数学经典易错题会诊与高考试题预测10 23页

高考数学经典易错题会诊（十）‎ 考点10‎ 空间直线与平面 ‎►空间直线与平面的位置关系 ‎►空间角 ‎►空间距离 ‎►简单几何体 ‎►利用三垂线定理作二面角的平面角 ‎►求点到面的距离 ‎►折叠问题 经典易错题会诊 命题角度1‎ 空间直线与平面的位置关系 ‎1．（典型例题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F.‎ ‎（1）证明：PA//平面EDB；‎ ‎（2）证明：BP⊥平面EFD；‎ ‎（3）求二面角C—PD—D的大小.‎ ‎[考场错解]第（2）问证明：∵PD=DC，E为PC的中点，∴DE⊥PC，∴DF在平面PBC上的射影为EF，又由已知EF⊥PB，所以根据三垂线定理可得：DF⊥PB，又EF⊥PB，∴PB⊥平面EFD。‎ ‎[专家把脉]直线在平面上的射影的概念理解错误，只有DE⊥PC，不能得出EF为DF在面PBC上的射影，应先证明DE⊥平面PBC，才能得出EF为DF在面PBC上的射影，再利用三垂线定理。‎ ‎[对症下药]（1）如图，连接AC、AC交BD于O，连接EO。∵底面ABCD为正方形，∴O为AC的中点，在△PAC中，EO是中位线，∴PA//EO，又EO平面EDB，且PA平面EDB，所以PA//平面EDB；‎ ‎（2）∵PD⊥平面ABCD，∴平面PDC⊥平面ABCD，又底面ABCD为正方形，∴BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥DE，又DE⊥PC，∴DE⊥平面PBC，∴DF在平面PBC上的射影为EF，又EF⊥PB，∴DF⊥PB，又PB⊥EF，∴PB⊥平面DEF；‎ ‎（3）由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角。由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB，设正方形ABCD的边长为a则PD=DC=a，BD=a，PB=a，PC=a,DE=PC=,在Rt△PDBk ,OF=.在Rt△EFD中，sin∠EFD=,∴∠EFD=所以二面角C—PB—D的大小为 ‎2．（典型例题）下列五个正方体图形中，l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l⊥面MNP的图形的序号是_________.(‎ 23‎ 写出所有符合要求的图形序号)‎ ‎[考场错解]由于l在MN、NP、MP所在的面内的射影分别为各面正方形的对角线，由正方形的性质可得l⊥MN，l⊥MP，l⊥NP，∴（1）中l⊥面MNP；（2）中l在下底面的射影与MP垂直，∴l⊥MP，∴l⊥面MNP；（3）中取AB的中点E，连接ME、NE，∵l在下底面的射影垂直于EN，∴l⊥EN，∴l⊥面MEN，∴l⊥MN，同理l⊥MP，∴l⊥面MNP；（4）中l在面ADD1A1上的射影与MP垂直，∴l⊥MP，∴l⊥面MNP；（5）中取AA1中点E，连接ME，EP，l在面ADD1A1、面ABB1A1内的射影分别与ME，EP垂直，∴l⊥ME，∴l⊥面MP，得l⊥面MPN；综合知，本题的答案是（1）、（2）、（3）、（4）、（5）‎ ‎[专家把脉]直线与平面垂直的判定有误，证一条直线与一个面垂直，应该证明这条直线与该平面内的两条相交直线垂直，而错解中只证一条垂直，所以出错。‎ ‎[对症下药]（1）中l在面ADD1A、A1B1C1D1，内的射影分别为AD1，B1D1，而AD1⊥MN，B1D1⊥MP，∴l⊥MN，l⊥MP, ∴l⊥面MNP；（2）中若l⊥MN,则取AA1的中点E，连接ME、NE，l在面ADD1A1内的射影为AD1而AD1⊥ME，∴l⊥ME，结合l⊥MN，得l⊥面MEN，∴l⊥NE,这显然不可能，∴l与MN不可能垂直，∴l与面MNP不垂直；（3）类似（2）的证明，可得l与面MNP不垂直；（4）中l⊥MP易证，而MN∥AC，l⊥AC，∴l⊥MN，∴l⊥面MNP；（5）中取AA1中点E，连接ME，PE，可证得l⊥面MEP，∴l⊥MP，同理可证l⊥NP，∴l⊥面MNP，综上知，本题的正答案是（1）、（4）、（5）。‎ ‎3．（典型例题）如图10-4所示，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a，平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于E、F、G、H。‎ ‎（1）判定四边形EFGH的形状，并说明理由；‎ ‎（2）设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明。‎ ‎[考场错解]（1）∵AD∥平面EFGH，又平面ACD平面EFGH=HG，∴AD∥HG，同理AD∥EF，∴EF∥HG，同理EH∥FG，∴四边形EFGH为平行四边形；‎ ‎（2）取AD中点P，连接BP、CP，∵ABCD为正棱锥，所以BP⊥AD，CP⊥AD，∴AD⊥面BCP，又由（1）知HG∥AD，∴HG⊥面BCP，∴P为所求，此时AP=.‎ ‎[专家把脉]正三棱锥的性质不熟悉而出错，正三棱锥的相对的棱互相垂直；正三棱锥的三个侧面是等腰三角形不是等边三角形。‎ ‎[对症下药]（1）∵AD∥面EFGH，面ACD面EFGH=HG，∴AD∥HG，同理EF∥AD，所以HG∥EF，同理EH∥FG，∴EFGH为平行四边形。又A—BCD为正三棱锥，∴A在底面BCD上的射影O是△BCD的中心，∴DO⊥BC，根据三垂线定理，AD⊥BC，∴HG⊥EH，四边形EFGH为矩形；‎ ‎（2）作CP⊥AD于P点，连接BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP，∴HG∥AD，∴HG⊥面BCP，又HG面EFGH，∴面BCP⊥面EFGH，在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a, ∴AP=.‎ 23‎ 专家会诊 解线面位置关系的题目，首先要熟悉各种位置关系的判定方法及性质，其次解题时应将判定与性质结合起来，多用分析法，如要证a∥α则过a作一平面β，使βα=b，再证a∥b；第三要善于转化，如两条羿面直线是否垂直，要用三垂线定理将其转化为两相交直线是否垂直。线面的位置关系是立体几何的基础，学习时应予以重视。‎ 考场思维训练 ‎1 如图10-5 所示的四个正方体图形中，A、B为正方体的四个项点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是____________ .(写出所有符合要求的图形序号)‎ 答案：①③ 解析：①中平面MNP//平面AB， ∴AB//平面 ‎ MNP；②中取下底面中心O，MP的中点C，连接NO，‎ ‎ NC，则由已知AB//NO，AB■NC．∴AB■面MNP；③‎ ‎ 中AB//MP,∴AB//平面MNP；④中AB■面MNP．‎ ‎∴填①③．‎ ‎2 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1，E是棱BB1的中点。‎ ‎ （1）求证：平面A1EC⊥平面AA1C1C；‎ 答案：连接A1C与AC1交于点F，则由条件可得EC1=EA1，则EF⊥AC1，同理EC1=EA，则EF⊥A1C所以EF上平面AA1C1C，而EF平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面AA1C1C.‎ ‎（2）若把平面A1EC与平面A1B1C1所成锐二面角为60°时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由。‎ 答案：延长CE交C1B1的延长线于点H，则有C1B1=B1H=A1R1,故∠HA1C1=90°且∠CA1H=90°，所以∠CA1C为平面A1EC与平面A1B1C1所成的锐二面角的平面角，若此棱柱为“黄金棱柱”，则 ∠CA1=60°, 应有CC1=与条件AB=AA1矛盾．∴此三棱柱不为“黄金棱柱”．‎ ‎（3）设AB=a，求三棱锥A-A1EC的体积。‎ 答案： VA1-A1EC=VE-AA1C=·EF··AA1·AC ‎ 3 已知正三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，G是侧面△PAB的重心，E是BC上的一点，且BE=BC，F是PB上一点， 且 PF=PB，如图 ‎（1）求证：GF⊥平面PBC；‎ 答案：连接BG并延长交AP于M，由C为APAB的重心，则MG=BM，又由PF=，∴GF//MP ‎ ∵AP⊥BP,AP⊥CP．∴AP⊥平面PBC，‎ 23‎ ‎ ∴GF⊥平面PBC ‎（2）求证：EF⊥BC；‎ 答案：在侧面PBC内作FD//PC交BC于D．∵PF=PB,∴DC=BC.又BE=BC,∴DE=BC.故BE=DE，E为BD的中点，由△PBC为等腰三角形，得△FBD也为等腰三角形．∴FB=FD． ∴EF⊥BC．‎ ‎（3）求证：GE是异面直线PG与BC的公垂线。‎ 答案：∵GF⊥平面PBC，且EF⊥BC，∴GE⊥BC，连PG交AB于H，则GH=PH，过C作GN//AB交PB于N，则BN= PB．∵PH⊥AB，∴PG⊥AB，∴PG⊥GN．‎ ‎ ∵BN=PB，BE=BC，∴NE//PC，而PC上平面PAB，∴NE⊥平面PAB，又PG面PAB，∴NE⊥PG，又PG⊥GN，∴PG⊥平面GEN，而GEC平面GEN．∴PG⊥GE，又由GE⊥BC，∴GE是异面直线PG与BC的公垂线．‎ 命题角度 2‎ 空间角 ‎1．（典型例题）如图10-8，在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点。‎ ‎ （1）证明：AC⊥SB；‎ ‎ （2）求二面角N—CM—B的大小；‎ ‎ （3）求点B到平面CMN的距离。‎ ‎ [考场错解] 第（2）问：过N作NF⊥CM，过F作FE⊥CM交BC于E点，则∠NFE为二面角N—CM—B的平面角。（此题只做到此处，因为不知E、F的位置，∠NFE等于多少计算不出来）。‎ ‎ [专家把脉] 求二面角的大小时，只顾用定义作出二面角的平面角，给计算千百万麻烦或根本就算不出来，所以一般用三垂线定理来作二面角的平面角，就是便于计算。‎ ‎[对症下药] （1）如图10-9，取AC中点D，连接SD，DB，∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SD，且AC⊥BD，∴AC⊥平面SDB。又SB 平面SDB，∴AC⊥SB。‎ ‎（2）取BD的中点E，连接NE，过E作EF⊥CM于F，连续NF，∵平面SAC⊥平面ABCD，SD⊥AC，∴SD⊥面ABCD，又N、E分别为SB、BD的中点，∴NE∥SD，NE⊥面ABC，又EF⊥CM，∴NF⊥CM，∴∠NFE为二面角N—CM—B的平面角。‎ NE=SD=，在正△ABC中，由平面几何知识可求得EF=MB=，在Rt△NEF中，tan∠NEF=,∴二面角N—CM B的大小是arctan2；‎ 23‎ ‎（3）在Rt△NEF中，NF=‎ ‎∴S△CMN=CM·NF=，S△CMB=BM·CM=2.设点B到平面CMN的距离为h, ∵VB—CMN=VN-CMB,NE⊥平面CMB，∴S△CMN·h=S△CMB·NE，∴h=即点B到平面CMN的距离为。‎ ‎2．（典型例题）在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AA1=2，E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB=FB=1。‎ ‎ （1）求二面角C—DE—C1的正切值 ‎ （2）求直线EC1与FD1所成角的余弦值。‎ ‎ [考场错解] 第（2）问：∵D1F∥DE，∴∠C1ED为EC1与FD1所成的角，DE=3，C1D=2，C1E=，∴cos∠C1EE=∴EC1与FD1所成角的余弦值为。‎ ‎ [专家把脉] 缺少空间想象能力，题中的D1F与DE不平行，实际上D1F与DE是异面直线。‎ ‎ [对症下药] 正解一：（1）如图过C作CG⊥DE，垂足为G，连接C1G。∵CC1⊥平面ABCD，∴CG是C1G在平面ABCD上的射影，由三垂线定理得DE⊥C1G。‎ ‎ ∴∠CGC1是二面角C—DE—C1的平面角。‎ ‎ 在△ADE中，AE=AD=3，∠DAE=90°，∴∠ADE=45°，得∠CDG=45°，∴CG=CD·sin∠CDG=2‎ ‎ ∴tan∠CGC1=‎ ‎ ∴二面角C—DE—C1的正切值为 ‎ （2）延长BA至点E1，使AE1=1，连接DE1有D1C1∥E1E，D1C1=E1E，∵四边形D1E1EC1是平行四边形。∴E1D1∥EC1，于是∠E1D1F为EC1与FD1所成的角。‎ ‎ 在Rt△BE1F中，E1F=，在Rt△D1DE1中，D1E1=，在Rt△D1DF中，FD1=，所以在△E1FD1中，由余弦定理得：cos∠E1D1F=‎ ‎ 正解二：（1）以A为原点，分别为x轴,y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系,则有D(0,3,0)、D1（0，3，2）、E（3，0，0）、F（4，1，0）C1（4，3，2）于是=（3，-3，0），=(1,3,2),=(-4,2,2).设向量=(x,y,z)为平面C1DEA的法向量,则有,得x=y=-,令x=1,得=(1,1,-2),向量=(0,0,2)与平面CDE垂直, ‎ 23‎ 成的角θ为二面角C—DE—C1的平面角。‎ ‎ ‎ ‎ （2）设EC1与FD1所成的角为β，则cosβ=‎ ‎ 3．(典型例题)如图10-11，四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，AE⊥PD，EF∥CD，AM=EF。‎ ‎ （1）证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；‎ ‎ （2）若PA=3AB，求直线AC与平面EAM所成角的正弦值。‎ ‎ [考场错解] 第（2）问：由（1）知PC⊥MF，∴AF为AC在面EAM内的射影，∴∠CAF为AC与平面EAM所成的角，通过解三角形FAC，解得sin∠CAF=.∴AC与平面EAM所成的角的正弦值为。‎ ‎ [专家把脉] 直线AC与平面EAM所成的角不是就得不出AF为AC在面EAM内的射影，直线与平面所成的角必须是斜线与斜线在平面内的射影所夹的角，所以找射影是关键。‎ ‎ [对症下药]（1）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵底面ABCD为正方形，∴CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，得平面PCD⊥平面PAD，又AE平面PAD，AE⊥PD，∴AE⊥平面PCD，∴AE⊥CD，又EF∥CD∥AB，AM=EF，∴四边形AMFE为平形四边形，∴MF∥AE，MF⊥CD，MF⊥AB，MF⊥PC，∴MF为异面直线AB与PC的公垂线；‎ ‎ （2）解法一：连接BD交AC于O，连接BE，过O作OH⊥BE，H为垂足，∵AE⊥PD，CD⊥PD，EF∥CD，∴EF⊥PD，PD⊥平面MAE，又OH⊥BE，∴OH∥DE，∴OH⊥平面MAE。连接AH，则∠HAO是直线AC与平面MAE所成的角，设AB=a则PA=3a，AO=AC=，因Rt△ADE~Rt△PDA,故ED=从而Rt△AHO中，sin∠HAO=‎ ‎ 解法二：以、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A（0，0，0）、E（0，），‎ ‎ ∴为平面EAM的法向量，且=（x,y,z），可得面EAM的一个法向量为（0，1，-3），=（a,a,0）‎ ‎ ∴sinα=。‎ 23‎ 专家会诊 空间的各种角是对点、直线、平面所组成的穿间图形的位置关系进行定性分析和宣量计算的重要组成部分，空间角的度量都是转化为平 面角来实现的，要熟练掌握种类角转化为平面角的常用方法，为了实现这种转化，一是靠经验和知识的积累；二是利禄识图和画图的训 练；三要以推理为主要依据，求角的一般步骤是：（1）找出或作出要求的角；（2）证明它符合定义；（3）在某一三角形中进行计算，得 结果，当然在解选择或填空题时，一些间接方法也经常用。‎ 考场思维训练 ‎1 如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，现沿AC折成二面角D—AC—B，使BD为异面直线AD、BC的公垂线。‎ ‎ （1）求证：平面ABD⊥平面ABC；‎ 答案：解：(1)∵AD⊥CD，AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD，∴BC⊥AD，又BC上BD，∴BC⊥平面ABD，而BC平面ABC，故面ABD⊥面ABC．‎ ‎ （2）a为何值时，二面角D—AC—B为45°；‎ 答案：∵面ABD上面ABC，作DE⊥AB于E，则DE⊥平面ABC，作EF⊥AC于F，由三垂线定理有AC⊥DF，∴∠DFE为二面角D---AC--B的平面角．在Rt△ADC中，AD2=AF．AC，‎ ‎ ∴AF=又Rt△AFE∽Rt△ABC， ∴EF=‎ ‎ （3）a为可值时，异面直线AC与BD所成的角为60°。‎ 答案：作BM⊥AC于M，过点O作BN∥AC与FE的延长线交于点，则BMFN为矩形，且BN⊥DN．∴∠DBN为异面直线AC与BD所成的角．∵MF=AC-2AF=‎ ‎ ∴又在Rt△BND中cos∠DBN=‎ ‎2 如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、DD1上的点，且AE⊥A1B，AF⊥A1D。‎ ‎ （1）求证：A1C⊥平面AEF 答案：在长方体ABCD--A1B1C1D1中，A1B为A1C在平面A1B1BA内的射影，∵AE上A1B，∴AE⊥A1C同理AF⊥A1C，∴A1C⊥平面AEF ‎ （2）若AB=3，AD=4，AA1=5，M是B1C1的中点，求AM与平面AEF所成角的大小。‎ 答案：以D为坐标原点，‎ 23‎ 分别为x、y、z轴的正方向建立空间坐标系．则A(4,0,0)，M(2，3，5)，A1(4，0，5)，C(0,3,0)，∴为平面AEF的—个法向量，‎ ‎ ‎ ‎ ∴直线AM与平面AEF的所成的角为 arcsin ‎3 已知四棱锥P—ABCD，底面是边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，M、N分别为AD、BC的中点。MQ⊥PD于Q，直线PC与平面PBA所成角的正弦值为 ‎ 如图所示。‎ ‎ （1）求证：平面PMN⊥平面PAD；‎ 答案：∵M、N分别是AD、BC的中点，∴MN⊥AD，又平面PMN，‎ ‎ ∴平面PMN⊥平面PAD.‎ ‎ （2）求PA的长；‎ 答案：由已知BC⊥平面PBA，∴∠BPC是PC和平面PBA所成的角. ∴PC=可得PA=2.‎ ‎ （3）求二面角P—MN—Q的余弦值。‎ 答案：由（1）知，MN⊥PM，MN⊥QM. ∴∠PMQ是二面角P—MN—Q的平面角.由（2）知△PMQ为等腰直角三形.且AM=DM=1.‎ ‎∴二面角P—MN—Q的余弦值为 命题角度 3‎ 空间距离 ‎1．（典型例题）在空间中，与一个△ABC三边所在直线距离都相等的点的集合是 （ ）‎ ‎ A．一条直线 B．两条直线 C．三条直线 D．四条直线 ‎ [考场错解]设该点为P，且P在平面ABC上的射影为O，因为P到△ABC三边所在直线距离都相等，所以O到△ABC的三边直线的距离都相等，即O为△ABC的内心，所以本题中符合条件的点在过0且与平面ABC垂直的直线上，所以选A。‎ 23‎ ‎ [专家把脉] 在平面上与一个三角形三边所在直线等距离的点不只内心一个，实际任意两个角的外角平分线的交点（我们称其为傍心）也符合到三角形三边所在直线等距离 ‎ [对症下药] 设该点为P，且P在平面ABC上的射影为O，因为P到△ABC三边所在直线距离都相等，所以O到△ABC的三边所在直线的距离都相等，即O为△ABC的内心或傍心，所以本题中符合题意的点在过内心或傍心且与平面ABC垂直的直线上，这样的直线有4条，所以选D。‎ ‎2． （典型例题）如图10-15，在棱长为4的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP。‎ ‎ （1）求直线AP与平面BCC1B1所成角的大小（结果用反三角表示）；‎ ‎ （2）设O点在平面D1AP上的射影为H，求证：D1H⊥AP；‎ ‎ （3）求点P到平面ABD1的距离。‎ ‎ [考场错解] 第（3）问：∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴AB⊥面BCC1B1，∴BP⊥AB，∴BP即为P到平面ABD1的距离，在Rt△BCP中，BP=‎ ‎ [专家把脉] 线面垂直的判定有误，错解中BP⊥AB，但BP与平面ABD1不垂直，所以P到平面ABD1的距离不是BP。‎ ‎ 正解一：（1）如图10-16，连接BP，∵AB⊥平面BCC1B1，∴AP与平面BCC1B1所成的角就是∠APB。∵CC1=4CP，CC1=4，∴CP=1。在Rt△APB中，∠PCB为直角，BC=4，CP=1，故BP=在Rt△APB中，∠APB为直角，tan∠APB=∴∠APB=arctan.‎ ‎ (2)连接A1C1，B1D1，∵A1B1C1D1为正方形，∴D1O⊥A1C1又AA1⊥底面A1B1C1D1，∴AA1⊥D1O，∴D1O⊥平面A1APC1，由于AP平面A1AOC1，∴D1O⊥AP。∵平面D1AP的斜线D1O在这个平面内的射影是D1H，∴D1H⊥AP。‎ ‎ （3）连接BC1，在平面BCC1B1中，过点P作PQ⊥BC1于点Q。∵AB⊥平面BCC1B1，PQ平面BCC1B1，∴PQ⊥AB，∴PQ⊥平面ABC1D1，∴PQ就是P到平面ABD1的距离，在Rt△C1PQ中，∠C1QP=90°，∠PC1Q=45°，PC1=3，∴PQ=即点P到平面ABD1的距离为。‎ ‎ 正解二：（1）以、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间坐标系，∵AB⊥平面BCC1B1，∴AP与平面BCC1B1所成的角为∠APB。∵CC1=4CP，CC1=4，∴CP=1，A（4，0，0）、P（0，4，1）。B（4，4，0）。∴=（4，-4，-1），∴cos∠APB=∴直线AP与平面BCC1B1所成的角为arccos;(2)连接D1‎ 23‎ O，由（1）有D1（0，0，4）、O（2，2，4），∴=（2，2，0），又因为D1AP的斜线D1O在这个平面内的射影是D1H。‎ ‎ ∴D1H⊥AP；‎ ‎ （3）由正方体的性质不难得出为平面ABD1的一个法向量，B1（4，4，4）、C（0，4，0）、P（0，4，1）∴=(-4,0,-4),=(-4,0,1),‎ ‎3．（典型例题）如图10-17，在三棱锥V—ABC中，底面△ABC是以∠B为直角的等腰直角三角形，又V在底面ABC上的射影在线段AC上且靠近C点，且AC=4，VA=，VB与底面ABC成45°角。‎ ‎ （1）求V到底面ABC的距离；‎ ‎ （2）求二面角V—AB—C的大小。‎ ‎ [考场错解]（1）过V作VD⊥AC，垂足为D，连接BD，由已知有VD⊥平面ABC，在直角三角形VBD中，∠VBD为直线VB与底面ABC所成的角，∠VBD=45°，BD=V到底面ABC的距离等于2。‎ ‎ [专家把脉] BD与AC垂直是错误的，BD≠，错误的原因是缺少函数方程思想，VD直接计算在本题中做不到，而应设未知数，建立方程来求解。‎ ‎ [对症下药] （1）如图10-18，在平面VAC中，过V作VD⊥AC于D，连接BD，由已知VD⊥平面ABC，∠VBD为VB与底面所成的角，∠VBD=45°，设CD=x,则在Rt△VAD中，VD2=VA2-AD2=14-（x-2）2=-x2+8x-2,在直角三角形VBD中，∠VDB=90°，∠VBD=45°，BD2=x2+8-4=x2-4x+8.在直角三角形VBD中，∠VDB=90°，∠VBD=45°，∴VD=BD，即-x2+8x-2=x2-4x+8,解得x=1或x=5,又由题意x=5应舍去,∴x=1此时VD=V到底面ABC的距离为;(2)过D作OE⊥AB于E,连结VE,∵VD⊥底面ABC,DE⊥AB,∴VE⊥AB, ∴∠VED为二面角V—AB—C的平面角。在平面ABC中，CB⊥AB，DE⊥AB，∴DE∥BC，由（1）知在Rt△VDE中，VD=，∠VDE=90°DE，∴tan∠VED=∴二面角V—AB—C的大小为arctan.‎ 专家会诊 23‎ ‎ 空间中的距离以点到面的距离为中心内容，大多数距离问题都可以转化为点到面的距离，求法比较灵活，主要有：（1）直接法。过该点作面的垂线，求出垂线段的长度，不过不能只顾作，计算不出来，应先利用线面的位置关系判断垂足的位置；（2）间接解法：利用三棱锥的体积进行等积变换来求解；（3）利用空间向量求解，公式是，其中n为平面的法向量，a为过该点的平面的一条斜线段所确定的一个向量。‎ 考场思维训练 1 如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都为a， P为A1B上的点。‎ ‎（1）试确定的值，使得PC⊥AB；‎ 答案：过P作PM⊥AB于M，连结CM，∵ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴PM⊥平面ABC，∴PC在下底面上的射影为CM，∵PC⊥AB，∴CM⊥AB，又△ABC为等边三角形，∴M为AB中点，即P为A1B的中点，‎ ‎（2）若，求二面角P—AC—B的大小；‎ 答案：过P作PM⊥AB于N，过N作NQ⊥AC于Q，连结PQ，根据三垂线定理得∠PQN为二面角P—AC—B的平角. PN=，在Rt△PQN中，tan∠PQN=‎ ‎（3）在（2）的条件下，求C1到平面PAC的距离。‎ 答案：‎ ‎2 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AA1=9，AB=AC=6，N为BC中点，M为A1B的中点，P为C1D1的中点，如图，‎ ‎（1）求点P到平面B1MN的距离；‎ 答案：如图，平面B1MN截长方体所得的截面为A1B1NR，∵C1D1//A1B1，∴C1D1//平面A1B1NR，∴P到平面B1MN的距离等于C1到平面B1MN的距离，作C1G⊥B1N于G，∵ABCD—A1B1C1D1为长方体，‎ ‎∴C1G⊥平面B1MN，在距形BCC1B1中，BB1=AA1=9，B1C1=BC=6，B1N=6，∴∠BB1N=30°，∠C1B1G=60°，C1G=6∴P到平面B1MN的距离为9.‎ ‎（2）求PC与平面B1MN所成的角。‎ 答案：∵PC//MB，∴PC与平面B1MN所成的角等于MB与平面B1MN所成的角，过B作BH⊥B1N于H，作BH⊥平面B1MN，∠BMH为MB与平面B1MN所成的角，BH=‎ 23‎ ‎3 已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧面，A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2，AC=2，且AA1⊥A1C，AA1⊥A1C。如图所示。‎ ‎ （1）求侧棱AA1与底面ABC所成二面角的大小；‎ 答案：取AC中点D，连A1D，∵AA1=AC，∴A1D⊥AC又侧面A1ACC1⊥平面ABC，∴A1D⊥平面ABC，‎ ‎∴∠A1AD为AA1与平面ABC所成的角，由已知∠A1AD=45°‎ ‎ （2）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小；‎ 答案：作DE⊥AB，由三垂线定理AB⊥A1E，∴∠A1ED为侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的平面角.又BC⊥AB，∴DE//BC，DE=‎ ‎∴tan∠A1ED=,‎ ‎∴∠A1ED=60°. ∴侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角为60°.‎ ‎ （3）求顶点C到侧面A1ABB1的距离。‎ 答案： D到平面A1ABB1的距离是C到该平面距离的一半，由（2）知平面A1ED⊥平面A1ABB1，作DF⊥A1E，则DF⊥平面A1ABB1，又DF=∴C到平面A1ABB1的距离为.‎ 命题角度 4‎ 简单几何体 ‎1．（典型例题）如图10-22，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=3，AA1=4，M为AA1的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线长为，设这条最短路线与CC1的交点为N。‎ ‎ 求：（1）该三棱柱侧面展开图的对角线长；‎ ‎ （2）PC与NC的长；‎ ‎ （3）平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小（用反三角函数表示）。‎ ‎[考场错解] 第（2）问：过M作MN⊥CC1于N，则由已知有MN+NP=3+NP=，NP=-3，此时N为CC1的中点，NC=2，PC=。‎ ‎[专家把脉] 依题意是MN+NP的最小值为,而错解中认为MN最小,则MN+NP就最小,这是错误的.‎ ‎[对症下药] (1)正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为；‎ ‎（2）如图10-23，将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°，使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点P运动到P1的位置，连接MP1，则MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线。设PC=x，则P1C=x，在Rt△MAP1中，由勾股定理得（3+x）2+22=29，求得x=2, ‎ 23‎ ‎∴PC=P1C=2,‎ ‎（3）解法一：连接PP1，则PP1就是MNP与平面ABC的交线，作NH⊥PP1于H，又CC1⊥平面ABC，连接CH，由三垂线定理得，CH⊥PP1，∴∠NHC就是平面MNP与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）。在Rt△PHC中，∵∠PCH=∠PCP1=60°，∴CH=、在Rt△NCH中tan∠NHC=∠NHC=arctan∴平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小为arctan。‎ 解法2：∵△MPN在△ABC上的射影为△APC，设所求的角为θ则cosθ=.故平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小为arccos.‎ ‎2．(典型例题)如图，直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，其中AB=，BD=BC=1，AA1=2，E为DC中点，点F在DD1上，且DF=。‎ ‎（1）求异面直线BD与A1D1的距离；‎ ‎（2）EF与BC1是否垂直？请说明理由；‎ ‎（3）求二面角E—FB—D的正切值。‎ ‎[考场错解] 第（2）问：∵ABCD—A1B1C1D1为直四棱柱，∴EF在面BCC1B1上的射影为CC1，而BC1与BC1不垂直，∴EF与BC1不垂直。‎ ‎[专家把脉] 把直四棱柱看成长方体了，实际上，长方体是底面为长方形的直四棱柱，本题中的底面ABCD为平行四边形，所以ABCD—A1B1C1D1不是长方体，也就是说EF在面BCC1B1上的射影不是CC1。‎ ‎[对症下药] 正解一：（1）∵ABCD—A1B1C1D1为直四棱柱，∴DD1⊥AD1，DD1⊥BD，∴DD1为A1D1与BD的公垂线段，DD1=2，∴A1D1与BD的距离为2；‎ ‎（2）∵BD=BC=1，CD=，∴△BCD为等腰直角三角形，E为CD的中点，∴BE⊥CD，又ABCD—A1B1C1D1为直四棱柱，∴BE⊥面CDD1C1，∴BE⊥EF，在Rt△FDE中，∠FDE=90°，FD=，DE=，∴EF2=，在Rt△C1CE中，∠C1CE=90°,EC=,CC1=AA1=2, ∴DE21=,在Rt△D1FC1中，∠FD1C1=90°，D1F=，D1C1=，∴∴FC21=EF2+EC21，∴EF⊥EC1，得EF⊥平面BEC1∴FF⊥BC1‎ ‎（3）如图10-24，过E作EO⊥BD，过O作OM⊥BF于M，连接EM，易证得EO⊥平面BDF，∴∠EMO为二在角E—FB—D的平面角，∵∠DBC=90°，EO⊥BD，∴EO∥BC，又E为CD中点，∴EO=，在△BDF中，△BOM~△BFD，∴OM=，在Rt△EOM中，tan∠EMO=,∴∠EMO=arctan,∴二面角E—FB—D的大小为arctan (1) 同正解一；‎ 23‎ (1) 由已知可得∠ADB=90°，DD1⊥平面ABCD，∴以、、分别为x,轴y轴,z轴的正方向，建立空间坐标系，F（0，0，）、E（）、A（1，0，0）、D1（0，0，2），∴= =（-1，0，2）又BC1∥AD1，∴EF⊥AD1。‎ (2) 可以得平面BDF的一个法向量为=（-1，0，0），B（0，1，0），设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)由n⊥,令x=1,得y=-1,z=-4, ∴平面BEF的一个法向量为n=（1，-1，-4），∴cosα=，∴所求二面角E—FB—D的大小为arccos 专家会诊 棱柱、棱锥、球是几何中的重要载体，学习中除了牢固掌握有关概念、性质、面积体积公式之外，还要灵活运用有关知识进行位置益寿延年 判断与论证，进而达到计算的目的，在计算时要注意把某些平面图形分离现来运用平面几何的知识来进行计算，这是立体几何中计算问题的重要方法和技巧。‎ 考场思维训练 ‎1 如图，正四面体ABCD的棱长为1，P、Q分别为AB、CD上两点，且AP=CQ=λ，求出正四面体侧面上从P到Q的最小距离。‎ 答案：解析：由对称性知，在侧面上从P到Q只需考虑两种情形，即从P到Q经过棱AC或经过棱AD.‎ ‎①当经过棱AC时，如图1沿AD把侧面展开，∵AP=CQ=λ，且AP//CQ. ∴四边形APCQ为平行四边形，∴E是PQ的中点，∴PQ=2PE，在△APE中，∠PAE=60°，AP=λ，AE=，由余弦定理，有PE=‎ ‎∴PQ=‎ ‎②当经过棱AD时，如图2，沿AC展开，此时PQ=1，又∵λ ‎∴PQ的最小值为 ‎2 如图，已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=BC，D为AB的中点，平面A1B1C1‎ 23‎ 平面ABB1A1，异面直线BC1与AB1互相垂直。‎ ‎（1）求证：AB1⊥平面A1CD； ‎ 答案：取A1B1 中点D1，连结BD1、C1D1，可证明C1D1⊥平面ABB1A1，从而C1D1⊥AB1.又由垂线定理可得AB1⊥BD1，∵CD//C1D1，∴CD⊥AB1，A1C//BD1，∴A1C⊥AB1，∴AB1⊥平面A1CD.‎ ‎（2）若CC1与平面ABB1A1的距离为1，A1C=，AB1=5，求三棱锥A1—ACD的体积。‎ 答案：由（1）知C1D1⊥平面ABB1A1，‎ ‎∴CD⊥平面ABB0A1，‎ ‎∵CC1平面ABB1A1，∴CC1到平面ABB1A1的距离为CD.即为C-A1AD的高. ∴CD=1,在Rt△A1CD中，A1C=∴A1D=设AB1交A1D、D1B于点E、F.‎ ‎∵A1D//D1B，AD=DB，‎ ‎∴AE=EF，同理EF=FB1，‎ ‎∴AE=‎ ‎3 如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，在直线CC1上找一点N，使MN⊥AB1。‎ 答案：解析：∵ABC—A1B1C1为正三棱柱，M为BC中点 ∴AM⊥BC，又侧面BCC1B1⊥底面ABC，∴AM⊥平面BCC1B1. ∴AB1在平面BCC1B1上的射影为B1M，要MN⊥AB1，只须MN⊥B1M即可.‎ 如图所示 建立直角坐标系，M（）‎ 探究开放题预测 预测角度 1‎ 利用三垂线定理作二面角的平面角 ‎1 如图10-28，正三棱术ABC—A1B1C1的所有棱长均相等，D是BC上一点，AD⊥C1D ‎（1）求二面角C—AC1—D的大小；‎ ‎（2）若AB=2，求直线A1B与截面ADC1的距离 ‎[解题思路] 求二面角的大小，一般先利用三垂线定理作出二面角的平面角，再通过解三角形得出结果，二面角有两个半平面，先要分析过哪个半平面内有一点能方便地作出另外一个半平面的垂线，一般利用“‎ 23‎ 有两个面垂直，在一个面内作交线的垂线，则这条线垂直另外一个面”这个性质来作。本题中可以先证平面ADC1⊥平面BCC1B1，再过C作C1D的垂线，则这条线与平面ADC1垂直，再利用三垂线定理作出平面角，第（2）问可求B到平面ADC1的距离。‎ ‎[解答]（1）如图10-29，∵ABC—A1B1C1为正三棱柱：CC1⊥AD，又AD⊥C1D，∴AD⊥平面B1BCC1。∴平面ADC1⊥平面BCC1B1。过C作CE⊥C1D于E，则CE⊥平面ADC1，过E作EF⊥AC1，连接FC，则由三垂线定理知∠CFE为二面角C—AC1—D的平面角。设AB=a，D是BC的中点，CE=在Rt△EFC中，sin∠EFC=,∴二面角C—AC1—D的大小为arcsin (1) 连接A1C，设A1C∩AC1=O，连接DO，则A1B∥DO，∴A1B∥平面ADC1，∴A1B到截面ADC1的距离等于B到ADC1的距离，过B作BH⊥C1D，交C1D的延长线于H，由（1）平面ADC1⊥平面BCC1B1得BH⊥平面ADC1，即BH为B到面ADC1的距离BH=EC=∴直线A1B与平面ADC1的距离为 ‎2 如图10-30，ABCD中，PA⊥平面ABCD，M、N、R分别是AB、PC、CD的中点，‎ ‎（1）求证：直线AR∥平面PMC；‎ ‎（2）求证：直线MN⊥直线AB；‎ ‎（3）若平面PDC与平面ABCD所成的二面角（锐角）为θ，能束确定θ使直线MN是异面直线AB与PC的公垂线，若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由。‎ ‎[解题思路] 证线面平行，先证线线平行，证线线垂直，通过线面垂直转换，这是一般的解题思路，用这种解题思路证（1）、（2）问，第（3）问先作（或找）出这个二面角的平面角，再通过解方程的方法求出θ的值。‎ ‎[解答]（1）如图10-30，∵ABCD为矩形，M、R分别为AB、CD的中点，∴AMCR，∴四边形ARCM为平行四边形，∴AR∥CM，∴AR∥平面PMC。‎ ‎（2）由已知可得AB⊥MR，AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又RN为△PCD的中位线，∴NR∥PD，得AB⊥平面MNR，∴AB⊥MN。‎ ‎（3）∵PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，∴∠PDA为平面PDC与平面ABCD所成的二面角（锐角）的平面角，∴θ=∠PDA。由（2）知MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD，又MN⊥PC，∴MN⊥平面PCD，∴MN⊥NR，∴∠MNR=90°，在Rt△PDA中，设AD=a，PD=，在Rt△MNR中，NR=PD=能使直线MN是异面直线AB、PC的公垂线。‎ 预测角度 2‎ 求点到面的距离 ‎1．如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点。‎ 23‎ ‎（1）求证：AF∥平面PCE；‎ ‎（2）若二面角P—CD—B为45°，AD=2，CD=3。‎ ‎（i）求二面角P—EC—A的大小；‎ ‎（ii）求点F到平面PCE的距离。‎ ‎[解题思路] 过AF作一个平面与平面PEC相交，证明AF与交线平行，由于E、F为中点，所以取PC的中点即可；分别作出P—CD—B和P—EC—A的平面角，求点F到平面PCE的距离可用直接法，也可以用间接解法。‎ ‎[解答] （1）如图，取PC的中点M，连接ME、MF，∵FM∥CD，FM=CD，AE∥CD，AE=CD，∴AE∥MF且AE=MF，∴四边形AFME是平行四边形。∴AF∥EM，∵AF平面CPE，∴AF∥平面PCE。‎ ‎（2）（i）∵PA⊥平面AC，CD⊥AD，根据三垂线定理知，CD⊥PD，∠PDA是二面角P—CD—B的平面角，则∠PDA=45°，于是△PAD为等腰直角三角形，过A作CE的垂线交CE的延长线于G，连接PG，根据三垂线定理知∠PGA为二面角P—EC—A的大小为arctano.‎ ‎(ii)解法一：∵AF⊥PD，又AF⊥CD，∴AF⊥平面PCD，而EM∥FA，∴EM⊥平面PCD，又EM平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD，在面PCD内过F作FH⊥PC于H，则FH为点F到平面PCE的距离，由已知PD=2，PF=PD=，PC=，知FH=，∴F到平面PCE的距离为。‎ 解法二：由EM∥FA，知点F到平面PCE的距离可转化为点A到平面PCE的距离，过点A在面PAG内作AN⊥PG，则AN为点A到平面PCE的距离，可算得AN=。‎ ‎2．如图10-33，在棱长为a的正方体，ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB和BC的中点，EF与BD相交于H。‎ ‎（1）求二面角B1—EF—B的大小；‎ ‎（2）试在棱BB1上找一点M，使D1M⊥平面B1EF，并证明你的结论；‎ ‎（3）求D1到平面B1EF的距离。‎ ‎[解题思路] 第（1）问二面角B1—EF—B的平面角为∠B1HB；由于面D1DBB1⊥平面B1EF，∴过D1作D1N⊥B1H并延长交BB1于M，利用平面几何的知识判断M的位置；第（3）问即求D1N。‎ ‎[解答] （1）由已知EF∥AC，∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴AC⊥平面BDD1B1，∴EF⊥平面BDD1B1，∴∠B1HB为二面角B1—EF—B的平面角，在Rt△B1BH中，B1B=a，BH=a, ∴tan∠B1HB=∴∠B1HB=arctan.即二面角B1—EF—B的大小为arctan.‎ ‎(2)由（1）知EF⊥平面BDD1B1，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1，∴过D1作D1N⊥B1H，垂足为N，延长D1N交BB1于M，得，D1M⊥平面B1EF，如图，建立坐标系，则D（0，0）、D1‎ 23‎ ‎（0,a）、H(),设M（a,y0）,由D1M⊥B1H,得y0=,∴M为BB1的中点。‎ ‎（3）由（2）D1N为D1到直线B1H的距离，由点到直线的距离可得=D1N=a，∴D1到面B1EF的距离为a。‎ 预测角度 3‎ 折叠问题 ‎1．如图10-35，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，已知沿△BCD三边把△A1BD、△A2BC、△A3CD翻折上去，恰好使A1、A2、A3重合于A。‎ ‎（1）求证：AB⊥CD；‎ ‎（2）若A1D=10，A1A2=8，求二面角A—CD—B的大小。‎ ‎[解题思路] 这是一个折叠问题，解这一类题的关键是分析折叠前后不变的量，不变的位置关系，利用这些不变来解题，第（1）问可证AB⊥平面ACD，由AB⊥平面ACD，利用三垂线定理可作出二面角A—CD—B的平面角。‎ ‎[解答]（1）如图10-36，由平面图形中A1B⊥A1D，A1B⊥A2C知，立体图形中AB⊥AC，AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD ‎（2）过A作AE⊥CD于E，连接BE，∴CD⊥平面ABE，∴∠AEB=θ为二面角A—CD—B的平面角，在平面图形中，A1B=A2B=4，A1D=A3D=10，过D作DD1⊥A2A3，在Rt△A3DD1中可得A3D1=6，∴A2A3=16。A2C=A3C=8，CD=。‎ 在立体图形中，AC=8，AD=10，CD=2，在Rt△AEC中，AE=8·sin∠ACD=,在Rt△BAE中，tanθ=tan∠AEB=∴二面角A—CD—B的大小为arctan ‎2．如图10-37，已知ABCD中，AD=BC，AD∥BC，且AB=3，AD=2，BD=，沿BD将其折成一个二面角A—BD—C，使得AB⊥CD。‎ ‎（Ⅰ）求二面角A—BD—C的大小；‎ ‎（Ⅱ）求折后点A到面BCD的距离。‎ ‎[解题思路] 先将平面图形的性质研究清楚，在立体图形中将垂直关系进行转化，可以得出结果。‎ ‎[解答] （1）在平面图形中，AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，BC⊥BD，在立体图形中，如图10-38，作AH⊥平面BCD于H，连DH、BH，设BH交CD于E。由AD⊥BD得∠ADH为二面角A—BD—C的平面角。∵AB⊥CD，∴BH⊥CD，在Rt△BCD中，DE=‎ 23‎ ‎∠ADH=60°，∴二面角A—BD—C的大小为60°。‎ ‎（2）由（1）知AH=ADsin∠ADH=2‎ 考点高分解题综合训练 ‎1 在斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，∠A=90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，则H在 （ ）‎ A．直线AC上 B．直线AB上 C．直线BC上 D．△ABC的内部 答案： B 解析：连AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，且BC1∩AB=B，∴AC⊥平面ABC1，又AC平面ABC，∴H一定交线AB上.‎ ‎2 正四面体内任意一点到各面的距离和为一个常量，这人常量是 （ ）‎ ‎ A．正四面体的一条棱长 ‎ B．正四面体后条斜高的长 C．正四面体的高 D．以上结论都不对 答案： C 解析：正四面体的四个面都全等，设其面积都为S，四面体的高为h，并设正四面体内任一点到四个面的距离分别为h1、h2、h3、h4,则V正四面体=‎ ‎3 设O是正三棱锥P—ABC底面ABC的中心，过O的动平面与P—ABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q、R、S，则和式满足 （ ）‎ A．有最大值而无最小值 B．有最小值而无最大值 C．既有最大值又有最小值，最大值不等于最小值 D．是一具与平面RS位置无关的常量。‎ 答案： D 解析：如图，四面体PQRS可以划分为O为公式共顶点，分别以△PQR、△PRS、△PQS为底面的三个三棱锥，由已知可设∠QPR=∠RPS=∠QPS=a，又是O是P-ABC底面△ABC的中心，O点到三个侧面的距离相等，设为d,则VPQRS=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS=设PA与平面PBC所成的角为θ,于是VPQRS=VQ-PRS=‎ ‎4 直线AB与直二面角α—l—β的两个地平面分别相交于A、B两点，且A、Bl，如果直线AB与α、β所成的角分别是θ1和θ2，则θ1+θ2 （ ）‎ 23‎ A．0<θ1+θ2<π B．θ1+θ2=‎ C．θ1+θ2> D．0<θ1+θ2≤‎ 答案： D解析：如图，过A作AA1⊥l于A1，过B作BB1⊥l于B1，连结AB1、A1B，则由a⊥β,可得AA⊥β，BB1⊥a,得∠BAA1=θ1，在Rt△AA1B中,cos∠ABA1= ‎ ‎5 已知P为锐二面角α—l—β内一点，且P到α、β及棱l的距离之比为1：：2，则此二面角的大小为____________.‎ 答案：75° 解析：过P作PA⊥，PB⊥β，PA、PB确定的平面与l交于C，则l⊥平面PAB，∴l⊥PC, ∠PC, ∠BCA为α-l-β的平面角，分别算出∠PCA、∠PCB，得二面角的大小为75°.‎ ‎6 球面上有三点A、B、C，每两点间的球面距离都等于R，其中R为球的半径，则过A、B、C三点的截面圆的面积等于___________.‎ 答案： 解析：由已知∠AOB=∠AOC=∠BOC=∠∴AB=AC=BC=，△ABC的外接圆的半径为，截面贺圆的面积等于π·（）2=（πR2）.‎ ‎7 如图，在正四棱锥S—ABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总有PE⊥AC。‎ ‎（1）证明SB⊥AC；‎ 答案：∵S-ABCD为正四棱锥，O为ABCD的中心，∴SO⊥平面ABCD，OB为SB在ABCD上的射影，‎ ‎∵AC⊥BD，‎ ‎∴SB⊥AC.‎ ‎（2）指出动点P的轨迹，并证明你的结论；‎ 答案：如图，N、G分别为SC、DC的中点，则P的轨迹为△SCD的中位线GN证明：设H为CD的中点，则GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，GN，在下底央上的射出影为NE，∵ABCD为正方形，∴NE⊥AC，由三垂线定理知PE⊥AC.‎ ‎（3）以轨迹上的动点P为顶点的三棱锥P—CDE的最大体积为V1，正四棱锥S—ABCD的体积为V，则V1：V等于多少？‎ 答案：△CDE的面积为定值，当P在G处时，三棱锥P-CDE的体积最大，此时PH=SO，‎ 又S△CDE：S正方形ABCD=1：4，∴三棱锥P-CDE的最大体积V1是正四棱锥体积V的，即V1：V=1：8.‎ 23‎ ‎8 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1底面边长为a，侧棱长为，D是A1C1的中点。‎ ‎ （1）求证：BC1∥平面B1DA；‎ 答案：如图，连结A1B交AB1于E，则E为A1B的中点，又D为A1C1的中点，∴DE∥BC1又DE面AB1D，∴BC1∥平面AB1D.‎ ‎ ‎ ‎（2）求证：平面AB1D⊥平面A1ACC1；‎ 答案：∵△A1B1C1为正三角形，D为A1C1中点，∴B1D⊥A1C1，又ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴B1D⊥平面A1C1CA，又B1D平面AB1D⊥平面A1ACC1‎ ‎ （3）求二面角A1—AB1—D的大小。‎ 答案：过A1作A1F⊥AD于F，由（2）知A1F⊥平面AB1D，过F作FG⊥AB1于G，依据三垂线定理，A1G⊥AB，∴∠A1GF为二面角A1-AB1-D的平面角.在RT△AA1D中，A1F=在RT△A1FG中，sin∠A1GF=∠A1GF=45°∴二面角A1-AB1-D为45°.‎ ‎9 菱形ABCD的边AB=5，对角线BD=6，沿BD折叠得四面体ABCD，已知该四面体积不小于8，求二面角A—BC—C的取值范围。‎ 答案：解：如图：设BD的中点为O，连结AO、CO，则AO=OC=且AO⊥BD，OC⊥BD ∴∠AOC=θ为二面角A-BO-C的平面角.‎ S△AOC=AO·OC·sin∠AOC=·42sinθ=8 sinθ,VABCD=△AOC·BD=16 sinθ依题意16 sinθ≥8，∴sinθ≥又0<θ<π, ∴θ∈[]故所求二面角的范围是[].‎ ‎10 已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°E、F分别是AC、AD上的动点，且（0<λ<1），‎ ‎ 如图。‎ ‎ （1）求证：不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC；‎ 答案：∵AB⊥ 平面BCD，∴AB⊥CD，∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC.又∵‎ ‎∴不论λ取何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABCEF平面BEF，∴不论λ取何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.‎ ‎（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD。‎ 答案：由（1）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ADC∴BE⊥AC，∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠AOB=60°，∴BD=，AB=tan60°=,∴AC=，由AB2=AE·AC得AE=‎ 23‎ ‎，故当λ=时，平面BEF⊥平面ACD.‎ ‎11 如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a,BB=3a,Do A1C1的中点。‎ ‎（1）求BE与A1C所成的角；‎ 答案：如图，取A1B的中点M，连结MB，E为B1C的中点，∴EM∥A1C，EM=A1C∴∠MEB（或补角）为直线BE与A1C所成的角.‎ ‎（2）在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF，若存在，求出AF；若不存在，请说明理由。‎ 答案：假若在AA1上存在点F，使CF⊥平面B1DF，∵ABC-A1B1C1为直棱柱，∴平面A1B1C1⊥平面ACC1A，又A1B1=B1C1，D为A1C1的中点，∴B1D⊥A1C1，B1D⊥平面A1ACC1，∴B1D⊥CF，所以只需CF⊥B1F即可。设AF=x,则B1F2=2a2+（3a-x）2,CF2=x2+4a2,B1C2=11a2, ∴x=a，或2a.‎ ‎12 如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA1=4，D为棱CC1上一动点，M、N分别为△ABD、△A1B1R的重心。‎ ‎（1）求证：MN⊥BC；‎ 答案：如图，连结DM并延长交AB于E，则E为AB的中点，连结DN并延长交A1B1于F，则F为A1B1的中点，且 ‎∴MN∥EF，又EF∥BB1，BB1⊥BC，∴EF⊥BC，MN⊥BC.‎ ‎（2）若二面角C—AB—D的大小为arctan,求C1到平面A1B1D的距离；‎ 答案：∵BC=AC，E为AB的中点，∴CE⊥AB，又DC⊥平面ABC，∴由三垂线定理知DE⊥AB，∴∠CED为二面角C-AB-D的平面角，∴tan∠CED=又CE=，∴CD=2，∴D为CC1的中点，∴C1D=2 VD-A1B1C1=VC1-A1B1D=·2··2·2=·h·×(2)2, ∴h=.‎ ‎（3）若点C在平面ABD上的射影恰好为M，试判断点C1在平面A1B1D上的射影是否为N？并说明理由。‎ 答案：由已知CM⊥平面ABD，∴CM⊥DE,在Rt△DCE中，DM：ME=2：1，CE=，∴DE=2，∴D为CC1的中点，由对称性知C1N⊥平面A1B1D∴C1在平面A1B1D上的射影是N.‎ ‎13 如图，在直三棱术ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，B1B=BC=CA=4，D1是A1B1中点E是BC1的中点，BD1交AB1于点F ‎（1）求证：AB1⊥BC1；‎ 答案：解：∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC⊥BC，∴AC⊥平面B1C1CB，∴AB1在平面B1C1CB上的射影为B1C，又由已知B1C1CB为正方形，∴BC1⊥B1C根据三垂线定理，可得AB1⊥BC1.‎ 23‎ ‎（2）求二面角B—AB1—C的大小；‎ 答案：由（1）BC1⊥AB1，又BC1⊥BC, ∴BC1⊥平面AB1C利用平面几何的知识知：在平面ABB1A1内，AB1⊥BD1∴EF∴AB1，∴∠BFE为二面角B-AB1-C的平面角.BE=在Rt△ABB1中，BF=,∴在Rt△中，sin∠BFE=‎ ‎∴∠BFE=60°，∴二面角B-AB1-C的大小为60°.‎ ‎（3）求点C到平面BEF的距离。‎ 答案：(解法一) ∵E为B1C的中点，∴C到平面BEF的距离等于B1到平面BEF的距离，∵ABC-A1B1C1为直棱柱，A1C1=B1C1，D1为中点，∴C1D1⊥A1B1，∴C1D1平面A1B1BA，∴CD1⊥B1F，又由（2）知B1F⊥BD1，∴B1F⊥平面BEF，∴B1F为B1到面BEF的距离，B1F=，∴C到平面BEF的距离为.‎ ‎(解法二)由（2）知BC1⊥EF于M，得CM⊥平面BEF，可算得CM=，∴C到平面BEF的距离等于.‎ ‎14 如图，ABCD是边长为a的正方体，M、N分别在边DA、BC上滑动，且MN∥AB，AC与MN交于点O，现把平面MNCD沿MN折成120°的二面角，使它到平面MNEF位置。‎ ‎（1）求证：不论MN怎样平行移动，∠AOE的大小不变；‎ 答案：设BN=x，则EN=a-x,‎ 易知MN⊥平面BEN，‎ ‎∴∠BNE=120°，∴BE2=x2+(a-x)2+x(a-x)=x2-ax+a2,又AB∥平面BEN，∴AB⊥BE，易得AE2=x2-ax+2a2,而AO=x,EO=(a-x),故 cos∠AOE=，即不论MN怎样平行移动，∠AOE的大小不变.‎ ‎（2）当A、E两点间的距离最小时，证明：平面AOE⊥平面ABE。‎ 答案：∵AE2=x2-ax+2a2=(x-)2+,∴当x=时，AE有最小值，此时M、N分别AD、BC中点，‎ ‎∵EN=BN=CN，∴CE⊥BE，又AB⊥平面ABE，而CE平面AOE，故平面AOE⊥平面ABE.‎ ‎ ‎ 23‎