12 分
