高考数学专题复习（精选精讲）练习7-立体几何（文）习题精选精讲 29页

例谈立体几何中的转化 立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富，其中最重要的就是转化的思想方法，它贯穿立体几何教学的始终，在立体几何教学中占有很重要的地位。立体几何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化，具体从以下几个方面入手。‎ 1、 位置关系的转化 线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体几何中的一个重点内容，其精髓就是平行与垂直位置关系的相互依存及转化，平行与垂直问题不但能横向转化，而且可以纵向转化。‎ 例1 已知三棱锥S－ABC中，∠ABC＝90°，侧棱SA⊥底面ABC，点A在棱SB和SC上的射影分别是点E、F。求证EF⊥SC。‎ 图－1‎ E S F C B A 分析：∵A、E、F三点不共线，AF⊥SC，‎ ‎∴要证EF⊥SC，只要证SC⊥平面AEF，‎ 只要证SC⊥AE（如图1）。‎ 又∵BC⊥AB，BC⊥SA，∴BC⊥平面SAB，‎ ‎∴SB是SC在平面SAB上的射影。‎ ‎∴只要证AE⊥SB（已知），∴EF⊥SC。‎ B E A ‎ ‎ ‎ D1‎ C F ‎ C1 ‎ 图－2‎ D 例2 设矩形ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，以EF为棱将矩形 折成二面角A－EF－C1(如图－2)。求证：平面AB1E∥平面C1DF。‎ 分析一（纵向转化）：‎ ‎∵AE∥DF，AE平面C1DF，‎ ‎∴ AE∥平面C1DF.同理，B1E∥平面C1DF，‎ 又AE∩B1E＝E，∴平面AB1E∥平面C1DF。‎ 分析二（横向转化）：‎ ‎∵AE∥EF，B1E⊥EF，且AE∩B1E＝E，∴EF⊥平面C1DF。‎ 同理，EF⊥平面C1DF 。平面AB1E∥平面C1DF。‎ ‎2、降维转化 由三维空间向二维平面转化，是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去，用学生们比较熟悉的平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等的平面问题。‎ 图-3‎ 例3 如图-3，在直三棱柱ABC—A1B‎1C1中，AB=BC=，BB1=2，，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为 . ‎ 分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。‎ 又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。‎ 例4 如图-4直四棱柱中，，底面ABCD是直角梯形，∠A是直角，AB||CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线与DC所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）‎ 解：由题意AB//CD，‎ 是异面直线BC1与DC所成的角.‎ 连结AC1与AC，在Rt△ADC中，可得，‎ 又在Rt△ACC1中，可得AC1=3.‎ 在梯形ABCD中，过C作CH//AD交AB于H，‎ 图-4‎ 得 又在中，可得，‎ 在 ‎∴异而直线BC1与DC所成角的大小为。‎ 实现空间问题向平面问题转化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。‎ ‎3、割补转化 ‎“割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的简单几何体，从而较快地找到解决问题的突破口。‎ A B C P E D 图—5‎ 例5 如图5，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PA＝BC＝n,‎ PA与BC的公垂线ED＝h，‎ 求证：三棱锥P－ABC的体积V＝n2h.‎ 此题证法很多，下面用割补法证明如下：‎ 分析一：如图5，连结AD、PD，∵BC⊥DE，BC⊥AB， ‎ ‎∴BC⊥平面APD，又DE⊥AP，‎ ‎∴VP－ABC＝VB－APD＋VC－APD＝BC·S⊿APD＝ 。 ‎ B 图－6‎ A C P B1‎ C1‎ E 分析二：如图6，以三棱锥P－ABC的底面为底面，侧棱PA为侧棱，补成三棱拄 PB‎1C1－ABC，连结EC、EB，则易证AP⊥平面EBC， ‎ ‎∴V三棱拄＝AP·S⊿EBC＝ n2h。‎ ‎∴VP－ABC = V三棱拄 = 。‎ ‎ A1 D1‎ B1 ‎ ‎ E ‎ F D ‎ ‎ B C ‎ ‎ A1‎ C1‎ ‎4、等积转化 ‎“等积法”在初中平面几何中就已经有所应用，是一种很实用的数学方法与技巧。立体几何中的“等积转化”（或称等积变换）是以面积、体积（尤其是四面体的体积）作为媒介，来沟通有关元素之间的联系，从而使问题得到解决。‎ 例6 如图7，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA1与CC1的中点，求四棱锥A1－EBFD1的体积。‎ 略解：易证四边形EBFD1是菱形，‎ 连结A1C1、EC1、AC1、AD1， ‎ 则VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1‎ ‎ A ‎ ‎ ‎ O C ‎ B ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 图－8 ‎ ‎=2VE- A‎1C1D1=VA-A‎1C1D1=V正方体AC1＝a3。‎ 图-7‎ ‎5、抽象向具体转化 A D ‎ B C A1 D1‎ ‎ B‎1 C1‎ ‎ 图－9‎ 例‎7 A、B、C是球O面上三点，弧AB、AC、BC的度数分别是90°、90°、60°。求球O夹在二面角B－AO－C间部分的体积。‎ 分析：此题难点在于空间想象，即较抽象。教师 引导学生读题：条件即∠AOB＝∠AOC＝90°，∠BOC＝60°，然后给出图形（如图8），则可想象此题意即为用刀沿60°二面角，以直径为棱将一个西瓜切下一块，求这一块西瓜的体积，（答：‎ ‎）。问题于是变得直观具体多了。‎ 例8 三条直线两两垂直，现有一条直线与其中两条直线都成60°角，求此直线与另外一条直线所成的角。‎ 分析：由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直，于是问题可以转化为如下问题：长方体一条对角线与同一顶点上的三条棱所成的角分别是60°、60°、α，求α的大小。‎ 根据长方体的性质，有cosα＋cos60°＋cos60°＝1，可求得α＝45°。‎ 立体几何的教学，关键是要调动学生的学习兴趣，让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结论源自生活实际，源自平面几何，要教会学生联想实际模型，联想平面几何中已经熟悉的东西，借助可取之材来建立空间想象，加强直观教学，这样就容易让学生接受，让他们喜欢上这一门学科，从而更有效地培养他们的空间想象力，提高他们解决立体几何问题的能力。‎ 立方体在高考题中 立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体. 首先：其本身中的点、线、面的位置关系包涵了空间图形中的所有的位置关系. 其次：它与代数(如：不等式、函数与数列、排列组合等)、三角、解析几何有着密切联系. 因而它是高考命题的热点. 下面从数学思想方法方面探究其重要性.‎ 一．体现数形结合思想 ‎1．2004年天津卷(6)如图，在棱长为2的正方体中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是、AD的中点.那么异面直线OE和所成的角的余弦值等于.‎ ‎ (A) (B) (C) (D)‎ X Y Z 分析：可建立空间直角坐标系(如图),转化为空间向量的数量关系 运用数量积来求解,可得=(－1,1,1), =(－1,0,2)‎ ‎=, =,‎ 有 ·=(－1,1,1) ·(－1,0,2)=3‎ B A C D 又 ·= ·cos ‎∴ ·cos=3‎ 即cos=.故选(B)‎ 注：立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(将形和数很好地结合起来)是个好方法.‎ ‎2．2003年全国卷（12）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）‎ ‎ （A） （B）4 （C） （D） ‎ 分析：本题中没有立方体,可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体.‎ 如图,将正四面体ABCD补成立方体,则正四面体、立方体的中心 与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为,‎ 所以正方体棱长为1,从而外接球半径R=,得.故选(A).‎ 注：“补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决,是处理空间图形中惯用的手段.‎ 二．体现转化与化归思想 P M N l P N M l N l P M l M N P N l P M ‎3．2003年全国(理)(16)．下列5个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出面MNP的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序号）__________.‎ ‎① ② ③ ④ ⑤‎ 分析：易知①是合要求的，由于五个图形中的在同一位置,只要观察图②③④⑤ 中的平面MNP哪一个和①中的平面MNP平行(转化为面面平行) 即可.‎ 故为:　①④⑤‎ 注：本题中选①中平面MNP作为“参照系”,可清淅解题思路,明确解题目标.‎ A B C D P ‎4．2004年北京卷（4）如图，在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中，P是侧面BB‎1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是 （A） 直线 （B） 圆 （C） 双曲线 （D） 抛物线 分析：易知P到直线C1D1的距离为：.‎ 由C1是定点, BC是定直线.‎ 条件即动点P到定点C1的距离等于到定直线BC的距离.符合抛物线的定义,化归为抛物线问题.故选(D)‎ 注：立几中的解几问题是近年来才露脸的题型,要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容,更要有跳跃的思维,较强的转换能力.‎ 三．体现分类讨论思想 ‎5．2000年全国卷（16）如图，E、F分别为正方体的面、‎ ‎ 面的中心，则四边形在该正方体的面上的射 影可能是______。（要求：把可能的图的序号都填上）‎ 分析：因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形在三个方向上作投影即可,因而可分为三类情况讨论.‎ ⑴在面ABCD上作投影可得②(平行四边形).‎ ⑵在面上作投影可得③(线段).‎ ⑶在面上作投影可得②(平行四边形).‎ 故可填为：②③‎ 注：截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型,象本题一样的定性分析题一定要抓住图形的特性(平行、垂直等)进行分析.‎ ‎6．2004年湖南卷(10) 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为 ‎(A)56 (B) 52 (C)48 (D)40‎ 分析：可将合条件的直角三角形分为两类：‎ 第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6=24个.‎ 第二类：三个顶点在正方体的相对的两个面上时,直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面,因而有：6×4=24个.‎ 故共有：24+24=48个.从而选 (C)‎ 注：以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型,要做到不重复不遗漏地分类并且注意几何体的结构特点去求解.‎ 四．体现函数与方程思想 ‎7． 2002全国卷(18) 如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直.点在上移动，点在上移动，‎ 若.‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）当为何值时，的长最小；‎ 分析：将图形补成为正方体(如图)运用函数思想求解.‎ ‎（1）作MK⊥AB于K,连KN.由面ABCD⊥面ABEF ‎ 得MK⊥KN.从而=……①‎ A B D C E F N M K ‎ 又由 得KN∥AF.‎ ‎ 从而=== ……②‎ ‎ ……③‎ ‎ 将②③代入①有==为所求.‎ ‎（2）运用函数配方法,由（Ⅰ）知=.　.‎ 配方有=≥‎ ‎ 　即当=时，取最小值.‎ 注：对空间图形中含有一些“动态”因素(象距离、角度等)的问题,可考虑能否把这一动源作为自变量,构造目标函数,用函数的思想来处理.‎ ‎8．2004年湖北（18）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F 是棱CD上的动点.试确定点F的 使得D1E⊥平面AB1F.‎ 分析：以A为坐标标原点，建立如图所未的空间直角坐标系.‎ 运用方程思想(借助向量的数量积)求解.‎ C B A D ‎╃╃┽‎ ‎╃╃┽‎ ‎╃╃┽‎ ‎╃╃┽‎ X Y Z E F 设DF=，则A（0，0，0），B1（1，0，1）,‎ D1（0，1，1），E，F（，1，0）‎ ‎∴， .‎ 于是D1E⊥平面∴.=0‎ 既.故当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.‎ 在近几年的高考试题中,立方体不仅包涵了所有的数学思想方法,密切了与中学数学中其它内容的联系,更体现着从静到动,从单一到多方面,从立方体本身应用问题到利用立方体去解决问题的发展变化.仔细研究这些变化对学好空间几何无疑是有裨益的.‎ 几点思考：‎ ‎1.加强对立方体的研究,对空间图形的研究以培养学生的空间想象能力,数形转换能力与逻辑思维能力. ‎ ⑴对立方体本身的研究：如：立方体的内切球,外接球,球与立方体的棱相切等；立方体与正四面体的联系；以正方体各面的中点为顶点可构成正八面体等.‎ ⑵对空间图形问题中解题方法的研究：以立方体为载体的方法有：平移求角法,割体补形法,面积射影法,体积相等法,侧面展形法,转化化归法,空间向量法等.‎ ⑶构造立方体以解决有关问题(第二册下B 3)“已知三个平行平面α、β、γ与两条直线、分别相交于点A、B、C和点D、E、F(图1),求证：.”解答此题时学生很容易误将与共面去理解造成错误.其实构造正方体(图2)可加强直观性以帮助学生理解.‎ 图1 图2‎ 通过对立方体及空间图形的研究可培养学生的认识空间图形的能力,建立起空间概念,准确地理解并熟练运用概念、性质、公理、定理进行判断、推理与转化(如：①线线、线面、面面垂直关系的转化及平行关系的转化,②把空间距离和角向平面距和平面角的转化,③文字语言、符号语言、图形语言三者的相互转化.)等 ‎2.加强立方体与其它内容的渗透的研究：立方体与排列组合的结合,象染色问题,计数问题；立方体与解析几何的结合,象轨迹问题；立方体与函数方程的结合,象最值问题；立方体与代数三角的结合,象角度距离问题；立方体与其它学科的结合,象化学晶体问题等.这样有助于对正方体的深刻认识与实际应用.‎ ‎3.通过对立方体及空间图形的研究挖究高考解答题的模式.‎ ‎ 高考解答题往往是要解决两大问题：一是证明题,二是计算题.处理方式有两种：⑴在证明中要以典型的三段论的形式,严格按照演绎推理的步骤完成推理的论证；计算时并非单纯的数字计算,而是与作图与证明相结合的,立体几何计算题的主要步骤可归纳为：“画—证—算”三步.“画”是画图,添加必要的辅助线,或画出所要求的几何量,或进行必要的转换化,“证”是证明,证明所画的几何量即为所求,然后进行最后一步计算.这三步之间紧密相连,环环相扣,相互制约,是解决立体几何题的思维程序.⑵由垂直关系建立空间直角坐标系,运用向量处理即可. ‎ 例谈点到平面距离的求法 立体几何的空间距离是历年高考考查的重点和热点。由于线面距离、面面距离以及两异面直线间的距离都可以转化为点到平面的距离来解决，因此点到平面的距离更值得我们关注。‎ 点到平面的距离的求法可分为三大类：‎ 一、由点向平面引垂线，且垂足位置可确定 ‎ 转化到在某平面内，求出点和垂足间的线段的长。‎ 1、 用定义直接构造法 例1、如图，三棱锥S-ABC中，是等腰三角形，，,且面ABC，SA=‎3a。求点A到平面SBC的距离。‎ 解：作交BC于D,连结SD.‎ 平面ABC,根据三垂线定理有 又,平面SAD。又平面SBC，‎ 平面SBC平面ADS，且平面SBC平面ADS=SD ‎ 过点A作于H，则AH平面SBC。在中，SA=‎3a,‎ ‎，‎ 故点A到平面SBC的距离为。‎ ‎【点评】利用构造法关键是定位点在面内的射影。常常要寻找过已知点且与所给面垂直的面，再过已知点作两垂面交线的垂线。‎ ‎2、转移构造法 ‎（1）利用平行线转换点 例2、在直三棱柱中，,（b>a）‎ ‎（1）求证： (2)求点到平面的距离.‎ 解：(1)连结,则，又，故。知，得,知。‎ ‎（2）由（1）得.‎ 过作于G, , ‎ 从而. 故即为所求的距离。易求。‎ ‎【点评】利用直线与平面平行，把所求的点到平面的距离转移到平行线上另一点到平面的距离来求，是我们常用的方法。‎ ‎（2）对称转移或利用定比分点 例3、如图，已知ABCD是矩形，AB=a，AD= b，PA^平面ABCD，PA=‎2c，Q是PA的中点．求P到平面BQD的距离．‎ 解：过A作垂足为E，连结QE。∵平面BQD经过线段PA的中点，∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离．在△AQE中，作AH^QE于H．∵BD^AE，BD^QE，∴BD^平面AQE．∴BD^AH，AH^平面BQE，即AH为A到平面BQD的距离．‎ 在Rt△AQE中，∵AQ=c，AE=，∴AH=.‎ ‎ 例4、已知正方体的棱长为1，为上底面的中心。‎ 求点到平面的距离。‎ 析：点到平面的距离为线段的长，易求得.又为 的中点，故点到平面的距离为。‎ ‎【点评】 转移构造常利用已知平面点分某条斜线段所成的比，体现着转化的思想。‎ 二、由点向平面引垂线，垂足无法确定或难确定时 ‎1、等体积法（利用三棱锥的体积公式）‎ 例5、已知在棱长为1的正方体中，E、F分别是、CD的中点，求点B到平面的距离。‎ ‎ 解：连结AE、BF、EF，则点B到平面的距离即为点B到平面AEF的距离。设点B到平面AEF的距离为h, 根据则 ‎,得h＝‎ ‎【点评】 由于四面体以不同面为底的体积相等，因而等体积法的关键是将距离看成是某四面体的高。‎ 1、 运用面面角或利用斜线和平面所成的角 例6、在直角梯形ABCD中，,。将沿AC折起使D到，如果二面角为，求点到面ABC的距离。‎ 解：设在平面ABC内的射影为O, E为AC的中点，连结OE 由于,故为二面角的平面角，即＝。又=，所以=＝。‎ 例7、已知ＡＢＣＤ是边长为4的正方形，Ｅ、Ｆ分别是ＡＢ、ＡＤ的中点，ＧＣ垂直于ＡＢＣＤ所在平面，且ＧＣ＝２，求点B到平面ＥＦＧ的距离.‎ 解：设Ｍ为ＦＥ与ＣＢ的延长线的交点，作，Ｒ为垂足． 又,‎ 所以平面ＢＥＲ⊥平面ＥＦＧ。又ＥＲ为它们的交线 ‎∴∠ＲＥＢ就是ＥＢ与平面ＥＦＧ所成的角θ 由△ＭＲＢ∽△ＭＣＧ，可得 ‎，‎ 在Ｒｔ△ＲＥＢ中, ‎ 于是得所求之距离.‎ ‎【点评】此法体现着角与距离间的转化，另一个变化是利用距离求角，应引起我们的足够重视。‎ ‎ 3、利用两平行平面的距离确定 ‎ 对上例，有如下的计算方法：‎ 解： 把平面EFG补成一个正四棱柱的截面所在的平面.则面GMT是正四棱柱ABCD—A1B1C1D1‎ 经过F、E、G的截面所在的平面.MG交BB1于N，TG交DD1于Q.作BP//MG，交CG于P，连结DP.则有平面GTM//平面PDB。它们之间的距离就是所求之距离，于是可以把点B平移到平面PDB上任何一个位置。‎ 而这两个平行平面的距离d又同三棱柱GQN—PDB的体积有关，所以可以利用三棱柱的体积确定所求之距离。则有三棱柱GQN—PDB的体积V的关系式：‎ ‎（）.易求出BN=，CP=，PB=PD=，BD=，，‎ 由关系式（）可得，‎ 于是平行平面间的距离 ,即点B到面EFG的距离为。‎ ‎【点评】若两平面平行，则平面内的任一条直线到另一个平面的距离等于两平面间的距离，对于分别位于两个平行平面内的异面直线之间的距离也等于两平面间的距离。在解题过程中要注意体会。‎ 三、向量法 例8、 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.‎ 求： 点C到平面AEC1F的距离. ‎ 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），‎ C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设F（0，0，z）.‎ ‎∵AEC1F为平行四边形，‎ 设为平面AEC1F的法向量，‎ 的夹角为a，则 ‎∴C到平面AEC1F的距离为。‎ ‎【点评】若点P为平面α外一点，点A为平面α内任一点，平面的法向量为，则点P到平面α的距离公式为。当我们学习了空间解几以后，还有点到平面的距离公式，这里从略。‎ 主体几何中的识图技巧 如何解决立体几何问题的关键在于空间想像能力的培养、逻辑能力的培养、化归能力的培养，而逻辑思维能力，在初级学习及其它分支的学习中有了一定的提升，所以空间想像能在解决立几问题过程中，显得尤其突出，而空间想像是漫无边际泊胡想，而应该以题设为根据，以某何体为依托，这样会给空间想象力插上翱翔的翅膀。‎ 如何以面为依托，来确定相关元素之间的位置关系——面要画得舒展，‎ 突破体的束缚。‎ 例1：△ABC为等边三角形，边长为12，C在2面内，‎ AB到面距离分别为6和3，求△ABC与2所成二面角的大小。‎ 先将面ABC扩展与2交于P，‎ 就清楚的看出∠ACA’为所求的 ‎∠ACA’=，∠ACA’=30°‎ 例2：正四棱柱ABCD—AB1C1D1中，过B作截面交正四棱柱于FG，AG=CE，且面ABCD与面BEFG成45°，AA1=10，AB=1，求ABCD—BEFG 将面BEFG扩展截面ABCD交于FG，‎ 由于AG=CE，就很容易得到∠FBD=45°，‎ FD=BDtg45°=BD=及AG=CE=，‎ 故V=2·VB—ADFG=‎ ‎2·‎ 或V为以ABCD为 底面高为DF的长方 体体积的一半而V=1×1×‎ 例3：三棱锥P-ABC中，PA=a, PB=PC=a, ∠APB=∠APC=45°，‎ cos∠BAC=，D、E为PB、AB的中点，‎ 求面PAC与面DEC所成角 本题中以扩展的面PAC的扩展的 面DEC（// PA，// DE）‎ 从而∠ACE为所求 ‎2、以扩展的二面角为依托，来确定相关元素的相互关系——技巧2，舒展的二面角为参照体系。‎ 例4：矩形ABCD中，AB=3，AD=4，沿BD将距形ABD折起，使面ABD和面CBD成120°，求AC的距离 本题以扩展的二面角2—BD-β 衬托了矩形折起的相关位置，‎ 就可以利用二面角的平面角的 定义及求法作出AE、CF及矩形EFCG，‎ 从而得出CG⊥AG，AC的长度就可以 Rt△ACG中求解 AG2=AE2+EG2+AGEG=3AE2=3()2‎ AC2=AG2+CG2=3()2+()2=, AC=‎ 例5：斜三棱柱ABC—A1B1C1的倒棱与底面边长都是2，‎ 倒棱与底面所成的角为60°，侧面ABB1A1⊥底面ABC（如图）‎ ‎（1）求证B1C⊥C1A ‎（2）求C‎1A与A1B1所成的角 ‎（3）求VA—A1B1C1的体积 本题如果将与底面垂直的侧面及底面ABC 放在扩展的直二面角内，以扩展的直二面角 为依托则A1B1⊥面AD1C1A1B1⊥AC1，则 菱形AA1C1C A1C⊥AC1，所以AC1⊥面 A1B‎1C，故AC1⊥B‎1C，△B1CD≌△AD‎1C1，‎ 所以S△A1B‎1C1=，A—A1B‎1C=‎ ‎3、以线面相交为依托，完成相等或成比例的距离求基本形为：直线AB与α于0‎ AO=BO，则A到α的距离可以转化B 到而α的距离EO=KBO（K∈R+），‎ 则E到α的距离也可以转化为B到α的距离 例6：在三棱锥P-ABC，PA=PB=PC，BC=‎2a，AC=a，AB=a，点P到平面ABC的距离为a ‎（1）求二面角P-AC-B的大小 ‎（2）求点B到平面PAC的距离 本题中由于PA=PB=PC，P在面ABC 上的射影O为BC中点，作OD⊥AC，‎ 则∠PDO为二面角P-AC-B的平面角即 ‎∠PDO=60°。另一方面，面POD⊥面PAC，‎ 很容易求出O到面PAC的距离，不易求B到 面PAC的距离，但BC=2OC，所以可以转化 O到面PAC距离的2倍，即a，又如CG⊥面 ABCD，ABCD为正方形，AB=2，CG=1，E、F为AB、AD的中点，求B到面EFG的距离，对于这个问题的解法多方面的在这里，我们可以由B到面EFG的距离，由直线段AB转到A，又由AC转到C，即BC到面EFG距离的 ‎4、以正方体、长方体等为依托，达到距离、体积等求解 例7：（1）四个半么径为R的球成品字两两相切放在桌上，求最高点到桌面距离 ‎（2）三个半径为R的球两两相切放在桌面上，它们中间放一个尽可能大的球，则这个球的半么为多少？‎ 这两个题都可以球心为多面体的顶点构造图形形成转化如下图：‎ 例8：（1）已知CH4分子中两氢原子的距离为a，求碳氢原子间距离（或外接球的半径）‎ ‎（2）求四面边长为5、6、7的全等三角形的三棱锥的体积 第一题我们以正方体为依托，构造下图：‎ 两氢原子的距离转化为正方体面对角长，‎ 碳氢原子的距离转化为正方体对角长的一半，‎ 比直接由正四面体的性质求解简明、迅速。‎ 二题我们以长方体为依托，构造下图，同 上题的转化方式一样，我们不妨设长方体的 长宽高分别为a、b、c，则a2+b2=72 ‎ ‎ b2+c2=‎52 a2+c2=62从而得出c=,a=,b=，‎ V=abc-4·abc=abc-abc= abc=‎ 例9：将一个小球放入一长方体的容器内，且与共点的三侧面相接触，小球上有一点到这三个面的距离分别为3、3、6，试分析小球半径可能情况。‎ 由于小球与三个面都相切，所以球心到 三个面的距离都是R，故可以构造正方体，‎ 其边长为R，小球上一点到三面距离为3、3、6，‎ 故可以构造长方体，其边长分别为3、3、6，如下图，‎ 故R2=(6-R)2+(R-3)2R=3或r=9‎ 以上这些说是技巧，有点自我夸张，只不过是自己对立几解题和教学的一点认识与体会，实际上是熟能生巧。‎ 立体几何题怎么解 高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.‎ ‎ 例1 四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD.‎ ‎ （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；‎ ‎ （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°‎ 讲解:（1）正方形ABCD是四棱锥P—ABCD的底面, 其面积 为从而只要算出四棱锥的高就行了.‎ 面ABCD, ∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，‎ ‎∴PA⊥DA， ∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，‎ ‎∠PAB=60°而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tg60°=a,‎ ‎ .‎ ‎（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.‎ ‎ 作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，‎ ‎ 是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.‎ 设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC， ‎ ‎ 在 ‎ 故平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°. ‎ 本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理 能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.‎ 例2 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，‎ ‎∠ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为CE=，D为AB的中点.‎ ‎（1）求证：AB1⊥平面CED；‎ ‎（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；‎ ‎（3）求二面角B1—AC—B的平面角.‎ 讲解:（1）∵D是AB中点，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.‎ ‎∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；‎ ‎（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE ‎∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1∴DE是异面直线AB1与CD的公垂线段 ‎∵CE=，AC=1 , ∴CD=∴；‎ ‎（3）连结B1C，易证B1C⊥AC，又BC⊥AC , ∴∠B1CB是二面角B1—AC—B的平面角.‎ 在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,∴∠B1AC=600‎ ‎∴， ∴,‎ ‎∴ , ∴.‎ 作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.‎ 例3 如图a—l—是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在内，ABC是等腰直角三角形∠ACB=‎ 求三棱锥D—ABC的体积；（2）求二面角D—AC—B的大小； ‎ ‎（3）求异面直线AB、CD所成的角.‎ ‎ ‎ ‎ 讲解: (1) 过D向平面做垂线，垂足为O，连强OA并延长至E. ‎ 为二面角a—l—的平面角..是等腰直角三角形，斜边AB=2.又D到平面的距离DO=‎ ‎（2）过O在内作OM⊥AC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则AC⊥DM.∴∠DMO 为二面角D—AC—B的平面角. ‎ 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.‎ 且 ‎ （3）在平在内，过C作AB的平行线交AE于F，∠DCF为异面直线AB、CD所成的角. 为等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距离，即△ABC斜边上的高,‎ 异面直线AB,CD所成的角为arctg ‎ 比较例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看.‎ ‎ 例4在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．‎ ‎ 图① 图②‎ ‎ 讲解: 设容器的高为x．则容器底面正三角形的边长为,‎ ‎ ‎ ‎.当且仅当 .‎ 故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为 对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，本题的深化似乎与2002年全国高考文科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是:‎ ‎ 某企业设计一个容积为V的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径r和圆柱的高h为何值时，制造这个密闭容器的用料最省（即容器的表面积最小）.‎ ‎ 例5 已知三棱锥P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，‎ D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．‎ ‎ （1）求证：AP⊥平面BDE； ‎ ‎（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；‎ ‎（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥 P—ABC所成两部分的体积比．‎ 讲解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．‎ 由AB=BC，D为AC的中点，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．‎ ‎ （2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分别为AC、PC的中点，得DF//AP．‎ 由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．‎ 又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．‎ ‎ （3）设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2．则h1∶h2=EP∶AP=2∶3,‎ ‎ ‎ ‎ 故截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分体积的比为1∶2或2∶1‎ 值得注意的是, “截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误.‎ 例6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O1且 平行于母线AB的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点 到准线的距离）为p的抛物线.‎ ‎（1）求圆锥的母线与底面所成的角；‎ ‎（2）求圆锥的全面积．‎ ‎ 讲解: （1）设圆锥的底面半径为R，母线长为l，‎ 由题意得：,即,‎ 所以母线和底面所成的角为 ‎（2）设截面与圆锥侧面的交线为MON，其中O为截面 与AC的交点，则OO1//AB且 在截面MON内，以OO1所在有向直线为y轴，O为原点，建立坐标系，则O为抛物的顶点，所以抛物线方程为x2=－2py，点N的坐标为（R，－R），代入方程得 R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.‎ ‎∴圆锥的全面积为.‎ 将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题:一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．已知椭圆的 长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母 ‎ 线长为1，则该几何体的体积等于 ．‎ ‎ 例7 如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.‎ ‎（1）求证：FD∥平面ABC；（2）求证：AF⊥BD；‎ ‎ (3) 求二面角B—FC—G的正切值.‎ 讲解: ∵F、G分别为EB、AB的中点，‎ ‎∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，‎ ‎ ∴四边形FGCD为平行四边形，∴FD∥GC，又GC面ABC，∴FD∥面ABC.‎ ‎（2）∵AB=EA，且F为EB中点，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC ‎∴FG⊥面ABC ∵G为等边△ABC，AB边的中点，∴AG⊥GC.‎ ‎∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ② ‎ 由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.‎ ‎ （3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.‎ 过G作GH⊥FC，垂足为H，连HB，∴HB⊥FC.‎ ‎∴∠GHB为二面角B-FC-G的平面角.‎ 易求.‎ ‎ 例8 如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且 D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证PQ∥平面CDD1C1； ‎ ‎(2) 求证PQ⊥AD；(3) 求线段PQ的长. ‎ 讲解: （1）在平面AD1内，作PP1∥AD与DD1交于点P1，‎ 在平面AC内，作QQ1∥BC交CD于点Q1，连结P1Q1.‎ ‎ ∵ , ∴PP1QQ1 . 由四边形PQQ1P1为平行四边形, 知PQ∥P1Q1  而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ∥平面CDD1C1 ‎（2）AD⊥平面D1DCC1， ∴AD⊥P1Q1，又∵PQ∥P1Q1， ∴AD⊥PQ. ‎（3）由（1）知P1Q1 PQ,，而棱长CD=1.∴DQ1=.同理可求得 P1D=.‎ 在Rt△P1DQ1中，应用勾股定理, 立得P1Q1=. 做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是BD,上的动点,试求的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?‎ 如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=‎ 求MN的长；‎ 当为何值时，MN的长最小；‎ 当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。‎ 立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.‎ 以棱柱为载体的立体几何三大问题例析 棱柱是一个重要的几何体，以棱柱为背景的空间线线、线面、面面的平行与垂直问题；空间的各种距离问题；空间的各种角的问题，是高考命题的热点，应引起高度重视。解此类问题可以充分利用棱柱的特定关系和有关性质，把问题简化。‎ 例1.如图1，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BC的中点。‎ ‎（1）求证：BD1∥平面C1DE；‎ ‎（2）试在棱CC1上求一点，使得平面A1B1P⊥平面C1DE；‎ 分析：（1）设法在平面DEC1上找出一条直线平行BD1，连CD1于O点，连OE即可。（2）要证两个面垂直，必须先证到线面垂直。由已知易证C1E⊥A1B1，以此过B1点作直线B1P⊥C1E即可找到P点。（3）要设法作出二面角的平面角。‎ 证明：如图2，（1）连CD1交CD1于O点，连OE 因为O是CD1的中点，所以OE∥BD1，所以BD1∥平面C1DE。‎ ‎（2）过B1点作B1P⊥C1E，交CC1于P点。在正方形BCC1B1中，易证≌，得P是CC1的中点。‎ 因为A1B1⊥平面B1C，平面B1C 所以A1B1⊥C1E 又因为C1E⊥B1P，所以C1E⊥平面A1B1P 所以平面A1B1P⊥平面C1DE 故取CC1的中点P，就有平面A1B1P⊥平面C1DE 评析：在（1）小题中关键是找出OE，最容易误用OC代替OE；在（2）小题中如果不能从已知面关系中合理地推测P点的位置，或不能作出正确的辅助面都会使解题思路受阻。‎ 例2.已知正方体的棱长为a，求A1B与D1B1的距离。‎ 分析：求异面直线A1B与D1B1的距离，关键是找出它们的公垂线段，而线线垂直可通过线面垂直或者三垂线定理而得到。‎ 证法1：直接法 如图4，设MN是A1B与D1B1的距离，即MN⊥D1B1，MN⊥A1B 过M作MP⊥A1B1，则PN⊥D1B1‎ 过N作NQ⊥A1B1，则MQ⊥A1B 故为等腰直角三角形，而MP⊥A1Q，所以P为A1Q的中点 同时 因此，而 在△NMQ中，有 证法2：极值法 如图5，在上任取一点M，作MP⊥A1B1，PN⊥D1B1，则MN⊥D1B1，只要求出MN的最小值即可。‎ 设，则 所以 当时，MN取得最小值 证法3：等积法 如图6，因，故A1B∥CB1D1，则要求A1B与D1B1的距离转化为求A1B与平面CB1D1的距离。‎ 图6‎ 考虑B—CB1D1，先设底面为△BCB1，则锥高为D1C1，得：‎ 现将△CB1D1视为底面则高为B到△CB1D1的距离（即所求之异面直线距离），设距离为h，则 由，解得：‎ 图7‎ 证法4：转化法 因△A1BD∥△D1CB1，故所求异面直线A1B与D1B1的距离转化为求此两平行平面的距离。先考查四面体A—A1BD，设A到面A1BD的距离为d，得：‎ 又，所以有 因为AC⊥BD，所以A1O⊥BD 同理BO1⊥A1D 取A1D中点O1，设，则P是△A1BD中心 连结AP，易证AP⊥平面A1BD，即 设，则，而 则AC1必与PA重合，即正方体的主对角线必穿过△A1BD与△D1CB1中心，且与这两个平面垂直。‎ 因为 所以 所以 PP1是两个平行平面间的距离，也就是异面直线A1B与D1B1间的距离。‎ 评析：求两异面直线间的距离的关键是找出它们的公垂线段，其方法有直接法、极值法、等积法、转化法等，要根据题目特点，灵活选用解题方法，对于以棱柱为载体的距离问题，必须切实把握棱柱这一几何体的本质特征及有关性质。‎ 例3.如图8，已知直三棱柱中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，，M是CC1的中点。‎ 求证：AB1⊥A1M 图8‎ 分析：要证明AB1⊥A1M，因B1C1⊥平面AC1，由三垂线定理可转化证AC1⊥A1M，而AC1⊥A1M一定会成立，在一个平面内，通过证AC1⊥A1M得出结论并不难。‎ 证明：连结AC1‎ 因为 所以 即 所以 所以，又 所以平面AC1，由三垂线定理知，AB1⊥A1M ‎ ‎ 历年高考题中的翻折问题 ‎86理科 ‎ (8)在正方形SG1G2G3中E、F分别是G1G2及G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1、G2、G3三点重合,重合后的点记为G.那么,在四面体S—EFG中必有 ‎(A)SG⊥△EFG所在平面                         (B)SD⊥△EFG所在平面 ‎(C)GF⊥△SEF所在平面                         (D)GD⊥△SEF所在平面 ‎93北京卷 ‎（23）如图,ABCD是正方形,E是AB的中点,如将△DAE和△CBE分别沿虚线DE和CE折起,使AE与BE重合,记A与B重合后的点为P,则面PCD与面ECD所成的二面角为           度.30‎ ‎1996高考理科 ‎(9)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起,使得BD=a,则三棱锥D-ABC的体积为d ‎(20)（本小题满分12分）‎ ‎ 在直角梯形ABCD中，ÐD=ÐBAD=90°,AD=DC=AB=a,(如图一)将△ADC ‎ ‎ 沿AC折起，使D到D'.记面ACD'为a,面ABC为b.面BCD'为g.‎ ‎ (i)若二面角a-AC-b为直二面角（如图二），求二面角b-BC-g的大小;‎ ‎ (ii)若二面角a-AC-b为60°（如图三），求三棱锥D'-ABC的体积。‎ ‎（20）本小题主要考查空间线间关系，及运算、推理、空间想象能力。满分12‎ ‎ 分。‎ ‎ 解：（I）在直角梯形ABCD中，‎ ‎ 由已知DAC为等腰直角三角形，‎ ‎ ∴ ‎ ‎ 过C作CH⊥AB，由AB=2，‎ ‎ 可推得 AC=BC=‎ ‎ ∴ AC⊥BC ———2分 ‎ 取 AC的中点E，连结，‎ ‎ 则 ⊥AC 又 ∵ 二面角为直二面角，‎ ‎ ∴ ⊥‎ 又 ∵ 平面 ∴ BC⊥ ∴ BC⊥，而，‎ ‎ ∴ BC⊥ ‎ ‎ ∴ 为二面角的平面角。‎ ‎ 由于，‎ ‎ ∴二面角为。 ———6分 ‎ （II）取AC的中点E，连结，再过作，垂足为O，连结 ‎ OE。‎ ‎ ∵ AC⊥，‎ ‎ ∴ AC⊥‎ ‎ ∴ 为二面角的平面角，‎ ‎ ∴ ———9分 ‎ 在中，，‎ ‎ ∴，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2002 北京春季高考 ‎（15）正方形ABCD的边长是2，E、F分别是AB和CD的中点，‎ 将正方形沿EF折成直二面角（如图所示）．M为矩形AEFD内 的一点，如果ÐMBE=ÐMBC，MB和平面BCF所成角的正切值 为1/2，那么点M到直线EF的距离为_________．Ö2/2‎ ‎ 2003北京春季高考 ‎11．如图，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折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度 ‎ 数为 （ ）‎ ‎ A．90° B．60° ‎ ‎ C．45° D．0°‎ ‎2004安徽春季理科 ‎（5）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所处的二面角为300，则四棱锥A－MNCB的体积为 ‎（A） （B） （C） （D）3‎ ‎2005湖南高考理科 ‎17、（本题满分12分）‎ ‎　　如图1，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OO1折成直二面角，如图2。‎ ‎　　（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；‎ ‎（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小。‎ A B C D O O1‎ A B O C O1‎ D 解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1，‎ ‎ 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，‎ 图4‎ ‎ 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1，‎ ‎ OC是AC在面OBCO1内的射影.‎ ‎ 因为 ，‎ ‎ 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1‎ ‎ 由三垂线定理得AC⊥BO1.‎ ‎（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.‎ ‎ 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC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O1F⊥AC.‎ ‎ 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. ‎ ‎ 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 从而， 又O1E=OO1·sin30°=，‎ ‎ 所以 即二面角O—AC—O1的大小是 ‎2005浙江理科 ‎12．设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E(如图)．现将△ADE沿DE折起，使二面角A－DE－B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_________．90‎ ‎2005年高考文科数学江西卷 ‎9．矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B—AC—D，则四面体ABCD的外接球的体积为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2006山东理科 ‎（12）如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则P－DCE三棱锥的外接球的体积为 ‎(A) (B) (C) (D) ‎ ‎2006辽宁 ‎19．（本小题满分12分）‎ 已知正方形，分别是边的中点，将沿折起，如图所示，记二面角的大小为（）．‎ ‎（1）证明平面；‎ ‎（2）若为正三角形，试判断点在平面内的射影是否在直线上，证明你的结论，并求角的余弦值．‎ A B C D E F ‎（19）本小题主要考查空间中的线面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力和思维能力.满分12分 ‎（Ⅰ）证明：、分别是正方形的边、的中点.‎ 且 四边形是平行四边形 平面而平面 平面 ‎（Ⅱ）解法一：点在平面内的射影在直线上，过点用平面垂足为连接 为正三角形 在的垂直平分线上。‎ 又是的垂直平分线 点在平面内的射影在直线上 过作，垂足为，连接则 是二面角的平面角，即 设原正方形的边长为，连接，‎ 在折后图的中，‎ 为直角三角形，‎ 在中，‎ 解法二：点在平面内的射影在直线上，连结，在平面内过点作，垂足为 为正三角形，为的中点，‎ 又 平面 平面 又，且，平面，平面，‎ 平面，‎ 为在平面内的射影。‎ 点在平面内的射影在直线上 过作，垂足为，连结，则，‎ 是二面角的平面角，即 设原正方形的边长为。‎ 在折后图的中，，‎ 为直角三角形，，‎ ‎，‎ 在中，，‎ ‎，‎ 解法三：点在平面内的射影在直线上连结，在平面内过点作，垂足为 为正三角形，为的中点 又 平面，‎ 平面，‎ 平面平面 又平面平面，‎ 平面，即为在平面内的射影，‎ 点在平面内的射影在直线上。‎ 过作，垂足为，连结，则 是二面角的平面角，即 设原正方形的边长为 在折后图的中，.‎ 为直角三角形，.‎ ‎.‎ 在中，,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎.············12分 ‎2006江苏 ‎（19）（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小问满分5分）‎ ‎　　　在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）‎ ‎（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；‎ ‎（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）‎ 图1‎ 图2‎ ‎19本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力。‎ 解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3‎ 在图1中，取BE中点D，连结DF. AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2而∠A=600 , ∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1, ∴EF⊥AD在图2中，A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角，A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即 A1E⊥平面BEP 在图2中，A1E不垂直A1B, ∴A1E是平面A1BP的垂线，又A1E⊥平面BEP，‎ ‎∴A1E⊥BE.从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q,且A1Q交BP于点Q,则∠E1AQ就是A1E与平面A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=600 , ∴△EBP是等边三角形.又 A1E⊥平面BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q为BP的中点,且,又 A1E=1,在Rt△A1EQ中，,∴∠EA1Q=60o, ∴直线A1E与平面A1BP所成的角为600‎ 在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=600,‎ ‎∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,‎ ‎∵A1E⊥平面BEP, ∴A1E=A1Q, ‎ ‎∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②, ‎ 由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP, ‎ ‎∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,‎ 从而∠FMQ为二面角B－A1P－F的平面角.‎ ‎ 在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A1P∴∴在△FCQ 中,FC=1,QC=2, ∠C=600,由余弦定理得 在△FMQ中，‎ ‎∴二面角B－A1P－F的大小为 ‎2007安徽文 ‎10．把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，折成直二面角后，在四点所在的球面上，与两点之间的球面距离为（　　）‎ Ａ． Ｃ． Ｂ． Ｄ．‎ ‎ 2007广东理科 ‎19．（本小题满分14分）如图6所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将折起到的位置，使，记，表示四棱锥的体积．‎ 图6‎ P E D F B C A ‎（1）求的表达式；‎ ‎（2）当为何值时，取得最大值？‎ ‎（3）当取得最大值时，求异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎（1）由折起的过程可知，PE⊥平面ABC，，‎ V(x)=（）‎ ‎（2），所以时， ，V(x)单调递增；时 ，V(x)单调递减；因此x=6时，V(x)取得最大值；‎ ‎（3）过F作MF//AC交AD与M,则，PM=，‎ ‎，‎ 在△PFM中， ，∴异面直线AC与PF所成角的余弦值为；‎ ‎2007湖南 ‎18．（2007高考湖南卷）‎ 如图2，分别是矩形的边的中点，是上的一点，将，分别沿翻折成，，并连结，使得平面平面，，且．连结，如图3．‎ A E B C F D G ‎18．解：解法一：（Ｉ）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．‎ ‎（II）过点作于点，连结．‎ 由（I）的结论可知，平面，‎ 所以是和平面所成的角．‎ 因为平面平面，平面平面，，‎ 平面，所以平面，故．‎ 因为，，所以可在上取一点，使，又因为，所以四边形是矩形．由题设，，，则．所以，，‎ ‎，．因为平面，，所以平面，从而．故，．‎ 又，由得．‎ 故．即直线与平面所成的角是．‎ 解法二：（I）因为平面平面，平面平面，，‎ 平面，所以平面，从而．又，所以平面．因为平面，所以平面平面．‎ ‎（II）由（I）可知，平面．故可以为原点，分别以直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图），‎ 由题设，，，则，‎ ‎，，相关各点的坐标分别是，‎ ‎，，．‎ 所以，．‎ 设是平面的一个法向量，‎ 由得故可取．过点作平面于点，因为，所以，于是点在轴上．因为，所以，．‎ 设（），由，解得，‎ 所以．设和平面所成的角是，则 ‎．故直线与平面所成的角是．‎