2012高考第二轮专题集训考点六 立体几何一 15页

一.专题综述 理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三 是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是 不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视 图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题 型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上 都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方 法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的 第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问 或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的 计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题． 二.考纲解读 1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构 特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体 的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法． 2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关 系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在 复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方 法． 3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定 理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题 的方法，并注重运算能力的训练． 三.2012 年高考命题趋向 1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几 何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何 体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试 题难度中等． 2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方 法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角． 四．高频考点解读 考点一 三视图的辨别与应用 例 1[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图 可以为(　　) 　　　　 【答案】D　 【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，， 故侧视图选 D. 例 2[2011·山东卷] 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：① 存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；② 存在四棱柱，其正（主）视 图、俯视图如右图；③ 存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是( )． A．3 B．2 C．1 D． 0 【答案】A． 【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；②可以是长方体；③可以是放倒了的圆柱．故选择 ．另解：①②③均是正确的，只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三 角形直角边对应的一个侧面平卧；②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；③ 圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选 A． 【解析】 由正视图可排除 A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是 B. 【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向， 其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位 置． A 考点二 求几何体的体积 例 4[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1－2 所示，则它的体积是(　　) A．8－2π 3 B．8－π 3 C．8－2π D.2π 3 【答案】A　 【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为 2 的正方体 中间挖去一个半径为 1，高为 2 的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－1 3π×12×2＝8－2 3π. 例 5 [2011·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一 个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的 3 16，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积 较大者的高的比值为________． 【答案】1 3　 【解析】 如图，设球的半径为 R，圆锥底面半径为 r，则球面面积为 4πR2，圆 锥底面面积为 πr2， 由题意 πr2＝12 16πR2，所以 r＝ 3 2 R，所以 OO1＝ OA2－O1A2＝ R2－3 4R2＝1 2R， 所以 SO1＝R＋1 2R＝3 2R，　S1O1＝R－1 2R＝1 2R， 所以S1O1 SO1 ＝ R 2 3R 2 ＝1 3. 例 6[2011·安徽卷] 如图，ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与平面 ACFD 垂直， 点 O 在线段 AD 上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是 正三角形． (1)证明直线 BC∥EF； (2)求棱锥 F－OBED 的体积． 【解答】 (1)(综合法) 证明：设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD＝2，所以 OB 綊 1 2DE，OG＝OD＝2. 同理，设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 OC 綊 1 2DF，OG′＝OD＝2，又由于 G 和 G′都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 G′重合． 在△GED 和△GFD 中，由 OB 綊 1 2DE 和 OC 綊 1 2DF，可知 B，C 分别是 GE 和 GF 的中点，所以 BC 是△GEF 的中位线，故 BC∥EF. (向量法) 过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，连 QE. 由平面 ABED⊥平面 ADFC，知 FQ⊥平面 ABED. 以 Q 为坐标原点，QE → 为 x 轴正向，QD → 为 y 轴正向，QF → 为 z 轴正向，建 立如图所示空间直角坐标系． 由条件知 E( 3，0,0)，F(0,0， 3)，B( 3 2 ，－3 2，0)，C(0，－3 2， 3 2 ). 则有BC → ＝(－ 3 2 ，0， 3 2 )，EF → ＝(－ 3，0， 3)． 所以EF → ＝2BC → ，即得 BC∥EF. (2)由 OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知 S△EOB＝ 3 2 . 而△OED 是边长为 2 的正三角形，故 S△OED＝ 3. 所以 S 四边形 OBED＝S△EOB＋S△OED＝3 3 2 . 过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED⊥平面 ACFD 知，FQ 就是四棱锥 F－ OBED 的高，且 FQ＝ 3，所以 VF－OBED＝1 3FQ·S 四边形 OBED＝3 2. 【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并 不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体 为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利． (1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易 求体积的几何体，进而求之． (2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何 体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的 定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积． (3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角 三角形、直角梯形求有关的几何元素． 考点三 求几何体的表面积 【答案】C　 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)， 所以该直四棱柱的表面积为 S＝2×1 2×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2× 1＋16×4＝48＋8 17. 例 8[2011·陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC＝45°， ∠BAC＝90°，AD 是 BC 上的高，沿 AD 把△ABD 折起，使∠BDC＝90°. (1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC； (2)若 BD＝1，求三棱锥 D－ABC 的表面积． 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又 DB∩DC＝D. ∴AD⊥平面 BDC. ∵AD平面 ABD， ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA， DB＝DA＝DC＝1. ∴AB＝BC＝CA＝ 2. 从而 S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝1 2×1×1＝1 2. S△ABC＝1 2× 2× 2×sin60°＝ 3 2 . ∴表面积 S＝1 2×3＋ 3 2 ＝3＋ 3 2 . 【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰 当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． 考点四 平行与垂直 例 9[2011·辽宁卷] 如图，四棱锥 S－ABCD 的底面为正方形，SD⊥底 面 ABCD，则下列结论中不正确的是(　　) A．AC⊥SB B．AB∥平面 SCD C．SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D．AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 【答案】D　 【解析】 ①由 SD⊥底面 ABCD，得 SD⊥AC，又由于在正方形 ABCD 中，BD⊥AC，SD∩BD ＝D，所以 AC⊥平面 SBD，故 AC⊥SB，即 A 正确．②由于 AB∥CD，AB⊄平面 SCD，CD⊂ 平面 SCD，所以 AB∥平面 SCD，即 B 正确．③设 AC，BD 交点为 O，连结 SO，则由①知 AC⊥平面 SBD，则由直线与平面成角定义知 SA 与平面 SBD 所 成的角为∠ASO，SC 与平面 SBD 所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△CDS，所 以 SA＝SC，所以△SAC 为等腰三角形，又由于 O 是 AC 的中点，所以∠ASO＝ ∠CSO，即 C 正确．④因为 AD∥CD，所以 AB 与 SC 所成的角为∠SCD，DC 与 SA 所成的 角为∠SAB，∠SCD 与∠SAB 不相等，故 D 项不正确． 例 10 [2011·课标全国卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝ 60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)设 PD＝AD＝1，求棱锥 D－PBC 的高． 【解答】 (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得 BD＝ 3AD， 从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD， 所以 BD⊥平面 PAD，故 PA⊥BD. (2)如图，作 DE⊥PB，垂足为 E. 已知 PD⊥底面 ABCD，则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD，又 BC∥AD，所以 BC⊥BD. 故 BC⊥平面 PBD，BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD＝1，则 BD＝ 3，PB＝2. 根据 DE·PB＝PD·BD 得 DE＝ 3 2 . 即棱锥 D－PBC 的高为 3 2 . 例 11[2011·山东卷] 如图，在四棱台 ABCD－A1B1C1D1 中，D1D⊥平面 ABCD，底面 ABCD 是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面 A1BD. 证明：(1)证法一： 因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD， 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD 中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2. 所以 AD2＋BD2＝AB2， 所以 AD⊥BD. 又 AD∩D1D＝D， 所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1⊂平面 ADD1A1， 所以 AA1⊥BD. 证法二： 因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD， 所以 BD⊥D1D. 取 AB 的中点 G，连接 DG. 在△ABD 中，由 AB＝2AD 得 AG＝AD， 又∠BAD＝60°，所以△ADG 为等边三角形． 因此 GD＝GB. 故∠DBG＝∠GDB， 又∠AGD＝60°， 所以∠GDB＝30°， 故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D＝D， 所以 BD⊥平面 ADD1A1， 又 AA1⊂平面 ADD1A1， 所以 AA1⊥BD. (2)连接 AC，A1C1. 设 AC∩BD＝E，连接 EA1. 因为四边形 ABCD 为平行四边形， 所以 EC＝1 2AC， 由棱台定义及 AB＝2AD＝2A1B1 知， A1C1∥EC 且 A1C1＝EC， 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形． 因此 CC1∥EA1， 又因为 EA1⊂平面 A1BD，CC1⊄平面 A1BD， 所以 CC1∥平面 A1BD. 【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一 个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找 “中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证 明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也 可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定 理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直． 考点五 与球相关的问题 例 12 [2011·课标全国卷] 已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且 AB＝6， BC＝2 3，则棱锥 O－ABCD 的体积为________． 【答案】8 3　 【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为 62＋(2 3)2＝ 48＝4 3， 所以四棱锥的高|OO1 |＝ OA2－O1A2＝ 16－12＝2， 所以其体积 V＝1 3S 矩形 ABCD·|OO1 |＝1 3×6×2 3×2＝8 3. 例 13[2011·辽宁卷] 已知球的直径 SC＝4，A，B 是该球球面上的两点，AB＝ 3，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥 S－ABC 的体积为(　　) A．3 3 B．2 3 C. 3 D．1 【答案】C　 【解析】 如图，过 A 作 AD 垂直 SC 于 D，连接 BD. 由于 SC 是球的直径，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，又∠ASC＝∠BSC＝30°， 又 SC 为公共边，所以△SAC≌△SBC.由于 AD⊥ SC，所以 BD⊥SC.由此得 SC ⊥平面 ABD. 所以 VS－ABC＝VS－ABD＋VC－ABD＝1 3S△ABD·SC. 由于在直角三角形△SAC 中∠ASC＝30°，SC＝4，所以 AC＝2，SA＝2 3，由于 AD＝SA·CA SC ＝ 3.同理在直角三角形△BSC 中也有 BD＝SB·CB SC ＝ 3. 又 AB＝ 3，所以△ABD 为正三角形， 所以 VS－ABC＝1 3S△ABD·SC＝1 3×1 2×( 3)2·sin60°×4＝ 3，所以选 C. 【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图 形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切 于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正 方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它 们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接 点”作出截面图 考点六 异面直线所成的角 例 14[2011·天津卷] 如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，H 是正方形 AA1B1B 的中心，AA1 ＝2 2，C1H⊥平面 AA1B1B，且 C1H＝ 5. (1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值； (2)求二面角 A－A1C1－B1 的正弦值； (3)设 N 为棱 B1C1 的中点，点 M 在平面 AA1B1B 内，且 MN⊥ 平面 A1B1C1，求线段 BM 的长． 【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐 标原点．依题意得 A(2 2，0,0) ，B(0,0,0) ，C( 2，－ 2， 5) ， A1(2 2， 2 2， 0) ， B1(0,2 2， 0) ， C1( 2， 2， 5)． (1)易得AC → ＝(－ 2，－ 2， 5)，A1B1→ ＝(－2 2，0,0)，于 是 cos〈AC → ，A1B1→ 〉＝ AC → ·A1B1→ |AC → ||A1B1→ | ＝ 4 3 × 2 2 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)易知AA1→ ＝(0,2 2，0)，A1C1→ ＝(－ 2，－ 2， 5)． 设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)， 则Error! 即Error! 不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)． 同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 不妨令 y＝ 5，可得 n＝(0， 5， 2)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n|＝ 2 7· 7 ＝2 7， 从而 sin〈m，n〉＝3 5 7 . 所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N( 2 2 ，3 2 2 ， 5 2 ). 设 M(a，b,0)，则MN → ＝( 2 2 －a，3 2 2 －b， 5 2 ). 由 MN⊥平面 A1B1C1，得Error! 即Error! 解得Error!故 M( 2 2 ， 2 4 ，0). 因此BM → ＝( 2 2 ， 2 4 ，0)， 所以线段 BM 的长|BM → |＝ 10 4 . 方法二：(1)由于 AC∥A1C1.故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角． 因为 C1H⊥平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H＝ 5，可得 A1C1 ＝B1C1＝3. 因此 cos∠C1A1B1＝A1C21＋A1B21－B1C21 2A1C1·A1B1 ＝ 2 3 . 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2 3 . (2)连接 AC1，易知 AC1＝B1C1.又由于 AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1.过 点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R，连接 B1R，于是 B1R⊥A1C1.故∠ARB1 为二面角 A－A1C1－B1 的平 面角．在 Rt△A1RB1 中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2 2· 1－( 2 3 )2＝2 14 3 .连接 AB1，在△ ARB1 中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝AR2＋B1R2－AB21 2AR·B1R ＝－2 7，从而 sin∠ARB1＝3 5 7 .所 以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5 7 . (3)因为 MN⊥平面 A1B1C1，所以 MN⊥A1B1，取 HB1 中点 D，连接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中 点，所以 ND∥C1H 且 ND＝1 2C1H＝ 5 2 .又 C1H⊥平面 AA1B1B，所以 ND⊥平面 AA1B1B.故 ND⊥ A1B1.又 MN∩ND＝N，所以 A 1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E，则 ME⊥ A1B1.故 ME∥AA1. 由DE AA1＝ B1E B1A1＝B1D B1A＝1 4，得 DE＝B1E＝ 2 2 ，延长 EM 交 AB 于点 F，可得 BF＝B1E＝ 2 2 .连 接 NE.在 Rt△ENM 中，ND⊥ME.故 ND 2＝DE·DM.所以 DM＝ ND2 DE ＝5 2 4 .可得 FM＝ 2 4 .连 接 BM，在 Rt△BFM 中．BM＝ FM2＋BF2＝ 10 4 . 【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在 解答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或 通过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何 法或向量法解决立体几何问题的能力. 考点七 线面角 例 15[2011·天津卷] 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ADC＝ 45°，AD＝AC＝1，O 为 AC 的中点，PO⊥平面 ABCD，PO＝2，M 为 PD 的中点． (1)证明 PB∥平面 ACM； (2)证明 AD⊥平面 PAC； (3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值． 【解答】 (1)证明：连接 BD，MO.在平行四边形 ABCD 中，因为 O 为 AC 的中点，所以 O 为 BD 的中点．又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO.因为 PB ⊄平面 ACM，MO⊂平面 ACM，所以 PB∥平面 ACM. (2)证明：因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即 AD⊥AC.又 PO⊥平 面 ABCD，AD⊂平面 ABCD，所以 PO⊥AD.而 AC∩PO＝O，所以 AD⊥平面 PAC. (3)取 DO 中点 N，连接 MN，AN.因为 M 为 PD 的中点，所以 MN∥ PO，且 MN＝1 2PO＝1.由 PO⊥平面 ABCD，得 MN⊥平面 ABCD，所以∠ MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角．在 Rt△DAO 中，AD＝1，AO ＝1 2，所以 DO＝ 5 2 .从而 AN＝1 2DO＝ 5 4 .在 Rt△ANM 中，tan∠MAN＝ MN AN＝ 1 5 4 ＝4 5 5 ，即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为4 5 5 . 【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平 面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作 平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解. 考点八 二面角（理） 例 16[2011·课标全国卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝60°， AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD. (1)证明：PA⊥BD； (2)若 PD＝AD，求二面角 A－PB－C 的余弦值． 【解答】 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定 理 得 BD ＝ 3AD， 从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD， 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD. (2)如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA、DB、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 D－xyz，则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，C(－1， 3，0)，P(0,0,1)， AB → ＝(－1， 3，0)，PB → ＝(0， 3，－1)，BC → ＝(－1,0,0)． 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)，则Error! 即Error! 因此可取 n＝( 3，1， 3)． 设平面 PBC 的法向量为 m，则Error! 可取 m＝(0，－1，－ 3)．cos〈m，n〉＝ －4 2 7 ＝－2 7 7 . 故二面角 A－PB－C 的余弦值为－2 7 7 . 例 17[2011·广东卷] 如图，在锥体 P－ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的菱形，且∠DAB＝ 60°，PA＝PD＝ 2，PB＝2，E，F 分别是 BC，PC 的中点． (1)证明：AD⊥平面 DEF； (2)求二面角 P－AD－B 的余弦值． 【解答】 法一：(1)证明：设 AD 中点为 G，连接 PG，BG，BD. 因 PA＝PD，有 PG⊥AD，在△ABD 中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD 为等边三角 形，因此 BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以 AD⊥平面 PBG，所以 AD⊥PB，AD⊥GB. 又 PB∥EF，得 AD⊥EF，而 DE∥GB 得 AD⊥DE，又 FE∩DE＝E，所以 AD⊥平面 DEF. (2)∵PG⊥AD，BG⊥AD， ∴∠PGB 为二面角 P－AD－B 的平面角． 在 Rt△PAG 中，PG2＝PA2－AG2＝7 4， 在 Rt△ABG 中，BG＝AB·sin60°＝ 3 2 ， ∴cos∠PGB＝PG2＋BG2－PB2 2PG·BG ＝ 7 4＋3 4－4 2· 7 2 · 3 2 ＝－ 21 7 . 法二：(1)证明：设 AD 中点为 G，因为 PA＝PD，所以 PG⊥AD， 又 AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而 AD⊥平面 PBG. 延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB，又 PO⊂平面 PBG，所以 PO⊥AD，又 AD∩OB＝G，所以 PO ⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的 直线为 y 轴，建立如图 1－2 所示的空间直角坐标系． 设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，则 A(n，－1 2，0)，D(n，1 2，0). ∵|GB → |＝|AB → |sin60°＝ 3 2 ， ∴ B(n＋ 3 2 ，0，0)， C(n＋ 3 2 ，1，0)， E(n＋ 3 2 ，1 2，0)， F (n 2＋ 3 4 ，1 2，m 2).　 ∴AD → ＝(0,1,0)，DE → ＝( 3 2 ，0，0)，FE → ＝(n 2＋ 3 4 ，0，－m 2)， ∴AD → ·DE → ＝0，AD → ·FE → ＝0， ∴AD⊥DE，AD⊥FE， 又 DE∩FE＝E，∴AD⊥平面 DEF. (2)∵PA → ＝(n，－1 2，－m)，PB → ＝(n＋ 3 2 ，0，－m)， ∴ m2＋n2＋1 4＝ 2， (n＋ 3 2 )2＋m2＝2， 解得 m＝1，n＝ 3 2 . 取平面 ABD 的法向量 n1＝(0,0，－1)， 设平面 PAD 的法向量 n2＝(a，b，c)， 由PA → ·n2＝0，得 3 2 a－b 2－c＝0， 由PD → ·n2＝0，得 3 2 a＋b 2－c＝0， 故取 n2＝(1，0， 3 2 ). ∴cos〈n1，n2〉＝ － 3 2 1· 7 4 ＝－ 21 7 . 即二面角 P－AD－B 的余弦值为－ 21 7 【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、 垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不 用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等. 考点九 空间向量的应用 例 18[2011·陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD 是 BC 上的高， 沿 AD 把△ABD 折起，使∠BDC＝90°. (1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC； (2)设 E 为 BC 的中点，求AE → 与DB → 夹角的余弦值． 【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又 DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面 BDC， ∵AD平面 ABD， ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC＝90°及(1)知 DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|＝1，以 D 为坐标原点， 以DB → ，DC → ，DA → 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 D(0,0,0)， B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0， 3)， E(1 2，3 2，0). ∴AE → ＝(1 2，3 2，－ 3)， DB → ＝(1,0,0)， ∴AE → 与DB → 夹角的余弦值为 cos〈AE → ，DB → 〉＝ AE → ·DB → |AE → |·|DB → | ＝ 1 2 1 × 22 4 ＝ 22 22 . 例 19[2011·辽宁卷] 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝ 1 2PD. (1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q－BP－C 的余弦值． 【解答】 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D－xyz.　 (1)依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则DQ → ＝(1,1,0)，DC → ＝(0,0,1)，PQ → ＝(1，－1,0)， 所以PQ → ·DQ → ＝0，PQ → ·DC → ＝0. 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 故 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ. (2)依题意有 B(1,0,1)，CB → ＝(1,0,0)，BP → ＝(－1,2，－1)．　 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则Error!即Error! 因此可取 n＝(0，－1，－2)． 设 m 是平面 PBQ 的法向量，则Error! 可取 m＝(1,1,1)，所以 cos〈m，n〉＝－ 15 5 . 故二面角 Q－BP－C 的余弦值为－ 15 5 . 【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量， 利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图 形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问 题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果 的几何意义来解释相关问题． 考点十 探索性问题 例 20[2011·浙江卷] 如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上，已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为直二面角？若存在，求出 AM 的 长；若不存在，请说明理由． 【解答】 方法一：(1)证明：如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建立空间直 角坐标系 O－xyz. 则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP → ＝(0,3,4)，BC → ＝(－8,0,0)， 由此可得AP → ·BC → ＝0，所以AP → ⊥BC → ，即 AP⊥BC. (2)设PM → ＝λPA → ，λ≠1，则PM → ＝λ(0，－3，－4)． BM → ＝BP → ＋PM → ＝BP → ＋λPA → ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC → ＝(－4,5,0)，BC → ＝(－8,0,0)． 设平面 BMC 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)． 平面 APC 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)， 由Error! 得Error! 即Error!可取 n1＝(0，1，2＋3λ 4－4λ). 由Error!即 Error!得Error!可取 n2＝(5,4，－3)． 由 n1·n2＝0，得 4－3·2＋3λ 4－4λ＝0， 解得 λ＝2 5，故 AM＝3， 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3， 方法二： (1)证明：由 AB＝AC，D 是 BC 的中点，得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC，得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD＝O，所以 BC⊥平面 PAD. 故 BC⊥PA. (2)如图，在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M，连 CM， 由(1)中知 AP⊥BC，得 AP⊥平面 BMC. 又 AP⊂平面 APC，所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得 AB＝ 41. 在 Rt△POD 中，PD2＝PO2＋OD2， 在 Rt△PDB 中，PB2＝PD2＋BD2， 所以 PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得 PB＝6， 在 Rt△POA 中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得 PA＝5， 又 cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB2 2PA·PB ＝1 3， 从而 PM＝PBcos∠BPA＝2，所以 AM＝PA－PM＝3. 综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3. 例 21 [2011·福建卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45°. (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)设 AB＝AP. ①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°，求线段 AB 的长； ②在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等？ 说明理由． 【解答】 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD， AB⊂平面 ABCD， 所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD，PA∩AD＝A， 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)①以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz 在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E， 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos45°＝1， CE＝CD·sin45°＝1. 设 AB＝AP＝t，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)． 由 AB＋AD＝4 得 AD＝4－t， 所以 E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)， CD → ＝(－1,1,0)，PD → ＝(0,4－t，－t)． 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由 n⊥CD → ，n⊥PD → ，得Error! 取 x＝t，得平面 PCD 的一个法向量 n＝(t，t,4－t)． 又PB → ＝(t,0，－t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得 cos60°＝| n·P B → |n|·|PB → ||， 即 |2t2－4t| t2＋t2＋(4－t)2· 2t2 ＝1 2. 解得 t＝4 5或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t>0)， 所以 AB＝4 5. 则GC → ＝(1,3－t－m,0)，GD → ＝(0,4－t－m,0)， GP → ＝(0，－m，t)． 由|GC → |＝|GD → |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即 t＝3－m；① 由|GD → |＝|GP → |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③ 由于方程③没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P、C、D 的距离都相等． 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等． 法二：假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等． 由 GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°， 从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD. 所以 GD＝CD·cos45°＝1. 设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ. 在 Rt△ABG 中， GB＝ AB2＋AG2 ＝ λ2＋(3－λ)2＝ 2(λ－3 2 )2＋9 2>1. 这与 GB＝GD 矛盾． 所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B、C、D 的距离都相等． 从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等． 【解题技巧点睛】 1.对于“是否存在”型问题的探索方式有两种: 一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问题,一般的方法 是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与 平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设 出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛 盾,则判定“不存在”. 2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、 推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标 是否有规定范围内的解”,所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.