1、第十章 立体几何高考导航考试要求 重难点击 命题展望1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能用这些特征描述简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别三视图表示的立体模型；会制作模型，会用斜二测法画直观图.3.通过观察用平行投影与中心投影画出的三视图与直观图，了解空间图形的不同表现形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.5.掌握和理解点、空间直线、平面之间的关系.6.掌握空间线线、线面、面面平行的判定和性质.掌握空间线线、线面、面面垂直的判定和性质.7.理解空间角，会求线线角、线面角、面面角.8.掌握空间距离，
2、会由坐标求两点间的距离及点到平面的距离.9.（理）掌握空间向量及其基本运算( 空间向量的加法、减法、数乘向量) ；理解共线、共面向量、空间向量定理，掌握空间向量的数量积；理解空间向量坐标概念，运算，法向量.本章重点：1.正投影与三视图的画法以及应用；2.几何体的表面积和体积的计算；3.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系；4.直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的判定方法和性质；5.利用纯立体几何知识（文）或空间向量（理）求空间距离和空间角.本章难点：1.利用直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直和平行的判定定理与性质定理解决有关问题；2.（理）利用空间向量求空间角.1.三视
3、图结合几何体求面积、体积是高考热点，这也是新课改的新增内容.空间角是高考的重点，点、线、面的平行和垂直关系是考查的切入点.本章高考时一般是选择填空题 1 个，解答题 1 个.多是以几何体为载体，主要考查平行、垂直或计算多面体的面积与体积、空间角.2.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，往往是以选择题、填空题出现.3.核心是以几何体为载体，考查平行、垂直关系的性质与判定.知识网络10.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图典例精析题型一 结构特征判断【例 1】 以下命题错误的个数是 ( )以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，旋转所得的几何体是圆锥；圆台的任意两条母线的
4、延长线可能相交，也可能不相交；四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；三棱锥的四个面可能都是直角三角形；有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台.A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个【解析】 错 ：只能以直角边为轴旋转一周才可；错：必相交；对：如 图，底面 ABCD 为矩形， PA底面 ABCD 时，四个侧面均为直角三角形；对：如 图， ABC90 ，PA底面， 则四个面均为直角三角形；错：只有 侧棱延 长交于一点时才是棱台.综上，错误的个数是 3，故选 C.【点拨】判断结构特征必须严格依据柱、 锥、台、球的定义，结合实际形成一定的空间想象能力.【变式训练 1】给出下列命题：在圆
5、柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；圆柱的任意两条母线所在直线互相平行. 其中正确命题的序号是 .【解析】 .题型二 直观图的斜二测画法【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所示的一个正方形，则原来的图形是( )【解析】按照斜二测画法的作图规则，对四个选项逐一验证 ，可知只有 选项 A 符合题意.【点拨】本题已知直观图，探求原平面 图形，考 查逆向思维 能力.要熟悉运用斜二测画法画水平放置的直观图的基本规则，注意直观图 中的线段、角与
6、原 图中的对应线 段、角的关系.【变式训练 2】已知ABC 的平面直观图A BC是边长为 a 的正三角形，求原三角形的面积.【解析】因为直观图的坐标轴成 45，横长不变，竖长画成原来的一半，则还原成原图时将 45还原成90，则过 A作 AO与 OC成 45，将其 还原成 90，且 AO2AO.而 AD a.所以 AO a a，所以 AO a.32 32 2 62 6所以 SABC BC AO a a a2.12 12 6 62题型三 三视图与直观图【例 3】 四棱柱 ABCDA 1B1C1D1 的三视图如下.(1)求出该四棱柱的表面积；(2)求证：D 1C AC1；(3)设 E 是 DC 上一
7、点，试确定 E 的位置，使 D1E平面 A1BD，并说明理由.【解析】(1)求得该四棱柱的表面积为 S112 .2(2)证明：由三视图得该四棱柱为直四棱柱且底面为直角梯形 .在直四棱柱 ABCDA 1B1C1D1 中，连接 C1D.因为 DCDD 1，所以四边形 DCC1D1 是正方形.所以 DC1D1C.又 ADDC，ADDD1，DCDD1D，所以 AD平面 DCC1D1.又 D1C平面 DCC1D1，所以 ADD1C.因为 AD，DC1平面 ADC1，且 ADDC1D ，所以 D1C平面 ADC1.又 AC1平面 ADC1，所以 D1CAC1.(3)连接 AD1，AE，设 AD1A1DM，
8、BDAEN，连接 MN.因为平面 AD1E平面 A1BDMN，要使 D1E平面 A1BD，须使 MND 1E，又 M 是 AD1 的中点，所以 N 是 AE 的中点.又易知ABNEDN，所以 ABDE ，即 E 是 DC 的中点.综上所述，当 E 是 DC 的中点 时，可使 D1E平面 A1BD.【点拨】本题以三视图为载体考查空间线面位置关系的证明以及表面积的计算，解决此类问题的关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三 视图中发现 相应的位置关系与数量关系，然后在直 观图中解决问题.【变式训练 3】如图所示，甲、乙、丙是三个几何体的三视图，则甲、乙、丙对应的标号依次是( )长方体；圆锥；三
9、棱锥；圆柱.A. B. C. D.【解析】选 A.总结提高学习空间几何体的结构要以对实物的观察想象为基础，再以课本中给定的柱、锥、台、球的概念为标准对实物进行再认识，通过这一过程提高空间想象能力.10.2 空间几何体的表面积与体积典例精析题型一 表面积问题【例 1】 圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等，求圆柱的表面积和圆锥的表面积之比.【解析】设圆锥的半径为 R，母线长为 l，圆柱的半径为 r，轴截面如图，S 圆锥 (Rl)R (R R)R( )R 2，2 2S 圆柱 2r (rr)4 r2，又 ，所以 ，rR R rR rR 12所以 .S圆 柱S圆 锥 2 1
10、1【点拨】 轴截面是解决内接、外切 问题的一种常用方法.【变式训练 1】一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m).(1)试画出它的直观图；(2)求它的表面积和体积.【解析】(1)直观图如图所示.(2)该几何体的表面积为(7 ) m2，体 积为 m3.232题型二 体积问题【例 2】 某人有一容积为 V，高为 a 且装满了油的直三棱柱形容器，不小心将该容器掉在地上，有两处破损并发生渗漏，其位置分别在两条棱上且距下底面高度分别为 b、c 的地方，且容器盖也被摔开了(盖为上底面) ，为减少油的损失，该人采用破口朝上，倾斜容器的方式拿回家，估计容器内的油最理想的剩余量是多少？【解析】 如图，破损
11、处为 D、E，且 ADb， ECc， BB1a， 则容器内所剩油的最大值为几何体ABCDB 1E 的体 积.因为 1BCEDV 11BCEA，而 BCAEDV1 ，a c2a由三棱柱几何性质知 11BA V， ABC1 ，23 V3所以 1BCEDV V，a c3a又因为 ABC1 ，所以 VDABC ，ba ba V3 bV3a所以 EDBAV1 1CEBV DABC V. a b c3a故油最理想的剩余量为 V. a b c3a【点拨】将不规则的几何体分割为若干个规则的几何体，然后求出这些规则几何体的体积， 这是求几何体体积的一种常用的思想方法.【变式训练 2】一个母线长与底面圆直径相等的
12、圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？【解析】设球的半径为 R，则圆锥的高 h3R，底面半径 r R，3V 圆锥 ( R)23R3 R3；V 球 R3.3 3 43所以 ，V球V圆 锥 43R33R3 49所以剩下的水量是原来的 1 .49 59【点拨】本题关键是求圆锥与球的体积之比，作出 轴截面，找出球半径和圆锥高、底面半径的关系即可.题型三 组合体的面积、体积的关系【例 3】底面直径为 2，高为 1 的圆柱截成横截面为长方形的棱柱，设这个长方形截面的一条边长为x，对角线长为 2，截面的面积为 A，如图所示：(1)求面
13、积 A 以 x 为自变量的函数式；(2)求截得棱柱的体积的最大值. 【解析】 (1)Ax (0x2).4 x2(2)Vx 1 .4 x2 x2(4 x2) (x2 2)2 4因为 0x2，所以当 x 时， Vmax2.2【点拨】关键是理解截面，并且注意 x 的范围从而求体积，在求第(2)求体积时还可利用不等式.【变式训练 3】(2010 山东检测 )把一个周长为 12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为( )A.12 B.1 C.21 D.2【解析】设长方形的一条边长为 x cm，则另一条边长为(6x) cm，且 0x6，以长为(6x) cm 的边作为围
14、成的圆柱的高 h，若设圆 柱的底面半径为 r，则有 2rx，所以 r ，因此圆柱的体积 V ( )x2 x22(6x) (6x2x 3)，由于 V (12x3x 2)，令 V0，得14 14x4，容易推出当 x4 时圆柱的体积取得最大值，此 时圆柱的底面周长是 4 cm，圆柱的高是 2 cm，所以 圆柱的底面周长与高的比为 21，选 C.总结提高表面积包含侧面积和底面积；直棱柱的侧棱长即侧面展开图矩形的一边；对于正棱柱、正棱锥、正棱台，其所有侧面多边形均全等，故可先求一个的侧面积，再乘以侧面多边形的个数.求体积时，常常需要“转变”底面，使底面面积和高易求；另外，对于三棱锥的几何体选择不同的底面
15、时，利用同一个几何体体积相等，再求出几何体的高，即等体积法.10.3 空间点、线、面之间的位置关系典例精析题型一 证明三线共点【例 1】 已知空间四边形 ABCD 中，E、F 分别是 AB、AD 的中点，G 、H 分别是 BC、CD 上的点，且 2.求证：直线 EG、FH、AC 相交于同一点 P.BGGC DHHC【证明】因为 E、F 分别是 AB、AD 的中点，所以 EFBD ，且 EF BD.12又因为 2，所以 GHBD，且 GH BD，BGGC DHHC 13所以 EFGH 且 EFGH，所以四边形 EFHG 是梯形，其两腰所在直线必相交，设两腰 EG、FH 的延长线相交于一点 P，因
16、为 EG平面 ABC，FH平面 ACD，所以 P平面 ABC，P平面 ACD.又平面 ABC平面 ACDAC，所以 PAC，故直线 EG、FH、AC 相交于同一点 P.【点拨】证明三线共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线；由公理 3 可知，两个平面的公共点必 在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.【变式训练 1】如图，在四面体 ABCD 中作截面 PQR，PQ、CB 的延长线交于 M， RQ、DB 的延长线交于 N，RP、DC 的延长线交于 K. 求证：M 、N 、K 三点共线.【证明】 KDCRPNBQM、N、K 在平面 BCD
17、与平面 PQR 的交线上，即 M、N、K 三点共线.题型二 空间直线的位置关系【例 2】 在正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，E 是 CD 的中点，连接 AE 并延长与 BC 的延长线交于点F，连接 BE 并延长交 AD 的延长线于点 G，连接 FG.求证：直线 FG平面 ABCD 且直线 FGA 1B1.【证明】因为 E 为 CD 的中点，在正方体中 AE平面 ABCD，又 AEBCF，所以 FAE，所以 F平面 ABCD，同理 G平面 ABCD，所以 FG平面 ABCD.因为 EC AB，故在 RtFBA 中， CFBC，同理 DGAD，12所以在正方体中 CF DG，所以四边形 C
18、FGD 是平行四边形，所以 FGCD，又 CDAB，ABA 1B1，所以直线 FGA 1B1.【点拨】空间直线的位置关系，常需利用 线面、面面、线线的关系确定，推导时需有理有据.【变式训练 2】已知 AC 的长为定值，点 D平面 ABC，点 M、N 分别是DAB 和DBC 的重心. 求证：无论 B、D 如何变换位置，线段 MN 的长必为定值.【解析】如图，延长 DM 交 AB 于 F，延长 DN 交 BC 于 E.因为 M、N 为重心，所以 F、E 分别为 AB、BC 的中点，所以 EFAC 且 EF AC.12又在DEF 中，DM MFDN NE21，所以 MNEF 且 MN EF，所以 M
19、NAC 且 MN AC，23 13即 MN 为与 B、D 无关的定值.题型三 异面直线所成的角【例 3】 在空间四边形 ABCD 中，已知 AD1，BC 且 ADBC，对角线 BD ，AC ，3132 32求 AC 和 BD 所成的角.【解析】作平行线，找出与异面直 线所成的角相等的平面角，将空间问题转化为平面问题. 如 图所示，分 别取 AD、CD、AB、BD 的中点 E、F、G、H，连接EF、FH、HG、GE、GF.由三角形的中位线定理知，EF AC，且 EF ，GEBD，且34GE .GE 和 EF 所成的锐角( 或直角)就是 AC 和 BD 所成的角 .134同理，GH ，HF ，GH
20、AD ，HFBC.12 32又 ADBC，所以GHF 90，所以 GF2GH 2HF 21.在EFG 中，EG 2EF 21GF 2，所以GEF90，即 AC 和 BD 所成的角为 90.【点拨】立体几何中，计算问题 的一般步骤：(1)作图；(2)证 明；(3) 计算.求异面直线所成的角常采用“平移线段法” ，平移的方法一般有三种 类型：利用图中已有的平行 线平移，利用特殊点 (线段的端点或中点)作平行线平移，补形平移.计算异面直 线所成的角通常放在三角形中 进行.【变式训练 3】线段 AB 的两端在直二面角 CD 的两个面内，并与这两个面都成 30角，求异面直线 AB 与 CD 所成的角.【
21、解析】在平面 内作 AECD，因为 CD 是直二面角，由面面垂直的性 质定理，所以 AE，所以 ABE 是 AB 与平面 所成的角.所以ABE30，所以 AE AB，同理作 BFCD，则易得 BF AB.12 12在平面 内作 BG EF，则四 边形 BGEF 是矩形，即 BGGE.又因为 AE，BG，所以 AEBG.所以 BG平面 AEG，所以 BGAG.因为 BGEF，所以 BGCD，所以ABG 是异面直线 AB 与 CD 所成的角.又因为在 RtAEG 中，AG AB，AE2 EG2 AE2 FB222所以在 RtABG 中，sinABG ，AGAB 22所以ABG45.总结提高本节内容
22、主要以四个 公理为依托，导出异面直线，等角定理，线线、线面、面面关系.可见，解决此类问题要以公理为标准，以眼前的点、线、面的实际物体为参考，培养空间想象能力，重点是点共线、线共面、异面直线、等角定理应用. 10.4 直线、平面平行的判定及其性质典例精析题型一 面面平行的判定【例 1】 如图，B 为ACD 所在平面外一点，M、N、G 分别为ABC、ABD、BCD 的重心.(1)求证：平面 MNG平面 ACD；(2)若ACD 是边长为 2 的正三角形，判断MNG 的形状并求MGN 的面积.【解析】(1)证明：连接 BM、BN、BG 并延长分别交 AC、AD、CD 于 E、F、H 三点.因为 M 为
23、ABC 的重心，N 为 BAD 的重心，所以 2.BMME BNNF所以 MNEF，同理 MGHE.因为 MN平面 ACD，MG平面 ACD，所以 MN平面 ACD，MG平面 ACD，因为 MNMGM ，所以平面 MNG平面 ACD.(2)由(1)知，平面 MNG平面 ACD， 2，所以 ，BMME BNNF MGEH MNEF 23因为 EH AD，EF CD，所以 ，所以 ，12 12 MG12AD MN12CD 23 MGAD MNCD NGAC 13又ACD 为正三角形. 所以MNG 为等边三角形，且 边长为 2 ，13 23面积 S .34 49 39【点拨】由三角形重心的性质得到等
24、比线段，由此推出 线线 平行， 应用面面平行的判定定理得出面面平行.【变式训练 1】如图，ABCD 是空间四边形，E、F、G 、H 分别是四边上的点，且它们共面，并且AC平面 EFGH，BD 平面 EFGH，AC m，BD n，当 EFGH 是菱形时，AE EB_.【解析】 .设 AEa，EB b，mn由 EFAC，得 EF ，同理 EH .bma b ana bEFEH ，所以 .bma b ana b ab mn题型二 线面平行的判定【例 2】 两个全等的正方形 ABCD 和 ABEF 所在平面相交于 AB，MAC，NFB 且 AMFN.求证：MN平面 BCE.【证明】方法一：如图一，作
25、MPBC，NQBE，P、Q 为垂足，连接 PQ，则 MPAB ，NQAB.所以 MPNQ ，又 AMNF，ACBF，所以 MCNB . 又MCP NBQ45，所以 RtMCPRtNBQ，所以 MPNQ .故四边形 MPQN 为平行四边形. 所以 MN PQ.因为 PQ平面 BCE，MN平面 BCE，所以 MN平面 BCE.方法二：如图二，过 M 作 MHAB 于 H，则 MHBC .所以 .连接 NH，由 BFAC，FN AM 得 ，AMAC AHAB FNFB AHAB所以 NHAF BE .因为 MN平面 MNH，所以 MN平面 BCE.【点拨】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平
26、面外的一条直线平行，即线 (内) 线 (外) 线(外 ) 平面或 转 化为证明两个平面平行.方法二中要证明线面平行，通过转化为证两个平面平行，正确地找出 MN 所在平面是一个关键方法.方法一是利用线面平行的判定来证明，方法二则采用转化思想，通过证面面平行来 证线面平行.【变式训练 2】如图所示，已知四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外一点，M 是 PC的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH. 求证：APGH.【证明】如图所示，连接 AC，设 AC 交 BD 于 O，连接 MO.因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以 O 是 A
27、C 的中点.又因为 M 是 PC 的中点，所以 MOPA.又因为 MO平面 BDM，PA平面 BDM，所以 PA平面 BDM，平面 BDM平面 APGGH，所以 APGH.题型三 线面、面面平行的性质【例 3】 如图，在四面体 ABCD 中，截面 EFGH 平行于对棱 AB 和 CD，试问此截面在什么位置时其面积最大？【解析】因为 AB平面 EFGH，平面 EFGH 与平面 ABC 和平面 ABD 分别交于FG，EH.所以 ABFG ，ABEH，所以 FGEH，同理可证 EFGH，所以截面 EFGH 是平行四边形.设 ABa，CDb，FGH ，FGx，GHy ，则由平面几何知识得 ， ，xa
28、CGBCyb BGBC两式相加得 1，即 y (ax )，xa yb ba所以 SEFGHFGGHsin x (ax)sin x(ax).ba bsin a因为 x0，a x0 且 x( ax)a 为定值，所以当且仅当 xax 即 x 时，a2此时 SEFGH ，即 E、F、G、H 为所属线段中点时，截面面积最大.absin 4【点拨】先利用线面平行的性质，判定截面形状，再建立面积函数求最值.【变式训练 3】在正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，平面 平行于正方体的体对角线 BD1，则平面 在该正方体上截得的图形不可能为( )正方形；正三角形；正六边形；直角梯形.A. B. C. D.【解
29、析】选 D.总结提高线面平行的判定方法之一是线面平行的判定定理，之二是证面面平行，解题关键是在面内找到一线与面外一线平行，或由线面平行导出面面平行.性质的运用一般要利用辅助平面.10.5 直线、平面垂直的判定及其性质典例精析题型一 面面垂直的判定与性质【例 1】 平面 平面 ，A，B，AB 与平面 、 所成的角分别为 和 ，求 AB 与 ， 的交4 6线 l 所成的角的大小.【解析】过 A、B 分别作 AAl，BBl，垂足分别为 A、B，则 AA，BB.连接 AB，AB，则ABA ，BAB .6 4设 AB1，则 AA ，AB ，BB ，所以 AB .12 22 22 12过 B 作 BCl
30、且 BC ，连接 AC、AC，则 ABC 为 AB 与 l 所成的角，12因为 AB BC，且 BBAB，所以 ABBC 为矩形，所以 ACBC.又因为 AABC，AAACA，所以 BC平面 AAC，所以 ACBC.在 RtACB 中，cosABC ，BCAB 12所以ABC ，即 AB 与 l 所成的角为 .3 3【点拨】此题关键是根据面面垂直的性质，构造直角三角形.【变式训练 1】如图一所示，已知四棱柱 ABCDA 1B1C1D1 的底面为正方形，O 1、O 分别为上、下底面的中心，且 A1 在底面 ABCD 内的射影是 O.求证：平面 O1DC平面 ABCD.【证明】要证明平面 O1DC
31、 与平面 ABCD 垂直，考虑到图中已知平面 ABCD 的垂线 A1O，因而设法在平面 O1DC 中找出 A1O 的平行线.如图二所示，连接 AC，BD，A1C1，则 O 为 AC、BD 的交点，O 1为 A1C1、B1D1 的交点.由棱柱的性质知：A 1O1OC，且 A1O1OC ，所以四边形 A1OCO1为平行四 边形，所以 A1OO 1C.又 A1O平面 ABCD，所以 O1C平面 ABCD，又 O1C平面 O1DC，所以平面 O1DC平面 ABCD.题型二 线面垂直的判定与性质【例 2】 Rt ABC 所在平面外一点 S 满足 SASBSC ，D 为斜边 AC 的中点.(1)求证：SD
32、 平面 ABC；(2)若 ABBC，求证：BD平面 SAC.【证明】(1)设 E 是 AB 的中点.因为 D 是 AC 的中点.所以 DEBC，又 BCAB，所以 DEAB.因为 SASB ，所以 SEAB，又 SEDEE，所以 AB平面 SDE，而 SD平面 SDE，所以 ABSD，又 SASC，D 为 AC 的中点，所以 SDAC.而 ABACA，所以 SD平面 ABC.(2)若 ABBC，则 BDAC.又由(1)知，SD平面 ABC，所以 SDBD，而 SDACD，所以 BD平面 SAC.【点拨】证明直线与平面垂直，关 键在于证明直线与平面内的两相交直 线垂直.【变式训练 2】如图，在斜
33、三棱柱 ABCA 1B1C1 中，BAC90 ，BC 1AC，则 C1 在上底面 ABC上的射影 H 必在( )A.直线 AB 上B.直线 BC 上C.直线 AC 上D.ABC 内部【解析】选 A.题型三 折叠问题【例 3】 在四边形 ABCD 中，AD BC ，AD AB ，BCD45，BAD90，将ABD 沿对角线BD 折起，记折起后点 A 的位置为 P，且使平面 PBD平面 BCD，如图所示：(1)求证：平面 PBC平面 PDC；(2)在折叠前的四边形 ABCD 中，作 AEBD 于 E，过 E 作 EFBC 于 F，求折叠后的图形中PFE的正切值.【解析】(1)折叠前，在四边形 ABC
34、D 中，AD BC，ADAB，BAD90，所以ABD 为等腰直角三角形.又因为BCD 45，所以BDC90.折叠后，因为平面 PBD平面 BCD，CDBD，所以 CD平面 PBD，又因为 PB平面 PBD，所以 CDPB.又因为 PBPD，PDCDD，所以 PB平面 PDC，又 PB平面 PBC，故平面 PBC平面 PDC.(2)AEBD，EFBC，折叠后的这些位置关系不变，所以 PEBD，又平面 PBD平面 BCD，所以 PE平面 BCD，所以 PEEF，设 ABAD a，则 BD a，所以 PE aBE ，222在 RtBEF 中，EF BEsin 45 a a.22 22 12在 RtP
35、FE 中，tan PFE .PEEF22a12a 2【点拨】翻折与展开是一个问题的两个方面，不 论是翻折 还是展开，均要注意平面 图形与立体图形各个对应元素的相对变化，元素 间的大小与位置关系.一般而言，在翻折过程中， 处在同一个半平面内的元素是不变的，弄清这一点是解决 这类问题的关键.【变式训练 3】如图，平行四边形 ABCD 中，DAB60，AB2，AD 4.将CBD 沿 BD 折起到EBD 的位置，使平面 EBD平面 ABD.(1)求证：ABDE；(2)求三棱锥 EABD 的侧面积.【解析】(1)证明：在 ABD 中，因为 AB2，AD4， DAB 60，所以 BD 2 .AB2 AD2
36、 2ABADcosDAB 3所以 AB2BD 2AD 2，所以 ABBD.又因为平面 EBD平面 ABD，平面 EBD平面 ABDBD，AB平面 ABD，所以 AB平面 EBD.因为 DE平面 EBD，所以 ABDE.(2)由(1)知 ABBD.因为 CDAB ，所以 CDBD. 从而 DEBD.在 RtDBE 中，因为 DB2 ，DEDCAB2，3所以 SBDE DBDE2 .12 3又因为 AB平面 EBD，BE平面 EBD，所以 ABBE.因为 BEBC AD4，所以 SABE ABBE4.12因为 DEBD，平面 EBD平面 ABD，所以 ED平面 ABD，而 AD平面 ABD，所以
37、EDAD，所以 SADE ADDE4.12综上，三棱锥 E-ABD 的侧面积 S=8+2 3.总结提高垂直关系是空间元素间的重要位置关系之一，是立体几何中的重点，也是历年来高考考查的点.解此类题的关键是三种垂直关系的相互转化.10.6 空间向量及其运算典例精析题型一 共线和共面向量【例 1】 设 A、B、C 及 A1、B 1、C 1 分别是异面直线 l1、l 2 上的三点，而 M、N、P、Q 分别是线段AA1、BA 1、BB 1、CC 1 的中点，求证：M 、N 、P、Q 四点共面.【证明】因为 N ， 1，所以 BA2 N， 1B2 ，12 12又 PQ ( BC 1)， 2 M， 1C 1
38、2 P，12所以 (2 NM2 P) N P，12所以 、 、 共面，即 M、N、P、Q 四点共面.【点拨】可以利用共面向量定理或其推论完成证明.用共线向量定理证明线线平行，从而证明面面平行，更简捷，使问题简单化.【变式训练 1】如图所示，长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，M 为 DD1 的中点，NAC ，且 ANNC2 ，求证：A 、B、N、M 四点共面.【证明】设 1a， b， c，则 1ba.因为 M 是 DD1 的中点，所以 A1c a.12因为 ANNC2，所以 N C (bc)，所以 NA1 1 (bc)23 23 23a (ba) (c a) BA1 M1，23 23 12
39、 23 23所以 A、B、M、N 四点共面.题型二 利用向量计算长度和证明垂直【例 2】已知平行六面体 ABCDA 1B1C1D1 所有棱长均为1，BAD BAA1DAA 160.(1)求 AC1 的长；(2)求证：AC 1平面 A1BD.【解析】(1)设 Ba， Db， 1c ，则 abbcc a11 cos 60 ，a2b 2c 21.而 1ACabc，12所以| 1AC|2(abc )2a 2b 2c 22ab2bc 2a c1112 2 2 6，即 | 1AC| .12 12 12 6(2)证明：因为 B1ac，所以 1AC (abc) (ac)a 2c 2abb c11 0.12 1
40、2所以 .同理可得 1ACDB.所以 AC1平面 A1BD.【点拨】利用|a| 2a 2 是计算 长度的有效方法之一；而利用向量数量 积为零是证明垂直问题的常用方法之一.【变式训练 2】已知平行六面体 ABCDA 1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，侧棱 AA1 长为 b，且 AA1 与 AB，AD 的夹角都是 120.求 AC1 的长.【解析】| AC|2 2( 1)2 2 AD2 122 AB D2 1A2 B 1ABa 2a 2b 202abcos 1202abcos 1202a 2b 22ab.所以|AC 1| .2a2 b2 2ab题型三 利用坐标求法向量和证
41、明垂直问题【例 3】 正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，棱长为 1，E，F 分别是 BB1，CD 的中点.(1)求证：D 1F 平面 ADE；(2)求平面 ADE 的一个法向量.【解析】(1)建立如图所示的直角坐标系 Dxyz， 则 D1(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)， F(0，0)，E(1,1， ).12 12所以 D1(0，1)， A(1,0,0) ， AE(0,1， )，12 12因为 0，所以 FD1 ，又 F1 E0，所以 ，所以 D1F平面 ADE.(2)由(1)知 D1F平面 ADE，故平面 ADE 的一个法向量为 FD1(0 ，1).12【点拨】空间向
42、量坐标化，大大降低了立体几何 试题的难 度，同学 们需要善于利用.【变式训练 3】 已知平面 内有一个点 M(1，1,2)，平面 的一个法向量为 n(6，3,6)，则下列各点中，在平面 内的是( )A.A(2,3,3) B.B(2,0,1)C.C(4,4,0) D.D(3，3,4)【解析】由于 n(6，3,6)是平面 的法向量，所以它 应该 和平面 内任意一个向量垂直，只有在 选项 A 中， M (2,3,3)(1，1,2)(1,4,1) ， MAn0.故选 A.题型四 利用坐标法求解线面及面面位置关系【例 4】如图所示，正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，E、F 分别是 BB1、CD 的
43、中点.(1)证明：平面 AED平面 A1FD1；(2)在 AE 上求一点 M，使得 A1M平面 DAE.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，不妨设正方体的棱长为 2，则 D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0，0,2).设平面 AED 的一个法向量为 n1(x 1，y1，z1)，则 .0),2(,(11zyxn所以 2x10,2x 12y 1z 10. 令 y11，得 n1(0,1，2).同理可得平面 A1FD1 的一个法向量 为 n2(0,2,1).因为 n1n20，所以平面 AED平面 A1FD1.(2)由于点
44、 M 在直 线 AE 上，所以可设 M E (0,2,1)(0,2，)，可得 M(2,2，)，于是A1(0,2 ，2).A 1M平面 DAE，则 A1MAE，所以 1 A(0, 2，2) (0,2,1)5 20，得 .故当 AM AE 时，A 1M平面 DAE.25 25【变式训练 4】 已知 E(2,2,1)， C(4,5,3) ，求平面 ABC 的单位法向量.【解析】设平面 ABC 的法向量为 n(x， y，z)，则 n B0，且 n AC0，即 2x2yz0 且 4x5y3z0，解得 z,21所以 nz( ， 1,1)，单位法向量 n0 ( ， ， ).12 n|n| 13 23 23总
45、结提高1.利用共线向量定理，可解决立体几何中三点共线和两直线平行等问题.2.利用共面向量定理，可解决立体几何中直线在平面内，直线与平面平行以及四点共面等问题.3.同时要重视空间向量基本定理的运用，要注意空间向量基底的选取，用基向量表示出已 知条件和所需解决问题的所有向量，将几何问题转化为向量问题.4.用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系.若坐标系选取不当，计算量就会增大.总之树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题.5.用向量法解决空间问题，优先考虑建立坐标系(尤其当直角条件较充足时) ，因为单位正交基底运用起来最
46、方便.6.建系用坐标法解决空间问题时，写出各点坐标要万分谨慎.10.7 空间角及其求法典例精析题型一 求异面直线所成的角【例 1】(2010 天津)如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中， E，F 分别是棱BC，CC 1 上的点， CFAB 2CE，ABADAA 112 4.(1)求异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值；(2)求证：AF平面 A1ED；(3)求二面角 A1EDF 的正弦值.【解析】方法一：如图所示，建立空 间直角坐标系，点 A 为坐标原点， 设 AB1，依题意得 D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，0).32(1) 易得 (0，1)， DA1(0,2 ，4) ，12于是 cos EF， 1 |1 .35所以异面直线 EF 与 A1D 所
