高三立体几何专题复习

高考立体几何专题复习

一．考试要求：

〔1〕掌握平面的根本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

〔2〕了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念〔对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离〕。

〔3〕了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。

〔4〕了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。

〔5〕会用反证法证明简单的问题。

〔6〕了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。

〔7〕了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。

〔8〕了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。

〔9〕了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。

〔10〕了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的外表积、体积公式。

二．复习目标：

1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的根底上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的根底上，掌握它们的求法(其根本方法是分别作出这些角，并将它们置于*个三角形通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步稳固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．

3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握根本的立体几何解题方法和常用解题技巧，开掘不同问题之间的在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和"说话要有根据〞的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．

5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．

三．教学过程：

〔Ⅰ〕根底知识详析

高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考察的知识点在20个以. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考察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〞的开展.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,角与距离的探常考常新的热门话题.

1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决"平行与垂直〞的有关问题着手，通过较为根本问题，熟悉公理、定理的容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力．

2．判定两个平面平行的方法：

〔1〕根据定义——证明两平面没有公共点；

〔2〕判定定理——证明一个平面的两条相交直线都平行于另一个平面；

〔3〕证明两平面同垂直于一条直线。

3．两个平面平行的主要性质：

⑴由定义知："两平行平面没有公共点〞。

⑵由定义推得："两个平面平行，其中一个平面的直线必平行于另一个平面。 ⑶两个平面平行的性质定理："如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那 么它们的交线平行〞。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 ⑹经过平面外一点只有一个平面和平面平行。

以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为"性质定理〞，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。

4．空间的角和距离是空间图形中最根本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的根本思路是把空间问题转化为平面问题去解决．

空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进展定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值围，如两异面直线所成的角

θ∈(0，

2π]，直线与平面所成的角θ∈0,2π⎡⎤

⎢⎥⎣⎦

，二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈(0，π]．

对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．

如求异面直线所成的角常用平移法〔转化为相交直线〕；求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角；而求二面角α－l －β的平面角〔记作θ〕通常有以下几种方法：

(1) 根据定义；

(2) 过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ(图1)；

(3) 利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面α一点A ，分别作另一个平面β的垂线AB (垂足为B ),或棱l 的垂线AC (垂足为C )，连结AC ，则∠ACB ＝θ或∠ACB ＝π－θ(图2)；

(4) 设A 为平面α外任一点，AB ⊥α，垂足为B ，AC ⊥β，垂足为C ，则∠BAC ＝θ或∠BAC ＝π－θ(图3)； (5) '，则cos θ＝S

S '

. 图 5.6正棱柱〞这一系列中各类几何体的在联系和区别。长方体 正四棱柱掌握并能正确地运用这些性质。

⑷关于平行六面体，在掌握其所具有的棱柱的一般性质外，还须掌握由其定义导出的一些其特有的性质，如长方体的对角线长定理是一个重要定理并能很好地掌握和应用。还须注意，平行六面体具有一些与平面几何中的平行四边形相对应的性质，恰当地运用平行四边形的性质及解题思路去解平行六面体的问题是一常用的解题方法。

⑸多面体与旋转体的问题离不开构成几何体的根本要素点、线、面及其相互关系，因此，很多问题实质上就是在研究点、线、面的位置关系，与"直线、平面、简单几何体"第一局部的问题相比，唯一的差异就是多了一些概念，比方面积与体积的度量等．从这个角度来看，点、线、面及其位置关系仍是我们研究的重点．多面体与旋转体的体积问题是"直线、平面、简单几何体"课程当中相对独立的课题．体积和面积、

长度一样，都是度量问题．常用"分割与补形〞，算出了这些几何体的体积．

7．欧拉公式:如果简单多面体的顶点数为V ，面数F ，棱数E ，则V+F-E ＝2. 计算棱数E 常见方法： (1)E ＝V+F-2；

(2)E ＝各面多边形边数和的一半； (3)E ＝顶点数与共顶点棱数积的一半。 8．经纬度及球面距离

⑴根据经线和纬线的意义可知，*地的经度是一个二面角的度数，*地的纬度是一个线面角的度数，设

球O 的地轴为NS ，圆O 是0°纬线，半圆NAS 是0°经线，假设*地P 是在东经120°，北纬40°，我们可

以作出过P 的经线NPS 交赤道于B ，过P 的纬线圈圆O 1交NAS 于A ，则则应有：∠AO 1P=120°(二面角的平

面角) ，∠POB=40°〔线面角〕。

⑵两点间的球面距离就是连结球面上两点的大圆的劣弧的长，因此，求两点间的球面距离的关键就在于求出过这两点的球半径的夹角。

例如，可以循着如下的程序求A 、P 两点的球面距离。

S 球表=4πR 2 V 球=3

4πR

3

⑴球的体积公式可以这样来考虑：我们把球面分成假设干个边是曲线的小"曲边三角形〞；以球心为顶点，以这些小曲边三角形的顶点为底面三角形的顶点，得到假设干个小三棱锥，所有这些小三棱锥的体积和可以看作是球体积的近似值.当小三棱锥的个数无限增加，且所有这些小三棱锥的底面积无限变小时，小三棱锥的体积和就变成球体积，同时小三棱锥底面面积的和就变成球面面积,小三棱锥高变成球半径.由

于第n 个小三棱锥的体积＝31S n h n 〔S n 为该小三棱锥的底面积,h n 为小三棱锥高〕

，所以V 球＝31S 球面·R ＝3

1

·4πR 2·R ＝3

4

πR 3.

⑵在应用球体积公式时要注意公式中给出的是球半径R ，而在实际问题中常给出球的外径〔直径〕.

⑶球与其它几何体的切接问题，要仔细观察、分析、弄清相关元素的位置关系和数量关系，选择最正确角度作出截面，以使空间问题平面化。 10．主要题型：

⑴以棱柱、棱锥为载体，考察线面平行、垂直，夹角与距离等问题。 ⑵利用欧拉公式求解多面体顶点个数、面数、棱数。

⑶求球的体积、外表积和球面距离。解题方法：求球面距离一般作出相应的大圆，转化为平面图形求解。

11．考前须知

⑴须明确"直线、平面、简单几何体"中所述的两个平面是指两个不重合的平面。 ⑵与"直线与直线平行〞、"直线与平面平行〞的概念一样"平面与平面平行〞是

指"二平面没有公共点〞。由此可知，空间两个几何元素〔点、直线、平面称为空间三个几何元素〕间"没有公共点〞时，它们间的关系均称为"互相平行〞。要善于运用平面与平面平行的定义所给定的两平面平行的最根本的判定方法和性质。

⑶注意两个平行平面的画法——直观地反映两平面没有公共点，将表示两个平面的平行四边形画成对应边平行。两个平面平行的写法与线、线平行，线、面平行的写法一议，即将"平面α平行于平面β〞，记为"α∥β〞。

⑷空间两个平面的位置关系有且只有"两平面平行〞和"两平面相交〞两种关系。 ⑸在明确"两个平行平面的公垂线〞、"两个平行平面的公垂线段〞、"两个平行平面的距离〞的概念后，应该注意到，两平行平面间的公垂线段有无数条，但其长度都相等——是唯一确定的值，且两平行平面间的公垂线段，是夹在两平行平面间的所有线段中最短的线段，此外还须注意到，两平行平面间的距离可能化为"其中一个平面的直线到另一个平面的距离〞又可转化为"其中一个面的一个点到另一个平面的距离。

⑹三种空间角，即异面直线所成角、直线与平面所成角。平面与平面所成二面角。它们的求法一般化

⌒

⌒

⌒

⌒

⌒

归为求两条相交直线的夹角，通常"线线角抓平移，线面角找射影，面面角作平面角〞而到达化归目的，有

时二面角大小出通过cos θ=原射

S S 来求。

⑺有七种距离，即点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离，其中点与点、点与直线、点到平面的距离是根底，求其它几种距离一般化归为求这三种距离，点到平面的距离有时用"体积法〞来求。

〔Ⅱ〕2004--2008年高考数学立体几何综合题选

1．〔2004年理科高考19题〕〔本小题总分值12分〕

如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形，,,//,PA ABCD AE PD EF CD AM EF ⊥⊥=底面 〔1〕证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；

〔2〕假设3PA AB =,求直线AC 与平面EAM 所成角的正弦值。 〔I 〕证明：因PA ⊥底面，有PA ⊥AB ，又知AB ⊥AD ，

故AB ⊥面PAD ，推得BA ⊥AE ， 又AM ∥CD ∥EF ，且AM=EF ， 证得AEFM 是矩形，故AM ⊥MF.

又因AE ⊥PD ，AE ⊥CD ，故AE ⊥面PCD ， 而MF ∥AE ，得MF ⊥面PCD ， 故MF ⊥PC ，

因此MF 是AB 与PC 的公垂线.

〔II 〕解：连结BD 交AC 于O ，连结BE ，过O 作BE 的垂线OH ， 垂足H 在BE 上. 易知PD ⊥面MAE ，故DE ⊥BE ， 又OH ⊥BE ，故OH//DE ， 因此OH ⊥面MAE. 连结AH ，则∠HAO 是所要求的线AC 与面NAE 所成的角 设AB=a ，则PA=3a ， a AC AO 2

2

21==.

因Rt △ADE~Rt △PDA ，故

说明：此题主要考察线面关系，考察空间想象能力和推理能力。 2．〔2004年高考卷文科〔19〕〕〔本小题总分值12分〕

如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形，,,//,PA ABCD AE PD EF CD AM EF ⊥⊥=底面 〔1〕 证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；

〔2〕假设3PA AB =,求二面角E

〔I 〕证明：因PA ⊥底面，有PA ⊥故AB ⊥面PAD ，推得BA 又AM ∥CD ∥EF ，且AM=EF 证得AEFM 是矩形，故AM 又因AE ⊥PD ，AE ⊥CD

而MF ∥AE ，得MF ⊥面PCD ， 故MF ⊥PC ，

因此MF 是AB 与PC 的公垂线.

〔II 〕解：因由〔I 〕知AE ⊥AB ，又AD ⊥AB ，

故∠EAD 是二面角E —AB —D 的平面角. 设AB=a ，则PA=3a. 因Rt △ADE~Rt △PDA 故∠EAD=∠APD

因此10

10)3(sin sin 2

2=

+==

=a a a PD

AD

APD EAD . 说明：此题主要考察线面关系根底知识，考察空间想象能力和推理运算能力。

3．〔2006年高考卷理科〔19〕〕〔本小题总分值１３分〕如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD,AD =CD =2A B,E 、F 分别为PC 、CD 的中点.

〔Ⅰ〕试证：CD ⊥平面BEF;

〔Ⅱ〕设PA ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值围.

解法一：〔Ⅰ〕证：由DF ∥AB 且∠DAB 为直角，故ABFD 是矩

形，从而CD ⊥BF . 又PA ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别为PC 、CD 的

中点，

故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF .

〔Ⅱ〕连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,

则在△PAC 中易知EG ∥PA .又因PA ⊥底面ABCD , 故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD , 垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD . 从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角.

第〔19〕图１

设AB=a ,则在△PAC 中，有EG =

21PA =2

1

ka . 以下计算GH ，考虑底面的平面图〔如答(19)图２〕. 连结GD .因S △GBD =21BD ·GH=2

1

GB ·DF. 故GH =

GB DF BD

⋅. 在△ABD 中，因为AB ＝a,AD =2 a,

得BD =5a

第〔19〕图２

而GB =

21FB =2

1

AD =a.DF=AB ,从而得 B

A C P

E

F D

题19图

GH =GB AB BD =5a a a ⋅＝.55a 因此tan EHG=GH EG =.255

5

21k a ka

= 由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须

k 25＞tan ︒30=,3

3 解之得，k 的取值围为k ＞

.15

15

2 解法二：〔Ⅰ〕如图，以A 为原点，AB 所在直线为*轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间

直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为

A (0,0,0),

B (a ,0,0),

C (2a ,2a ,0),

D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0). 从而DC =(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),

DC ·BF =0,故DC ⊥BF .

设PA =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故第〔19〕３ E ⎪⎭⎫ ⎝⎛2,

,b a a .从而BE =⎪⎭⎫ ⎝

⎛

2,,0b a . DC ·BE =0,故DC ⊥BE . 由此得CD ⊥面BEF .

〔Ⅱ〕设E 在*Oy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD,垂足为H,由三垂线定理知 EH ⊥BD.从而∠EHG 为二面角E-BD-C 的平面角.

由PA ＝k ·AB 得P(0,0,ka),E ⎪⎭

⎫

⎝⎛2,

,ka a a ,G(a,a,0). 设H(*,y,0)，则GH =(*-a,y-a,0),BD =(-a,2a,0),

由GH ·BD =0得-a(*-a)+2a(y-a)=0, 即*-2y=-a …………………………① 又因BH =(*-a,y,0),且BH 与BD 的方向一样，故

x a a --＝a

y

2，即2*+y=2a …② 由①②解得*=

53a,y=54a,从而GH ＝⎪⎭

⎫

⎝⎛--0,51,52a a ，｜GH ｜＝55a.

tan EHG =

EG GH

=

a Ka

5

52

=

k 2

5. 由k ＞0知∠EHC 是锐角，由∠EHC ＞,30︒得tanEHG ＞tan ,30︒即

k 25＞.3

3 故k 的取值围为k ＞15152. 说明：此题考察直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等根底知识，考察空间想象能力和推理论证能

力。

4〔2006年高考卷理科〔20〕〕〔本小题总分值12分〕

如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，

11,31AB BB ==，E 为1BB 上使11B E =的点。

平面1AEC 交1DD 于F ，交11A D 的延长线于G ，求： 〔Ⅰ〕异面直线AD 与1C G 所成角的大小； 〔Ⅱ〕二面角11A C G A --的正切值；

解法一：〔Ⅰ〕由111//AD D G C GD ∠知为异面直线AD 与1C G 所成角．〔如图1〕 连接1C F ．因为ＡＥ和1C F 分别是平行平面1111ABB A CC D D 1和与平面AEC G 的交线， 所以AE//1C F ,由此得11

1

3. 3.D F BF FDG FDA DG =∆∆⇒ 〔Ⅱ〕作11D H C G ⊥于H,由三垂线定理知

即二面角11A C G A --的平面角.

113

,6

Rt HD G H D H π

∆∠=

=

11在中,由D G=3GD 得. 从而1113

tan 232

D F

D HF D H

=

==. 解法二：〔Ⅰ〕由111//AD D G C GD ∠知为异面直线AD 与1C G 所成

角．〔如图2〕

因为1EC 和AF 是平行平面11BB C D 111C 与平面AA D 与平面AEC G 的交线， 所以1//EC AF ,由此得1111

11,31 3.4

AGA EC B AG AA D G π

∠=∠=

⇒==⇒= 〔Ⅱ〕11114

6

AC G AC G π

π

∆∠∠∠1111在中,由C A G=

,A GC =

知为钝角。

作111A H GC GC ⊥交的延长线于H,连接AH ，由三垂线定理知

1,GH AH A HA ⊥∠11故为二面角A-C G-A 的平面角.

1131

1,6

Rt A HG H H π

+∆∠=

=

11在中,由A G=3GA 得A 从而1113tan 231A A

A HA A H

=

==+. 解法三：〔Ⅰ〕以1A 为原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 所在直线分别为*、y 、z 轴建立如图3所示的空间直角坐标

系，于是，131),(1,1,0),(0,131),(1,0,1),A C D E

1(0,1,0),(0,1,1).AD EC ==-因为1EC 和AF 是平行平面

11BB C D 111C 和AA D 与平面AEC G 的交线，所以1//EC AF ．设Ｇ〔0,y,0〕,则

11(0,,13).//13

AG y EC AG y =--⇒

=--由,于是31y =. 故1(0,13,0),(13,0)G C G =-.设异面直线AD 与1C G 所成的角的大小为θ,则:

113cos 2AD C G AD C G

θ⋅=

=

⋅,从而 .6πθ= 〔Ⅱ〕作

11A H C G

⊥ H,由三垂线定理知

1,GH AH A HA ⊥∠11故为二面角A-C G-A 的平面角. 设H 〔a,b,0〕,

则:11(,,0),(1

,1,0)A H a b C H a b ==--.由11A H C G ⊥得: 110,C H C G ⋅=由此得a-3b=0.……①

又由1111,,//,13

a H C G C H C G -⇒

=-共线得,于是 331)0.a b +-=……②

联立①②得:33313331

()a b H ++++=

=故, 由2211331313(

)(),13442

A H A A +++=+==+ 得:

111tan 22

A A

A HA A H

=

==. 5．〔2007年理科高考19题〕19．〔本小题总分值13分，其中〔Ⅰ〕小问8分，〔Ⅱ〕小问5分〕 如题〔19〕图，在直三棱柱111ABC A B C -中，

12AA =，1AB =，90ABC =∠；

点D E ，分别在1BB ，1A D 上，且11B E A D ⊥， 四棱锥1C ABDA -与直三棱柱的体积之比为3:5． 〔Ⅰ〕求异面直线DE 与11B C 的距离；

〔Ⅱ〕假设BC =111A DC B --的平面角的正切值．

解法一：

〔Ⅰ〕因1111B C A B ⊥，且111B C BB ⊥，故11B C ⊥面11A ABB ，

从而111B C B E ⊥，又1B E DE ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线． 设BD 的长度为x ，则四棱椎1C ABDA -的体积1V 为

1

11111()(2)366

ABDA V S BC DB A A AB BC x BC ==+=+····． 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为2111

2

ABC V S AA AB BC AA BC ===△···．

由条件12:3:5V V =，故13(2)65x +=，解之得8

5x =．

从而1182

255B D B B DB =-=-=．

在直角三角形11A B D

中，1A D ===，

又因111111111

22

A B D S A D B E A B B D ==△··，

故11111A B B D B E A D =

=· 〔Ⅱ〕如答〔19〕图1，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，

因

1111A B B C ⊥，111A B B D ⊥，故11A B ⊥面11B DC ．

由三垂线定理知11C D A F ⊥，故11A FB ∠为所求二面角的平面角．

A

B

C

D

E 1B

1C

1A

题〔19〕图

A

B

C

D

E 1B

1C

1A

F

在直角11C B D △

中，15C D ===，

又因111111111

22

C B

D S C D B F B C B D ==△··，

故111119B C B D B F C D =

=·

，所以11111tan 2

A B A FB B F ==． 解法二：

〔Ⅰ〕如答〔19〕图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则(000)B ，，，1(002)B ，，，(010)A ，，，1(012)A ，，，则1(002)AA =，，，(010)AB =-，

，． 设1(02)C a ，，，则11(00)B C a =，，，

又设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，，

从而1110BC B E =，即111B E BC ⊥．

又11B E DA ⊥，所以1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线．

下面求点D 的坐标．

设(00)D z ，，，则(00)BD z ，

，． 因四棱锥1C ABDA -的体积1V 为

1

(2)16

z BC =+． 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为2111

2

ABC V S AA AB BC AA BC ===△． 由条件12:3:5V V =，故

13(2)65z +=，解得85z =，即8005D ⎛

⎫ ⎪⎝⎭，，． 从而12005DB ⎛⎫ ⎪⎝⎭

，

，，12015DA ⎛

⎫= ⎪⎝

⎭

，，，00805DE y z ⎛⎫=- ⎪⎝

⎭

，，． 接下来再求点E 的坐标．

由11B E DA ⊥，有110B E DA =，即002

(2)05

y z +

-= 〔1〕 又由1DA DE ∥得

00

8

521

5

z y -=． 〔2〕

联立〔1〕，〔2〕，解得0429y =

，04829z =，即44802929E ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，得14

1002929B E ⎛⎫=- ⎪⎝⎭

，，

．

答〔19〕图2

故129B E ⎛== 〔Ⅱ〕由BC =

12)C ，，从而12(2)5

DC =，

，，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ， 设11(0)F x z ，，，则111(02)B F x z =-，，，因为110B F DC =，故

1124

055

z +

-=……………………………………① 因11805DF x z ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，

，且1DF DC ∥得18525

z -

=，即 11205x =……………………………………② 联立①②解得1x =

，14427z =

，即4427F ⎫⎪⎭，． 则110127A F ⎫=--⎪⎭，，11027B F ⎫=-⎪⎭，．

12||27B F ⎛== ⎝⎭． 又112102

22(1)0027275

A F DC =+--=，故11A F DC ⊥，因此11A F

B ∠为所求二面角的平面角．又

11(010)A B =-，，，从而1110A B B F =，故11A B ⊥1B F ，11A B F △为直角三角形，所以11111||3tan 2||

A B A FB B F =

=． 6. 〔2007年文科高考19题〕如题19图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=°，

13

122

AB BC AA ===，，；点D 在棱1BB 上，

11

3

BD BB =；11B E A D ⊥，垂足为E ，求：

〔Ⅰ〕异面直线1A D 与11B C 的距离； 〔Ⅱ〕四棱锥C ABDE -的体积．

解法一：〔Ⅰ〕由直三棱柱的定义知111B C B D ⊥，又因为90ABC ∠=°， 因此1111B C A B ⊥，从而11B C ⊥平面11A B D ． 得111B C B E ⊥，又11B E A D ⊥．

A

C

D

F

E 1A

1B

1C

故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线． 由113BD BB =

知143

B D =， 在11A B D Rt △中，53AD ===．

又因111111111

22

A B D S A B B D A D B E =

=△··， 故11111414

3553

A B B D B E A D ===·

·．

〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知11B C ⊥平面11A B D ，又11BC B C ∥， 故BC ⊥平面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高， 从而所求四棱锥的体积V 为

1

3

C ABDE V V S BC -==··，

其中S 为四边形ABDE 的面积，如答〔19〕图1，过E 作1EF B D ⊥，垂足为F ．

在1B ED Rt △中，16

15

ED ===．

又因1111122

B ED S B E DE B D EF ==△··， 故1116

25

B E DE EF B D =

=·．

因1A AE △的边1A A 上的高11169

12525

h A B EF =-=-=

， 故111199

2222525

A AE S A A h =

==

△···． 又因为11111

1142

12233

A B D S A B B D ===△···， 从而111119273225375

ABB A A AE A B D S S S S =--=-

-=△△． 所以117337333752150

V S BC ===····． 空间

解法二：〔Ⅰ〕如答〔19〕图2，以B 点为坐标原点O 建立

直角坐标系O xyz -， 则

B

A

C

D

F

E

1A

1B

1C

答〔19〕图1

y

*

11132(010)(012)(000)(002)020023A A B B C D ⎛⎫⎛

⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝

⎭，，，，，，，，，，，，，，，，，．

因此

1(002)AA =，，，(010)AB =-，，，

1132B C ⎛⎫=00 ⎪⎝⎭，，，1403A D ⎛

⎫=-1- ⎪⎝

⎭，，．

设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，， 因此1B E 11B C 0=，从而111B C B E ⊥．

又由题设11B E A D ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线． 下面求点E 的坐标．

因11B E A D ⊥，即110B E A D =，从而004

(2)03

y z --=， ······ 〔1〕 又100(012)A E y z =--，，，且11

A E A D ∥，得0012

41

3

y z --=． ··· 〔2〕 联立〔1〕，〔2〕解得01625y =

，03825z =，即3802525E 16⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，161202525B E 1⎛⎫

=- ⎪⎝

⎭，，

． 所以1164255B E ⎛== ． 〔II 〕由BC AB ⊥，BC DB ⊥，故BC ⊥面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高．

下面求四边形ABDE 的面积．

因为1ABDE ABE BDE S S S AB =+=△△，

，2

3

BD =． 而0113819

1222525ABE S AB z =

==

△． 故191673

257575

ABDE S =+=

． 所以1173373

33752150

C ABDE ABDE V S BC -===

． 7．〔2008年理科高考19〕〔本小题总分值13分，〔Ⅰ〕小问6分，〔Ⅱ〕小问7分.〕 如题〔19〕图，在ABC 中，B=90,AC =

15

2

,D 、E 两点分别在AB 、AC 上.使 2AD AE

DB EC

==,DE=3.现将ABC 沿DE 折成直二角角，求： 〔Ⅰ〕异面直线AD 与BC 的距离；

〔Ⅱ〕二面角A-EC-B 的大小〔用反三角函数 解法一：

〔Ⅰ〕在答〔19〕图1中，因

AD AE

DB CE

=

，故BE ∥BC .又因B ＝90°，从而 AD ⊥DE .

在第〔19〕图2中，因A -DE -B 是直二面角，AD ⊥DE ,故AD ⊥底面DBCE ，从 而AD ⊥DB .而DB ⊥BC ,故DB 为异面直线AD 与BC 的公垂线. 下求DB 之长.在答〔19〕图1中，由2AD AE CB BC ==，得2

.3

DE AD BC AB == 又DE =3,从而39

.22

BC DE == 因

1

, 2.3

DB DB AB =故＝ 〔Ⅱ〕在第〔19〕图2中，过D 作DF ⊥CE ,交CE 的延长线于F ，连接AF .由〔1〕知，

AD ⊥底面DBCE ,由三垂线定理知AF ⊥FC ,故∠AFD 为二面角A -BC -B 的平面 角.

在底面DBCE 中，∠DEF =∠BCE ,

因此4

sin .5

DB BCE EC =

= 从而在Rt △DFE 中，DE =3,

在5

Rt ,4,tan .3

AD AFD AD AFD DF ∆===中 因此所求二面角A -EC -B 的大小为arctan 5

.3

解法二：

〔Ⅰ〕同解法一.

〔Ⅱ〕如答〔19〕图3.由〔Ⅰ〕知，以D 点为坐标原点，DB DE DA 、

、的方向为*、 y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D 〔0，0，0〕，A 〔0，0，4〕，

9202C ⎛⎫

⎪⎝⎭

，，，E 〔0，3，0〕.

302AD AD ⎛

⎫ ⎪⎝

⎭＝-2，-，，＝（0，0，-4）.过D 作DF ⊥CE ,交CE 的延长线

于F ，连接AF .

设00(,,0),F x y 从而00(,,0),DF x y =

00(,3,0).EF x y DF CE =-⊥由，有

003

0,20.2DF CE x y =+

=即① 又由003

,.32

2x y CE EF -=得②

联立①、②，解得00364836483648,.,,0,,4.252525252525x y F AF ⎛⎫⎛⎫=-

=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

即，得

因为36483(2)025252AF CE ⎛⎫⎛⎫

=-

-+-= ⎪

⎪⎝⎭⎝⎭

,故AF CE ⊥,又因DF CE ⊥,所以DFA ∠为所求的二面角A-EC-B 的平面角.因3648,,0,2525DF ⎛⎫=-

⎪⎝⎭有2

2

364812

,4,25255DF AD ⎛⎫⎛⎫=-+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭

所以5

tan .3

AD

AFD DF =

= 因此所求二面角A-EC-B 的大小为5arctan .3

8．〔2008年文科高考20〕如图〔20〕图，αβ和为平面，,,,l A B α⋂β=∈α∈βAB =5,A ,B 在棱l 上的射影分别为A ′，B ′，AA ′＝3，BB ′＝2.假设二面角l α--β的大小为

23

π

，求： 〔Ⅰ〕点B 到平面α的距离;

〔Ⅱ〕异面直线l 与AB 所成的角〔用反三角函数表示〕.

解：〔1〕如答〔20〕图，过点B ′C ∥A ′A 且使B ′C=A ′A .过点B 作BD ⊥CB ′，交CB ′的延长线于D . 由AA ′⊥l ，可得DB ′⊥l ，又BB ′⊥l ，故l ⊥平面BB ′D ，得BD ⊥l 又因BD ⊥CB ′，从而BD ⊥平面α,BD 之长即为点B 到平面α的距离.

因B ′C ⊥l 且BB ′⊥l ，故∠BB ′C 为二面角α-l-β的平面角.由题意，∠BB ′C =

32π.因此在Rt △BB ′D 中，BB ′=2,∠BB ′D =π-∠BB ′C =3

π

,BD=BB ′·sinBB ′D =3.

〔Ⅱ〕连接AC 、BC .因B ′C ∥A ′A ，B ′C=A ′A,AA ′⊥l ,知A ′ACB ′为矩形，故AC ∥l .所以∠BAC 或其补角为异面直线l 与AB 所成的角.

在△BB ′C 中，B ′B =2，B ′C =3，∠BB ′C =

3

2π

，则由余弦定理， BC =22'''cos '19B B B C B C BB C +-•=.

因BD ⊥平面α，且DC ⊥CA ，由三筹划线定理知AC ⊥BC. 故在△A BC 中，∠BCA=

2

π

，sin BAC =195BC AB =. 因此，异面直线l 与AB 所成的角为arcsin

〔Ⅲ〕例分析

例1、如图1，设ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，F 是A 1B 1的中点，且

(1)求证：AF ⊥A 1C ； (2)求二面角C-AF-B 的大小．

分析：先来看第1问，我们"倒过来〞分析．如果已经证得AF ⊥A 1C ，则注意到因为AB=2AA 1=2a ，

ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，从而假设设E 是AB 的中点，就有A 1E ⊥AF ，即AF ⊥平面A 1CE ．则，如果我们能够先证明AF ⊥平面A 1CE ，则就可以证得AF ⊥A 1C ，而这由CE ⊥平面AA 1B 1B 立得．

再来看第2问．为计算二面角C-AF-B 的大小，我们需要找到二面角C-AF-B 的平面角．由前面的分析

知，CE ⊥平面AA 1B 1B ，而AF ⊥A 1E ，所以，假设设G 是AF 与A 1E 的中点，则∠CGE 即为二面角C-AF-B 的平面角，再计算△CGE 各边的长度即可求出所求二面角的大小．

解：(1)如图2，设E 是AB 的中点，连接CE ，EA 1．由ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，知AA 1⊥平面ABC ，而CE 平面ABC ，所以CE ⊥AA 1，

∵AB=2AA 1=2a ，∴AA 1=a ，AA 1⊥AE ，知AA 1FE 是正方形，从而AF ⊥A 1E ．而A 1E 是A 1C 在平面AA 1FE 上的射影，故AF ⊥A 1C ；

(2)设G 是AB 1与A1E 的中点，连接CG ．因为CE ⊥平面AA 1B 1B ，AF ⊥A 1E ，由三垂线定理，CG ⊥AF ，所以∠CGE 就是二面角C-AF-B 的平面角．∵AA 1FE 是正方形，AA 1=a ，

∴1122

EG EA a =

=，

∴2CG ==

， ∴tan ∠

CGE=2

a

CG EG ===，∠CGE ＝60，从而二面角C-AF-B 的大小为60。 说明：假设欲证之结论成立，"倒着〞分析的方法是非常有效的方法，往往能够帮助我们迅速地找到解题的思路．"直线、平面、简单几何体"证明的过程必须是"例2、 一条长为2角，过B 两点分别作两平面交线的垂线AC 、BD 以CD 为轴，将平 以AB 面BCD 旋转至与 面ABD 旋转至与 平面ACD 共面 平面图 1 图解法１、过D 点作DE ⊥AB 于E ，过E 作－C 的平面角．

为计算△DEF 3

＝030cos BE ＝3

2．在移出图3中， ∵ cos B ＝BC BD ＝3

2

,

在△BDF 中，由余弦定理： DF 2＝BD 2＋BF 2－2BD BF cos B

＝(2)2

＋(

32

)2

－2 2

3

2

3

2

＝32． 〔注：其实，由于AB ⊥DE ，AB ⊥EF ，∴AB ⊥平面DEF ，∴AB ⊥DF ．

又∵AC ⊥平面β， ∴AC ⊥DF ．∴DF ⊥平面ABC ， ∴DF ⊥BC ，即DF 是Rt △BDC 斜边BC 上的高，于是由BC DF ＝CD BD 可直接求得DF 的长．〕

在△DEF 中，由余弦定理：

cos ∠DEF ＝EF DE DF EF DE ⋅-+2222＝3

11232)3

1(12⋅⋅-

+＝33.

∴∠DEF ＝arccos

3

3

.此即平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小． 解法２、过D 点作DE ⊥AB 于E ，过C 作CH ⊥AB 于H ，则HE 是二异面直线CH 和DE 的公垂线段，CD 即

二异面直线上两点C 、D 间的距离．运用异面直线上两点间的距离公式，得：

CD 2＝DE 2＋CH 2＋EH 2－2DE CH cos θ (*)

〔注：这里的θ是平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小，当0＜θo ≤90o

，θ亦即异面直线CH 与DE

所成的角；当90o ＜θ＜180o ，异面直线所成的角为180o

－θ .〕

∵CD ＝DE ＝1，CH ＝

2

3

，HE ＝21，

从而算得 cos θ＝33， ∴θ＝arccos 3

3

.

说明：(1)解空间图形的计算问题，首先要解决定位问题〔其中最根本的是确定点在直线、点在平面上的射影〕，其次才是定量问题．画空间图形的"平面移出图〞是解决定位难的有效方法，必须熟练掌握．

(2) 解法２具有普遍意义，特别是公式(*)，常可到达简化运算的目的．

例3、PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点. 〔1〕求证：MN ⊥AB ；

〔2〕设平面PDC 与平面ABCD 所成的二面角为锐角θ，问能否确定θ使直线MN 是异

面直线AB 与PC 的公垂线？假设能，求出相应θ的值；假设不能，说明理由.

解：〔1〕∵PA ⊥矩形ABCD ，BC ⊥AB ，∴PB ⊥BC ，PA ⊥AC ，即△PBC 和△PAC 都是 以PC 为斜边的直角三角形，BN PC AN ==

∴2

1

，又M 为AB 的中点， ∴MN ⊥AB.

〔2〕∵AD ⊥CD ，PD ⊥CD.∴∠PDA 为所求二面角的平面角，即∠PDA=θ. 设AB=a ，PA=b ，AD=d ，则224

1a b PM +=，

224

1a d CM +

= 设PM=CM 则由N 为PC 的中点， ∴MN ⊥PC 由〔1〕可知MN ⊥AB ，∴MN 为

PC 与AB 的公垂线，这时PA=AD ，∴θ=45°。

例4、四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD.

〔1〕假设面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°

解:〔1〕正方形ABCD 是四棱锥P —ABCD 的底面, 其面积 为,2

a 从而只要算出四棱锥的高就行了.

⊥PB 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 ·tan60°=3a ,

3

23

3331a a a V =⋅=∴锥.

〔2〕不管棱锥的高怎样变化，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 ，

CEA CED CE AE ∠=∠=∴故,90, 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.0)2)(2(2)2(cos ,2

2

22<-+=⋅⋅-+=∠∆AE

OA AE OA AE EC AE OA EC AE AEC AEC 中 故平面PAD 与平面PCD 所成的二面角恒大于90°. 说明：本小题主要考察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5、如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=900

，AC=1，C 点到AB 1的距离为CE=

2

3

，D 为AB 的中点. 〔1〕求证：AB 1⊥平面CED ；

〔2〕求异面直线AB 1与CD 之间的距离； 〔3〕求二面角B 1—AC —B 的平面角.

解:〔1〕∵D 是AB 中点，△ABC 为等腰直角三角形，

∠ABC=900

，∴CD ⊥AB 又AA 1⊥平面ABC ，∴CD ⊥AA 1. ∴CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥AB 1，又CE ⊥AB 1， ∴AB 1⊥平面CDE ；

〔2〕由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1,

∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段 ∵CE=

23，AC=1 ,∴CD=

.22

∴2

1)()(22=-=CD CE DE ； 〔3〕连结B 1C ，易证B 1C ⊥AC ，又BC ⊥AC ,

∴∠B 1CB 是二面角B 1—AC —B 的平面角. 在Rt △CEA 中，CE=2

3，BC=AC=1,∴∠B 1AC=600

∴260

cos 1

2

1==

AB ，∴2)()(2211=-=AB AB BB , ∴21

1==∠BC

BB CB B tg , ∴21arctg CB B =∠. 说明：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6、 如图，在三棱锥ABC —S 中，⊥SA 平面ABC ，1==AC AB ，2=SA ，D 为BC 的中点. 〔1〕判断AD 与SB 能否垂直，并说明理由；

〔2〕假设三棱锥ABC —S 的体积为

6

3

，且BAC ∠为 钝角，求二面角A BC ——S 的平面角的正切值；

〔3〕在〔Ⅱ〕的条件下，求点A 到平面SBC 的距离. 解：〔1〕因为SB 在底面ABC 上的射影AB 与AD 不垂直，否则与AB =AC 且

D 为BC 的中点矛盾，所以AD 与SB 不垂直； 〔2〕设θ=∠BAC ，则6

3

2121312=

θ⨯⨯⨯⨯=sin V 解得 2

3

=

θsin ，所以060=θ〔舍〕，0120=θ. ⊥SA 平面ABC ，AB =AC ，D 为BC 的中点 ∴BC SD BC AD ⊥⊥,，

则SDA ∠是二面角S —BC —A 的平面角.

在SDA Rt ∆中，4==∠AD

SA

SDA tan ,

故二面角的正切值为４；

〔3〕由〔2〕知，⊥BC 平面SDA ，所以平面SBC ⊥平面SDA ，过点A 作AE ⊥SD ，则AE ⊥平面SBC ，于是点A 到平面SBC 的距离为AE,

从而17172=

∠=SDA AD AE sin 即A 到平面SBC 的距离为17

17

2. 例7、在平面几何中有如下特性：从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值。类比上述性质，请表达在立体几何中相应地特性，并画出图形。不必证明。

类比性质表达如下 ：

解：立体几何中相应地性质：

⑴从二面角的棱出发的一个半平面任意一点到二面角的两个面的的距离

图

γ β P

之比为定值。

⑵从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面 的距离之比为定值。

⑶在空间，从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离 之比为定值。

⑷在空间，射线OD 上任意一点P 到射线OA 、OB 、OC 的距离之比不变。 ⑸在空间，射线OD 上任意一点P 到平面AOB 、BOC 、COA 的 距离之比不变。

说明：〔2〕——〔5〕还可以有其他的答案。

例8、圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O 1且平行于母线AB 的平面所截，假设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．

解: 〔1〕设圆锥的底面半径为R ，母线长为l ，

由题意得：R l ππ2=,

即2

1

cos 1==l R ACO ,

所以母线和底面所成的角为.600

〔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OO 1//AB 且.

211AB OO =

在截面MON ，以OO 1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*2

=－2py ，点N 的坐标为〔R ，－R 〕，代入方程得 R 2

=－2p 〔－R 〕，得R=2p ，l =2R=4p.

∴圆锥的全面积为22221248p p p R Rl πππππ=+=+. 说明：将立体几何与解析几何相, 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．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9、在直角梯形ABCD 中，∠A=∠D=90°，AB ＜CD ，SD ⊥平面ABCD ，AB=AD=a ，S D=a 2，在线段SA 上取一点E 〔不含端点〕使EC=AC ，截面CDE 与SB 交于点F 。

〔1〕求证：四边形EFCD 为直角梯形； 〔2〕求二面角B-EF-C 的平面角的正切值；

〔3〕设SB 的中点为M ，当AB

CD

的值是多少时，能使△DMC

为直角三角形？请给出证明. 解：〔1〕∵CD ∥AB ，AB ⊂平面SAB ∴CD ∥平面SAB 面EFCD ∩面SAB =EF ，

∴CD ∥EF ∵,,900AD CD D ⊥∴=∠ 又⊥SD 面ABCD

∴CD SD ⊥⊥∴CD 平面SAD ，∴ED CD ⊥又CD AB EF << EFCD ∴为直角梯形

〔2〕⊥CD 平面EF SAD ,∥⊥EF CD ,平面SAD

AED EF DE EF AE ∠∴⊥⊥∴,,即为二面角D —EF —C 的平面角

CDE Rt CD ED ∆∴⊥,中222CD ED EC += 而222CD AD AC +=且EC AC =

,ED AD ADE α∴==∴∆为等腰三角形，tan 2AED EAD AED ∴∠=∠∴∠= (3)当

2CD

AB

=时，DMC ∆为直角三角形 . A

B C

D S

E F M A

B

C

D

M N

02245,2,2,=∠=+==∴=BDC a AD AB BD a CD a AB BD BC a BC ⊥=∴,2,

⊥∴SD 平面⊥∴⊥∴BC BC SD ABCD ,,平面SBD .

在SBD ∆中，M DB SD ,=为SB 中点，SB MD ⊥∴.

⊥∴MD 平面⊂MC SBC ,平面,SBC MD MC DMC ∴⊥∴∆为直角三角形。

例10、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. 解: ∵F 、G 分别为EB 、AB 的中点，

∴FG=

2

1

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3

23

,tan 2

332

a GH a GHB a =

∴∠==. 例11、如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，

P 、Q 分别是线段AD 1和BD 上的点， 且D 1P ∶PA =DQ ∶QB =5∶12. (1) 求证PQ ∥平面CDD 1C 1；

(2) 求证PQ ⊥AD ； (3)求线段PQ 的长.

解：〔1〕在平面AD 1，作PP 1∥AD 与DD 1交于点P 1，在平面AC ，作

QQ1∥BC 交CD 于点Q 1，连结P 1Q 1. ∵

12

5

1==QB DQ PA P D , ∴PP1//

QQ 1 .

由四边形PQQ 1P 1为平行四边形, 知PQ ∥P 1Q 1，而P 1Q 1⊂平面CDD 1C 1， 所以PQ ∥平面CDD 1C 1

〔2〕 AD ⊥平面D 1DCC 1， ∴AD ⊥P 1Q 1，又∵PQ ∥P 1Q 1， ∴AD ⊥PQ.

〔3〕由〔1〕知P 1Q 1//

PQ,

12

5

QB DQ C Q DQ 11==，而棱长CD=1. ∴DQ 1=175. 同理可求得 P 1D=1712

.