新课标备战高考数学理专题强化复习十章　立体几何 26页

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.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.‎ ‎8.理解空间角，会求线线角、线面角、面面角.‎ ‎9.掌握空间距离，会由坐标求两点间的距离及点到平面的距离.‎ ‎　　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.利用空间向量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.利用空间向量求空间角.‎ ‎　　1.三视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至多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 (　　)‎ ‎①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；‎ ‎②圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；‎ ‎③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；‎ ‎④三棱锥的四个面可能都是直角三角形；‎ ‎⑤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】①错：只能以直角边为轴旋转一周才可；‎ ‎②错：必相交；‎ ‎③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；‎ ‎④对：如图，∠ABC＝90°，PA⊥底面，则四个面均为直角三角形；‎ ‎⑤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：‎ ‎①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；‎ ‎②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；‎ ‎③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；‎ ‎④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】②④.‎ 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′B′C′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A′O′与O′C′成45°，将其还原成90°，且AO＝‎2A′O′.‎ 而A′D′＝a.所以A′O′＝a×＝a，所以AO＝a.‎ 所以S△ABC＝BC· AO＝a×a＝a2.‎ 题型三　三视图与直观图 ‎【例3】 四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的三视图如下.‎ ‎(1)求出该四棱柱的表面积；‎ ‎(2)求证：D‎1C⊥AC1；‎ ‎(3)设E是DC上一点，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S＝11＋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ABCD－A1B‎1C1D1中，连接C1D.‎ 因为DC＝DD1，所以四边形DCC1D1是正方形.‎ 所以DC1⊥D‎1C.‎ 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，‎ 所以AD⊥平面DCC1D1.‎ 又D‎1C⊂平面DCC1D1，所以AD⊥D‎1C.‎ 因为AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，‎ 所以D‎1C⊥平面ADC1.‎ 又AC1⊂平面ADC1，所以D‎1C⊥AC1.‎ ‎(3)连接AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，‎ BD∩AE＝N，连接MN.‎ 因为平面AD1E∩平面A1BD＝MN，‎ 要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，‎ 又M是AD1的中点，所以N是AE的中点.‎ 又易知△ABN≌△EDN，‎ 所以AB＝DE，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(　　)‎ ‎①长方体；②圆锥；③三棱锥；④圆柱.‎ A.④③② B.①③② C.①②③ D.④②③‎ ‎【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＝π(R＋l)R ＝π(R＋R)R＝(π＋π)R2，‎ S圆柱＝2πr(r＋r)＝4πr2，‎ 又＝，所以＝，‎ 所以＝.‎ ‎【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.‎ 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，破损处为D、E，且AD＝b，EC＝c，BB1＝a， 则容器内所剩油的最大值为几何体ABC－DB1E的体积.‎ 因为＝，而＝，‎ 由三棱柱几何性质知＝V， ＝，‎ 所以＝V，‎ 又因为＝，所以 VD－ABC＝·＝，‎ 所以＝＋VD－ABC＝V.‎ 故油最理想的剩余量为V. ‎ ‎【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h＝3R，底面半径r＝R，‎ V圆锥＝·(R)2·3R＝3πR3；V球＝πR3.‎ 所以＝＝，‎ 所以剩下的水量是原来的1－＝.‎ ‎【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)A＝x·(0＜x＜2).‎ ‎(2)V＝x··1＝ ＝.‎ 因为0＜x＜2，所以当x＝时，Vmax＝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.1∶2 B.1∶π C.2∶1 D.2∶π ‎【解析】设长方形的一条边长为x cm，则另一条边长为(6－x) cm，且0＜x＜6，以长为(6－x) cm的边作为围成的圆柱的高h，若设圆柱的底面半径为r，则有2πr＝x，所以r＝，因此圆柱的体积V＝π·()2(6－x)＝(6x2－x3)，由于V′＝·(12x－3x2)，令V′＝0，得 x＝4，容易推出当x＝4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2∶1，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.‎ ‎【证明】因为E、F分别是AB、AD的中点，‎ 所以EF∥BD，且EF＝BD.‎ 又因为＝＝2，所以GH∥BD，且GH＝BD，‎ 所以EF∥GH且EF＞GH，‎ 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ACD＝AC，所以P∈AC，‎ 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】‎ ‎⇒‎ ‎⇒M、N、K在平面BCD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ABCD－A1B‎1C1D1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FG∥A1B1.‎ ‎【证明】因为E为CD的中点，在正方体中AE⊂平面ABCD，‎ 又AE∩BC＝F，所以F∈AE，所以F∈平面ABCD，‎ 同理G∈平面ABCD，所以FG⊂平面ABCD.‎ 因为ECAB，故在Rt△FBA中，CF＝BC，同理DG＝AD，‎ 所以在正方体中CFDG，所以四边形CFGD是平行四边形，‎ 所以FG∥CD，又CD∥AB，AB∥A1B1，‎ 所以直线FG∥A1B1.‎ ‎【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EF∥AC且EF＝AC.‎ 又在△DEF中，DM∶MF＝DN∶NE＝2∶1，‎ 所以MN∥EF且MN＝EF，所以MN∥AC且MN＝AC，‎ 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AD＝1，BC＝且AD⊥BC，对角线BD＝，AC＝，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＝，GE∥BD，且GE＝.GE和EF所成的锐角(或直角)就是AC和BD所成的角.‎ 同理，GH＝，HF＝，GH∥AD，HF∥BC.‎ 又AD⊥BC，所以∠GHF＝90°，所以GF2＝GH2＋HF2＝1.‎ 在△EFG中，EG2＋EF2＝1＝GF2，‎ 所以∠GEF＝90°，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α－CD－β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.‎ ‎【解析】在平面α内作AE⊥CD，‎ 因为α－CD－β是直二面角，由面面垂直的性质定理，‎ 所以AE⊥β，所以∠ABE是AB与平面β所成的角.‎ 所以∠ABE＝30°，所以AE＝AB，同理作BF⊥CD，则易得BF＝AB.‎ 在平面β内作BGEF，则四边形BGEF是矩形，即BG⊥GE.‎ 又因为AE⊥β，BG⊂β，所以AE⊥BG.‎ 所以BG⊥平面AEG，所以BG⊥AG.‎ 因为BG∥EF，所以BG∥CD，所以∠ABG是异面直线AB与CD所成的角.‎ 又因为在Rt△AEG中，AG＝＝＝AB，‎ 所以在Rt△ABG中，sin∠ABG＝＝，‎ 所以∠ABG＝45°.‎ 总结提高 本节内容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△ABC的重心，N为△BAD的重心，‎ 所以＝＝2.‎ 所以MN∥EF，同理MG∥HE.‎ 因为MN⊄平面ACD，MG⊄平面ACD，‎ 所以MN∥平面ACD，MG∥平面ACD，‎ 因为MN∩MG＝M，所以平面MNG∥平面ACD.‎ ‎(2)由(1)知，平面MNG∥平面ACD，‎ ＝＝2，所以＝＝，‎ 因为EH＝AD，EF＝CD，所以＝＝，所以＝＝＝，‎ 又△ACD为正三角形. 所以△MNG为等边三角形，且边长为×2＝，‎ 面积S＝×＝.‎ ‎【点拨】由三角形重心的性质得到等比线段，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AE＝a，EB＝b，‎ 由EF∥AC，得EF＝，同理EH＝.‎ EF＝EH，所以＝⇒＝.‎ 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，M∈AC，N∈FB且AM＝FN.求证：MN∥平面BCE.‎ ‎【证明】方法一：如图一，作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，连接PQ，则MP∥AB，NQ∥AB.‎ 所以MP∥NQ，又AM＝NF，AC＝BF，所以MC＝NB.‎ 又∠MCP＝∠NBQ＝45°，所以Rt△MCP≌Rt△NBQ，‎ 所以MP＝NQ.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MH⊥AB于H，则MH∥BC.‎ 所以＝.连接NH，由BF＝AC，FN＝AM得＝，‎ 所以NH∥AF∥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：AP∥GH.‎ ‎【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AC的中点.‎ 又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.‎ 又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，所以PA∥平面BDM，‎ 平面BDM∩平面APG＝GH，所以AP∥GH.‎ 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AB∥FG，AB∥EH，所以FG∥EH，‎ 同理可证EF∥GH，所以截面EFGH是平行四边形.‎ 设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α，FG＝x，GH＝y，‎ 则由平面几何知识得＝，＝，‎ 两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)，‎ 所以SEFGH＝FG·GH·sin α＝x·(a－x)·sin α＝x(a－x).‎ 因为x＞0，a－x＞0且x＋(a－x)＝a为定值，‎ 所以当且仅当x＝a－x即x＝时，‎ 此时SEFGH＝，即E、F、G、H为所属线段中点时，截面面积最大.‎ ‎【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ABCD－A1B‎1C1D1中，平面α平行于正方体的体对角线BD1，则平面α在该正方体上截得的图形不可能为(　　)‎ ‎①正方形；②正三角形；③正六边形；④直角梯形.‎ A.①② B.①④‎ C.②③ D.②③④‎ ‎【解析】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α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与平面α、β所成的角分别为和，求AB与α，β的交线l所成的角的大小.‎ ‎【解析】过A、B分别作AA′⊥l，BB′⊥l，垂足分别为A′、B′，则AA′⊥β，BB′⊥α.‎ 连接A′B，AB′，则∠ABA′＝，∠BAB′＝.‎ 设AB＝1，则AA′＝，AB′＝，BB′＝，所以A′B′＝.‎ 过B作BC∥l且BC＝，连接A′C、AC，则∠ABC为AB与l所成的角，‎ 因为A′B′BC，且B′B⊥A′B′，所以A′B′BC为矩形，所以A′C⊥BC.‎ 又因为AA′⊥BC，AA′∩A′C＝A′，所以BC⊥平面AA′C，所以AC⊥BC.‎ 在Rt△ACB中，cos∠ABC＝＝，‎ 所以∠ABC＝，即AB与l所成的角为.‎ ‎【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ABCD－A1B‎1C1D1的底面为正方形，O1、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，O1为A‎1C1、B1D1的交点.‎ 由棱柱的性质知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，‎ 所以四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O‎1C.‎ 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SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点.‎ ‎(1)求证：SD⊥平面ABC；‎ ‎(2)若AB＝BC，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DE∥BC，又BC⊥AB，所以DE⊥AB.‎ 因为SA＝SB，所以SE⊥AB，又SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE，‎ 而SD⊂平面SDE，所以AB⊥SD，‎ 又SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC.‎ 而AB∩AC＝A，所以SD⊥平面ABC.‎ ‎(2)若AB＝BC，则BD⊥AC.‎ 又由(1)知，SD⊥平面ABC，所以SD⊥BD，而SD∩AC＝D，‎ 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，在斜三棱柱ABC－A1B‎1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，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，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，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AE⊥BD于E，过E作EF⊥BC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ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD为等腰直角三角形.‎ 又因为∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.‎ 折叠后，因为平面PBD⊥平面BCD，CD⊥BD，‎ 所以CD⊥平面PBD，又因为PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB.‎ 又因为PB⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥平面PDC，‎ 又PB⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.‎ ‎(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的这些位置关系不变，所以PE⊥BD，‎ 又平面PBD⊥平面BCD，所以PE⊥平面BCD，所以PE⊥EF，‎ 设AB＝AD＝a，则BD＝a，所以PE＝a＝BE，‎ 在Rt△BEF中，EF＝BE·sin 45°＝a×＝a.‎ 在Rt△PFE中，tan∠PFE＝＝＝.‎ ‎【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，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.‎ ‎(1)求证：AB⊥DE；‎ ‎(2)求三棱锥E－ABD的侧面积.‎ ‎【解析】(1)证明：在△ABD中，‎ 因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，‎ 所以BD＝＝2.‎ 所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.‎ 又因为平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，‎ 所以AB⊥平面EBD.‎ 因为DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.‎ ‎(2)由(1)知AB⊥BD.‎ 因为CD∥AB，所以CD⊥BD. 从而DE⊥BD.‎ 在Rt△DBE中，因为DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，‎ 所以S△BDE＝DB·DE＝2.‎ 又因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.‎ 因为BE＝BC＝AD＝4，所以S△ABE＝AB·BE＝4.‎ 因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，所以ED⊥平面ABD，‎ 而AD⊂平面ABD，所以ED⊥AD，所以S△ADE＝AD·DE＝4.‎ 综上，三棱锥E-ABD的侧面积S=8+2.‎ 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、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点，而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点，求证：M、N、P、Q四点共面.‎ ‎【证明】因为＝，＝，所以＝2，＝2，‎ 又＝(＋)，＝λ＝2λ，＝ω＝2ω，‎ 所以＝(2λ＋2ω)＝λ＋ω，‎ 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ABCD－A1B‎1C1D1中，M为DD1的中点，N∈AC，且AN∶NC＝2，求证：A、B、N、M四点共面.‎ ‎【证明】设＝a，＝b，＝c，则＝b－a.‎ 因为M是DD1的中点，所以＝c－a.‎ 因为AN∶NC＝2，所以＝＝(b＋c)，所以＝－＝(b＋c)－a＝(b－a)＋(c－a)＝＋，‎ 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ABCD－A1B‎1C1D1所有棱长均为1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°.‎ ‎(1)求AC1的长；‎ ‎(2)求证：AC1⊥平面A1BD.‎ ‎【解析】(1)设＝a，＝b，＝c，‎ 则a·b＝b·c＝c·a＝1×1×cos 60°＝，a2＝b2＝c2＝1.而＝a＋b＋c，‎ 所以||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋‎2a·b＋2b·c＋‎2a·c ‎＝1＋1＋1＋2×＋2×＋2×＝6，即||＝.‎ ‎(2)证明：因为＝a－c，‎ 所以·＝(a＋b＋c)·(a－c)＝a2－c2＋a·b－b·c＝1－1＋－＝0.‎ 所以⊥.同理可得⊥.‎ 所以AC1⊥平面A1BD.‎ ‎【点拨】利用|a|2＝a2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ABCD－A1B‎1C ‎1D1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】||2＝2＝(＋＋)2‎ ‎＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·‎ ‎＝a2＋a2＋b2＋0＋2abcos 120°＋2abcos 120°‎ ‎＝‎2a2＋b2－2ab.‎ 所以|AC1|＝.‎ 题型三　利用坐标求法向量和证明垂直问题 ‎【例3】 正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，棱长为1，E，F分别是BB1，CD的中点.‎ ‎(1)求证：D‎1F⊥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D－xyz，则D1(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)， F(0，，0)，E(1,1， ).‎ 所以＝(0，，－1)， ＝(－1,0,0)，＝(0,1，)，‎ 因为·＝0，所以⊥，‎ 又·＝0，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＝(0，，－1).‎ ‎【点拨】空间向量坐标化，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α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，‎ ‎－3,6)，则下列各点中，在平面α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α的法向量，所以它应该和平面α内任意一个向量垂直，只有在选项A中，＝(2,3,3)－(1，－1,2)＝(1,4,1)，·n＝0.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ABCD－A1B‎1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.‎ ‎(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D－xyz，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＝(x1，y1，z1)，则 所以2x1＝0,2x1＋2y1＋z1＝0. 令y1＝1，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n1·n2＝0，所以平面AED⊥平面A1FD1.‎ ‎(2)由于点M在直线AE上，所以可设＝λ＝λ·(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，可得M(2,2λ，λ)，于是＝(0,2λ，λ－2).A‎1M⊥平面DAE，则A‎1M⊥AE，所以·＝(0, 2λ，λ－‎ ‎2) (0,2,1)＝5λ－2＝0，得λ＝.故当AM＝AE时，A‎1M⊥平面DAE.‎ ‎【变式训练4】 已知＝(2,2,1)，＝(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·＝0，且n·＝0，‎ 即2x＋2y＋z＝0且4x＋5y＋3z＝0，解得 所以n＝z(，－1,1)，单位法向量n0＝＝±(，－，).‎ 总结提高 ‎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ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶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A1－ED－F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AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，，0).‎ 易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)，‎ 于是cos〈，〉＝＝－.‎ 所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明：易知＝(1,2,1)， ＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)，‎ 于是·＝0，·＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED.又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.‎ ‎(3)设平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，‎ 不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量.‎ 于是cos〈u，〉＝＝，从而sin〈u，〉＝.‎ 所以二面角A1－ED－F的正弦值为.‎ 方法二：(1)设AB＝1，可得AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝.‎ 连接B‎1C，BC1，设B‎1C与BC1交于点M，易知A1D∥B‎1C.由＝＝，可知EF∥BC1，故∠BMC是异面直线EF与A1D所成的角.‎ 易知BM＝CM＝B‎1C＝，所以cos∠BMC＝＝.‎ 所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明：连接AC，设AC与DE交于点N，因为＝＝，所以Rt△DCE∽Rt△CBA.从而∠CDE＝∠BCA.‎ 又由于∠CDE＋∠CED＝90°，所以∠BCA＋∠CED＝90°.故AC⊥DE.‎ 又因为CC1⊥DE且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACF.从而AF⊥DE.‎ 连接BF，同理可证B‎1C⊥平面ABF.从而AF⊥B‎1C，所以AF⊥A1D.‎ 因为DE∩A1D＝D，所以AF⊥平面A1ED.‎ ‎(3)连接A1N，FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.又NF⊂平面ACF，A1N⊂平面ACF，所以DE⊥NF，DE⊥A1N.故∠A1NF为二面角A1－ED－F的平面角.‎ 易知Rt△CNE∽Rt△CBA，所以＝.又AC＝，所以CN＝.‎ 在Rt△CNF中，NF＝＝.在Rt△A1AN中，A1N＝＝.‎ 连接A‎1C1，A‎1F，在Rt△A‎1C1F中，A‎1F＝＝.‎ 在△A1NF中，cos∠A1NF＝＝.‎ 所以sin∠A1NF＝. 所以二面角A1－ED－F的正弦值为.‎ ‎【点拨】本题主要考查异面直线所成的角，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查利用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.‎ ‎【变式训练1】已知二面角α－a－β的大小为θ(＜θ＜π)，直线AB⊂α，CD⊂β，且AB⊥a，CD⊥a，若AB与CD所成的角为φ，则(　　)‎ A.φ＝0 B.φ＝θ－ C.φ＝θ＋ D.φ＝π－θ ‎【解析】选D.‎ 题型二　求二面角 ‎【例2】(2010北京)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.‎ ‎(1)求证：AF∥平面BDE；‎ ‎(2)求证：CF⊥平面BDE；‎ ‎(3)求二面角A－BE－D的大小.‎ ‎ 【解析】(1)设AC与BD交于点G，连接EG.‎ 因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1.‎ 所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF∥EG.‎ 因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，‎ 所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.‎ 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则C(0,0,0)，A(，，0)，B(0，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，F(，，1).所以＝(，，1)，＝(0，－，1)，＝(－，0,1).所以＝0－1＋1＝0，＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE.所以CF⊥平面BDE.‎ ‎(3)由(2)知，＝(，，1)是平面BDE的一个法向量.‎ 设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，则n＝0，n＝0.‎ 所以x＝0，且z＝y.令y＝1，则z＝.‎ 所以n＝(0,1，).从而cos〈n，〉＝＝.‎ 因为二面角A－BE－D为锐角，所以二面角A－BE－D的大小为.‎ ‎【点拨】(1)本小题主要考查直线与直线；直线与平面；平面与平面的位置关系，考查空间想象力推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合思想，化归与转化的思想.‎ ‎(2)空间的平行与垂直以及空间角是立体几何中重点考查的内容；利用平面的法向量的夹角求二面角的平面角是向量知识在立体几何中的应用，是求二面角常用方法.‎ ‎【变式训练2】在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2，∠ABC＝∠DCB＝，则二面角A－BC－D的大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】选B.‎ 题型三　求直线与平面所成的角 ‎【例3】(2010全国新课标)已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.‎ ‎(1)求证：PE⊥BC；‎ ‎(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.‎ ‎【解析】以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，B(0,1,0).‎ 设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m＜0，n＞0)，‎ 则D(0，m,0)，E(，，0)，‎ 可得＝(，，－n)，＝(m，－1,0)，‎ 因为·＝－＋0＝0，所以PE⊥BC.‎ ‎(2)由已知条件得m＝－，n＝1，‎ 故C(－，0,0)，D(0，－，0)，E(，－，0)，P(0,0,1).‎ 设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，‎ 因此可以取n＝(1，，0).‎ 由＝(1,0，－1)，可得|cos〈，n〉|＝.‎ 所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.‎ ‎【点拨】利用空间向量法求解问题时，适当建立空间坐标系是关键，建立坐标系时要抓住三条互相垂直且相交于一点的直线.‎ ‎【变式训练3】过正三棱锥S－ABC的侧棱SB与底面中心O作截面SBO，已知截面是等腰三角形，则侧面与底面所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C.或 D.或 ‎ ‎【解析】选C.取AC中点E，分SB＝BE和SE＝BE两种情况讨论.‎ 总结提高 ‎1.求两异面直线所成的角，一般用平移法；但若需要补形，则用向量法较好.‎ ‎2.在求空间角的问题上，向量法和几何法各有所长，应斟酌使用.‎ ‎10.8　立体几何综合问题 典例精析 题型一　线面、面面平行与垂直 ‎【例1】 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点.‎ ‎(1)求证：FH∥平面EDB；‎ ‎(2)求证：AC⊥平面EDB；‎ ‎(3)求二面角B－DE－C的大小.‎ ‎【解析】方法一：(综合法)(1)设AC与BD交于点G，则G为AC的中点.连接EG，GH，又H为BC的中点，所以GHAB.又EFAB，所以EFGH.‎ 所以四边形EFHG为平行四边形. 所以EG∥FH.‎ 而EG⊂平面EDB，所以FH∥平面EDB.‎ 由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，‎ 又EF∥AB，所以EF⊥BC.‎ 而EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC，所以EF⊥FH，‎ 所以AB⊥FH.‎ 又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.‎ 所以FH⊥平面ABCD. 所以FH⊥AC.‎ 又FH∥EG，所以AC⊥EG.‎ 又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB.‎ ‎(3)EF⊥FB，∠BFC＝90°，所以BF⊥平面CDEF.‎ 在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K，‎ 则∠FKB为二面角B－DE－C的一个平面角.‎ 设EF＝1，则AB＝2，FC＝，DE＝.‎ 又EF∥DC，所以∠KEF＝∠EDC.‎ 所以sin∠EDC＝sin∠KEF＝.‎ 所以FK＝EFsin∠KEF＝，tan∠FKB＝＝.‎ 所以∠FKB＝60°.所以二面角B－DE－C为60°.‎ 方法二：(向量法)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC.‎ 又EF∥AB. 所以EF⊥BC，又EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC.‎ 所以EF⊥FH，所以AB⊥FH.‎ 又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.‎ 所以FH⊥平面ABCD.‎ 以H为坐标原点，为x轴正向，为z轴正向，建立如图所示坐标系.‎ 设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0).‎ D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1).‎ ‎(1)设AC与BD交点为G，连接GE，GH，‎ 则G(0，－1,0)，所以＝(0,0,1)，又＝(0,0,1)，‎ 所以∥.‎ GE⊂平面EDB，HF不在平面EDB内，‎ 所以FH∥平面EBD.‎ ‎(2) ＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，＝0，所以AC⊥GE.‎ 又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB.‎ ‎(3) ＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)，‎ 设平面BDE的法向量为n1＝(1，y1，z1).‎ 则n1＝－1－y1＋z1＝0，n1＝－2－2y1＝0，‎ 所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0).‎ ‎＝(0，－2,0)， ＝(1，－1,1).‎ 设平面CDE的法向量为n2＝(1，y2，z2)，‎ 则n2＝0，y2＝0，n2＝0,1－y2＋z2＝0，z2＝－1，‎ 故n2＝(1,0，－1).‎ cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 所以〈n1，n2〉＝60°，即二面角B－DE－C为60°.‎ ‎【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行，线面垂直，面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力.(2)空间角、空间的平行与垂直是高考必考内容之一，处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题.‎ ‎【变式训练1】已知平面α外不共线的三点A，B，C到α的距离都相等，则正确的结论是(　　)‎ A.平面ABC必不垂直于α B.平面ABC必平行于α C.平面ABC必与α相交 D.存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内 ‎【解析】选D 题型二　空间角求解 ‎【例2】 (2010浙江)在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF.‎ ‎(1)求二面角A′－FD－C的余弦值；‎ ‎(2)若点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A′重合，求线段FM的长.‎ ‎【解析】(1)取线段EF的中点H，连接A′H，因为A′E＝A′F及H是EF的中点，所以A′H⊥EF.‎ 又因为平面A′EF⊥平面BEF，及A′H⊂平面A′EF，所以A′H⊥平面BEF.‎ 如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A′(2,2,2)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0).‎ 故＝(－2,2,2)， ＝(6,0,0).‎ 设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，‎ 所以 取z＝，则n＝(0，－2，).‎ 又平面BEF的一个法向量m＝(0,0,1).‎ 故cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ ‎(2)设FM＝x，则M(4＋x,0,0)，‎ 因为翻折后，C与A′重合，所以CM＝A′M，‎ 故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(2)2，‎ 得x＝，经检验，此时点N在线段BC上.‎ 所以FM＝.‎ ‎【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型，解题中要将折叠前后的图形相互联系，使得解题有章可循.‎ ‎【变式训练2】已知二面角α－l－β为60°，平面α内一点A到平面β的距离为AB＝4，则B到平面α的距离为____________.‎ ‎【解析】2.‎ 题型三　线面位置探索性问题 ‎【例3】已知ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2.‎ ‎(1)求PC与平面PBD所成的角；‎ ‎(2)在线段PB上是否存在一点E，使PC⊥平面ADE？若存在，确定E点的位置；若不存在，说明理由.‎ ‎【解析】如图建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 因为PD＝AD＝2，‎ 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2).‎ ‎(1)在正方形ABCD中，OC⊥DB.‎ 因为PD⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，所以PD⊥OC.‎ 又因为DB∩PD＝D，所以OC⊥平面PBD.‎ 所以∠CPO为PC与平面PBD所成的角.‎ 因为＝(0,2，－2)，＝(1,1，－2)，‎ 所以cos〈，〉＝＝，‎ 所以PC与平面PBD所成的角为30°.‎ ‎(2)假设在PB上存在点E，使PC⊥平面ADE. 则＝λ.‎ 因为＝(2,2，－2)，所以＝(2λ，2λ，－2λ)，‎ 而＝(－2,0,2)，所以＝(2λ－2,2λ，2－2λ).‎ 要PC⊥平面ADE，即PC⊥AE，‎ 即＝8λ－4＝0，即λ＝，所以E(1,1,1)，‎ 所以存在点E且E为PB的中点时PC⊥平面ADE.‎ ‎【点拨】对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.‎ ‎【变式训练3】ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，又SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成二面角的正切值为　　　.‎ ‎【解析】.‎ 题型四　立体几何综合问题 ‎【例4】圆柱OO1内有一个三棱柱ABC－A1B‎1C1，三棱柱的底 面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径.‎ ‎(1)求证：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2)设AB＝AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC－A1B‎1C1内的概率为p.‎ ‎①当点C在圆周上运动时，求p的最大值；‎ ‎②记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为θ(0°＜θ≤90°).当p取最大值时，求cos θ的值.‎ ‎【解析】(1)因为A‎1A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A‎1A⊥BC.‎ 因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC.‎ 又AC∩A‎1A＝A，所以BC⊥平面A1ACC1，‎ 而BC⊂平面B1BCC1，所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1.‎ ‎(2)①设圆柱的底面半径为r，则AB＝AA1＝2r，‎ 故三棱柱ABC－A1B‎1C1的体积V1＝AC·BC·2r＝ACBCr.‎ 又因为AC2＋BC2＝AB2＝4r2.‎ 所以AC·BC≤＝2r2，当且仅当AC＝BC＝r时等号成立.‎ 从而V1≤2r3，而圆柱的体积V＝πr2·2r＝2πr3，故p＝≤＝，‎ 当且仅当AC＝BC＝r，即OC⊥AB时等号成立.‎ 所以p的最大值等于.‎ ‎②由①可知，p取最大值时，OC⊥AB.‎ 于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz(如图)，‎ 则C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r).‎ 因为BC⊥平面A1ACC1，‎ 所以＝(r，－r,0)是平面A1ACC1的一个法向量.‎ 设平面B1OC的法向量n＝(x，y，z)，‎ 取z＝1，得平面B1OC的一个法向量为n＝(0，－2,1)，‎ 因为0°＜θ≤90°，‎ 所以cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝||＝.‎ ‎【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想.‎ ‎【变式训练4】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2).有下列四个命题：‎ ‎①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；‎ ‎②将容器侧面水平旋转时，水面也恰好过点P；‎ ‎③任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；‎ ‎④若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满.‎ 其中真命题的序号是　　　.(写出所有真命题的序号)‎ ‎【解析】②④.‎ 总结提高 空间向量和空间坐标系的引入，大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求，因此，运用向量法解决立体几何题，是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此，也可体会到向量法的魅力所在！‎