2016届高三数学一轮总复习：专题10-立体几何(含解析)

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专题十、立体几何

抓住3个高考重点

重点1 三视图与空间几何体的表面积和体积 1.三视图的画法

三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，画几何体的三视图的要求是正视图、俯视图长对正，正视图、侧视图高平齐，俯视图、侧视图宽相等．画出的三视图要检验是否符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征，

对于简单几何体的组合体，首先要弄清它是由哪些简单几何体组成的，再画出它的三视图． 2.由三视图还原直观图的方法

（1）还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体． （2）图中实线和虚线实际是原几何体中的可视线与被遮挡线．

（3）想象物体原形，画出草图后进行三视图还原，并与所给三视图比较，再准确画出原几何体． 3几何体表面积的求解方法 4.几何体体积的求解方法

[高考常考角度]

角度1 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )．

解析：由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.

角度2若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．

解析：所给选项中，A 、C 选项的正视图、俯视图不符合，D 选项的侧视图不符合，只有选项B 符合．

角度3一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A. 48

B. 32+

C. 80

点评：考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.

解析：三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，

下底为4，高为4，两底面积和为()1

2244242

?

+?=，

四个侧面的面积为4(4224++=+

所以几何体的表面积为48+.故选C.

A

B

O

R

r

h

H

体积为________3

m .

解析：由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1， 上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，

所以该几何体的体积为2

13211363

ππ??+??=+(3

m )．答案 6π+

角度5已知两个圆锥有公共底面，且两个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

16

3

，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 . 点评：本题考查球内接圆锥问题，属于较难的题目。

解析：作图分析，由圆锥底面面积是这个球面面积的163得22

3

416

r R ππ=

所以1

2

r r h R R ==>==>==，

从而小圆锥的高为

,2R 大圆锥的高为23R ，所以比值为3

1

角度6如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，点E 在线段AD 上，且//CE AB ． （Ⅰ）求证：CE ⊥平面P AD ；

（Ⅱ）若1PA AB ==，3AD

=，CD =0

45CDA ∠=，求四棱锥P ABCD -的体积．

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等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，满分12分。 解析：因为PA ⊥底面ABCD ，CE ?平面ABCD ，

所以PA CE ⊥．

因为AB AD ⊥，//CE AB ，所以CE AD ⊥．又PA AD A =∩， 所以CE ⊥平面P AD ．

（Ⅱ）由（Ⅰ），C E A D ⊥，

在ΔRt

ECD 中，sin sin 451CE CD CDA =?∠=?=，cos 451DE CD =??=，

又因为1AB =，则AB CE =，又//CE AB ，AB AD ⊥， 所以四边形ABCE 为矩形．四边形ABCD 为梯形． 因为3AD =，所以2AE AD ED =-=，()()115231222

ABCD S BC AD AB =

+?=+?=， 1155

13326

P ABCD ABCD V S PA -=?=??=．

重点2 空间点、直线、平面的位置关系 1.证明直线与平面平行垂直的判定与证明 4.面面垂直的判定与证明的常用方法 2.证明面面平行的常用方法 3.直线与平面

5.合理选择适当的空间直角坐标系，利用空间向量进行证明，求解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面

角、点到平面的距离.

[高考常考角度]

角度1已知1l ，2l ，3l 是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）

A. 12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ?

B. 12l l ⊥，23//l l ?13l l ⊥

C. 123////l l l ? 1l ，2l ，3l 共面

D. 1l ，2l ，3l 共点?1l ，2l ，3l 共面

解析：在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A 错；

两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B 正确； 相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C 错； 共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D 错．故选B

角度2下列命题中错误．．

的是（ ） A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β B ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面,,l γαβ= 那么l ⊥平面γ D ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β

解析：对于D ，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β， 其余选项均是正确的． 故选D

角度3如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，0,60AB AD BAD =∠=，,E F 分别是,AP AD

的中点．求证：

（1）直线EF ∥平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD . 解析：（1）如图，在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，

所以EF ∥PD .

又因为EF ?平面PCD ，PD ?平面PCD ， 所以直线EF ∥平面PCD .

（2）连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．

因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .

因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ?平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BF ⊥平面PAD . 又因为BF ?平面BEF ， 所以平面BEF ⊥平面PAD .

角度4如图，在ABC ?中，0

45,90,ABC BAC AD ∠=∠=是BC 上的高，沿AD 把ABD ?折起，使0

90BDC ∠=. （1）证明：平面ADB ⊥平面BDC ；

（2）若1BD =，求三棱锥D ABC -的表面积． 解析：（1）证明：∵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 ，DC ⊥DA ，

∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ， ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.

从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12， S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝3

2，

∴三棱锥D ABC -的表面积132S =?+=

角度5如图，在四面体PABC 中，,,PC AB PA BC ⊥⊥点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点． （Ⅰ）求证：DE ∥平面BCP ；

（Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；

（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 解析：（Ⅰ）证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .

又因为DE ?平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .

（Ⅱ）证明：因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，

所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF . 所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG . 所以四边形DEFG 为矩形．

（Ⅲ）存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点． 由（Ⅱ）知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝1

2EG .

分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .

与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ， 且QM ＝QN ＝1

2EG ，所以Q 为满足条件的点．

重点3 空间角的求解

1.角的范围：异面直线所成的角的范围是0

(0,90]，直线与平面所成的角的范围是0

[0,90]，

二面角的范围是0

[0,180]

2.角的求解

（1）异面直线所成的角：（综合法）将异面直线平移到一个平面，通过解三角形求解；（向量法）若异面直线,a b 的

方向向量分别为,a b ，设异面直线所成的角为θ，则||

cos |cos ,|||||

a b a b a b θ=<>=

（2）直线与平面所成的角：（综合法）通过垂线找射影及角，再通过解三角形求解；（向量法）求出平面的法向量n

，

直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则||

sin |cos ,|||||

n a n a n a θ=<>=

.

（3）二面角的大小：（综合法）通过线面关系找出二面角的平面角，再通过解三角形求解；（向量法）求出二面角的

两个半平面的法向量12,n n ，设二面角大小为θ，若θ为锐角，则121212||

cos |cos ,|||||

n n n n n n θ=<>=

. 若θ为钝角，则121212||

cos |cos ,|||||

n n n n n n θ=-<>=-

.

[高考常考角度]

角度1如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，

E 、

F 分别是棱BC 、1CC 上的点， 2CF AB CE ==,1::1:2:4AB AD AA =

（1）求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值； （2）证明AF ⊥平面1A ED

（3）求二面角1A ED F --的正弦值。

解析：本小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，满分12分。 （综合法）（1）设AB =1，可得AD=2,AA 1=4,CF=1.CE =

1

2

如图，连结B 1C ，BC 1，设B 1C 与BC 1交于点M,易知A 1D ∥B 1C ，由

11

4CE CF CB CC ==,可知1//EF BC . 故BMC ∠是异面直线EF 与1A D

所成的角，易知11

2

BM CM B C ==

=所以2223

cos 25

BM CM BC BMC BM CM +-∠=

= ,所以异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值为35

（2）证明：连接AC ，设AC 与DE 交点N ，因为

1

2

CD EC BC AB ==，

所以Rt DCE Rt CBA ?? ，从而CDE BCA ∠=∠，又由于90CDE CED ∠+∠=?,所以90BCA CED ∠+∠=?， 故AC DE ⊥,又因为1CC DE ⊥且1CC AC C ?=，所以DE ⊥平面ACF ，从而AF DE ⊥. 连接BF ，同理可证1B C ⊥平面ABF ,从而1AF B C ⊥, 所以1AF A D ⊥，因为1DE A D D ?=， 所以AF ⊥平面1A ED

（3）连接1,A N FN ，由（2）可知DE ⊥平面ACF ,又NF ?平面ACF , 1A N ?平面ACF ， 所以1,DE NF DE A N ⊥⊥, 故1A NF ∠为二面角1A ED F --的平面角 易知Rt CNE Rt CBA ?? ，所以

CN EC BC AC =，

又AC =

所以CN =，

在Rt NCF NF ?=中，1Rt A AN ?

中，1A N == 连结111,AC A F

，在111Rt AC

F A F ?==中，222111112

cos 23

A N FN A F Rt A NF A NF A N FN +-?∠==?在中，，

所以1sin A NF ∠= 所以二面角1A ED F --

的正弦值为

3

（向量法）如图所示，建立空间直角坐标系A xyz -，设1AB =,依题意得

(0,2,D ,(1,2,1)F

,1(0,0,4)A ,3

(1,,0)2

E （1）解：易得1

(0,,1)2

EF = ,1(0,2,4)A D =-

于是1113

cos ,5||||

EF A D EF A D EF A D <>==-

所以异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值为

3

5

（2）证明：已知(1,2,1)AF = , 13(1,,4)2EA =-- , 1

(1,,0)2

ED =-

于是AF ·10EA = ，AF ·0ED =

因此，1AF EA ⊥,

AF ED ⊥,又1EA ED E ?= 所以AF ⊥平面1A ED

（3）解：设平面EFD 的一个法向量为(,,)n x y z = ，由1(,,)(0,,1)0202

12(,,)(1,,0)02n EF x y z y z x y n ED x y z ?==?+=??=>??=??=-=?? ,

令1x =，则2,1y z ==-，(1,21n ∴=-

）， 由（2）可知，AF 为平面1A ED 的一个法向量。

于是2

cos ,3||||

n AF n AF n AF <>==

，从而sin ,n AF <>=

所以二面角1A ED F --

角度2如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，

2,1AB BC CD SD ====.

（Ⅰ）证明：SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小.

（综合法）解析：

（Ⅰ）方法一：计算1,2SD AD SA ==,

于是222

SA SD AD +=，利用勾股定理，可知SD SA ⊥

同理，可证SD SB ⊥ 又SA SB S = 因此，SD ⊥平面SAB

方法二：取AB 的中点E ，连接DE ，则四边形BCDE 为矩形，2DE CB ==.连接SE

，则,SE AB SE ⊥=又1SD =，故222ED SE SD =+，所以0

90DSE ∠=，即SD SE ⊥.

由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥= ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥. 又AB SE E = 所以SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF DE ⊥，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD

，2

SD SE SF DE ?=

=

. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1.连接SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，

故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG .作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .

FH ＝SF ×FG SG ＝37

，即F 到平面SBC 的距离为21

7.

由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也为

21

7

.

y

x

z

y

x

z

点评：求AB 与平面SBC 所成角，如果要找出AB 在平面SBC 上的射影，有点难。 （向量法）解析：方法一：取AB 中点为E ，连结,DE SE ，则,SE AB DE AB ⊥⊥ 故AB ⊥平面SDE ，AB SD ⊥，平面SDE

⊥平面ABCD ，交线为DE 过S 作SF DE ⊥，则SF ⊥平面ABCD ，作//FG AB 交BC 于G 建立如图所示空间直角坐标系F xyz -

22

22,1DE SE SD DE SE SD SD SE ===>=+=>⊥，

所以SD ⊥平面SAB . 又 SD SE SF DE SD SE SF DE ??=?

=>=

=

， 0031

30cos30,22

SED EF SE DF ∠==>===

则331(,1,0),(,1,0),(,1,0),(0,0,(0,1,0)2222A B C S G --，(0,2,0),(2,0,0),(0,1,

2

AB CB SG =

==- ，

设(,,)n x y z = 是平面SBC 的一个法向量，由0(,,)(2,0,0)0(,,)(0,1,02x n CB x y z y z n SG x y z ?=??

=?=??

=>??

=

?=?=????

， 令2,

z =

则y =n ∴=

||

sin ||||n AB n AB θ?∴===

所以AB 与平面SBC 所成角为 方法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xyz, 则(1,0,0),(2,2,0),(0,2,0)D A B ，又设(,,)S x y z ，则0,0,0x y z >>>.

（Ⅰ）(2,2,),(,2,),AS x

y z BS x y

z =--=-

(1,,)DS x y z =-

由||||AS BS ==>= 1x =

由||1DS = 得221y z +=，又由||2BS =

得，222

(2)4x y z +-+=

即2

2

410y z y +-+=，故1,2y z =

=

于是13(1,,(1,2222

S AS =--

31(1,(0,22BS DS =-=

0,0DS AS DS BS ?=?=

故,DS AS DS BS ⊥⊥，又AS BS S = 所以SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）设平面SBC 的一个法向量(,,)a m n p = ，则,,0,0,a BS a CB a BS a CB ⊥⊥?=?=

又3(1,(0,2,0)2BS CB =-=

故3022

20

m n p n ?-+

=???=?

取2p =

得(a = ，又(2,0,0)AB =-

cos ,||||

AB a AB a AB a ?<>==?

， 所以AB 与平面SBC

所成角为arcsin 7

突破3个高考难点

难点1 探究与球有关的组合体问题

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解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图.

典例 1 四棱锥S ABCD -

的底面边长和各侧棱长都为,,,,S A B C D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．

解析： 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE 上找到一个点O 使得OA OS =，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．在Rt SEA ?中，

1SA AE ==，故1SE =．设球的半径为R ，则,1OA OS R OE R ===-

Rt OAE ?中，221(1)1R R R =+-=>=，0OE =，即点E 即为球心，

故这个球的体积43

V π=

典例 2 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，0

22,60,AB DC DAB E ==∠=为AB 的中点，将ADE ?与BEC ?分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合，求形成的三棱锥的外接球的体积． 解析：平面图形中，1AE EB BC CD DA DE EC =======， 所以折叠后得到一个正四面体．

方法一：如图，作AF ⊥平面DEC ，垂足为F

三棱锥A DEC -是正四面体，∴ F 即为△DEC 的中心，且外接球的球心O 在线段AF 上． 取EC 的中点G ，连接DG 、AG ，过球心O 作OH 上平面AEC ，则垂足H 为△AEC 的外心． 又△AEC 为等边三角形，∴ 点H 在线段AG 上，且2

3

AH AG =

∴外接球半径可利用~Rt OHA Rt GFA ??求得

,233AG AF AH ====

3

AG AH OA AF ?∴=== 故

外接球体积为24()348

V π=

= 方法二：如图所示，把正四面体放在正方体中，显然，正四面体的外接球就是正方体的外接球，

正四面体的棱长为1，∴

故外接球直径224R R ===>=

，所以外接球体积为24(348

V π==

难点2 平面图形翻折问题的求解

将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键，一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．

典例 如图，在ABC ?中，,22

B AB B

C π

∠=

==，P 为AB 边上一动点，

//PD BC 交AC 于点D ,现将PDA ?沿PD 翻折至PDA '?使平面PDA '⊥平面PBCD （1）当棱锥A PBCD '-的体积最大时，求PA 的长；

（2）若点P 为AB 的中点，E 为A C '的中点，求证：A B DE '⊥

点评：本题考查的空间里的翻折问题，考查空间思维能力，考查空间几何体的体积计算、考查空间直线的位置关系的证明，考查函数与方程的思想、考查数学应用意识等。 解析：（1）设,(02)PA x x =<<，,,2

B AB B

C π

∠=

= ABC ∴?为等腰直角三角形，PD x ∴=

2111

222222

PBCD ABC APD S S S AP PD x ??=-=??-??=-

23-11121

(2)33236

A PBCD PBCD V S PA x x x x '=?=-=-

令321(),(0)36f x x x x =-> ， 则2

21(),(0)32

f x x x '=->

,

x f '的变化如下表：

3

PBCD A -'

（2）证明：如图，取F 为A ′B 的中点，连接PF ，FE . 则有EF //=12BC ，PD //=1

2BC ，所以四边形PDEF 为平行四边形．

所以DE ∥PF .

又A ′P ＝PB ，所以PF ⊥A ′B .故DE ⊥A ′B .

难点3 立体几何中的探索问题

立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么． 方法一 综合法 方法二 空间向量法

典例1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8,4,3, 2.BC PO AO OD ====

（Ⅰ）证明：AP BC ⊥；

（Ⅱ）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． 解析：（综合法）（Ⅰ）由AB =AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC ． 由PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ．

因为PO AD O = ，所以BC ⊥平面PAD ， 故BC ⊥PA ．

(Ⅱ)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 与于M ，连接CM

由（Ⅰ）知AP ⊥BC ，因为BM BC B = ，故AP ⊥平面BMC ． 又AP ?平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .

在Rt ADB ?中，222

41AB AD BD AB =+==>=在Rt POD ?中，2

2

2

20PD PO OD =+=

在Rt PDB ?中，2

2

2

366PB PD BD PB =+==>= 在Rt POA ?中，2

2

2

255PA AO OP PA =+==>=

又 2221

cos 23

PA PB AB BPA PA PB +-∠=

=?,从而cos 2,3PM PB BPA AM PA PM =∠=∴=-= 综上所述，存在点M 符合题意，3AM =

（向量法）（Ⅰ）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(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4)O A B C P --

(0,3,4)AP = ，(8,0,0)BC =-

，由此可得0AP BC ?= ，

所以AP BC ⊥

，即AP BC ⊥.

（Ⅱ）假设存在符合题意的点M ，设,01,PM PA λλ=≤<

则(0,3,4)PM λ=--

(4,23,44)BM BP PM BP PA λλλ=+=+=---- ，(4,5,0)AC =-

．

设平面BMC 的法向量1n ＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量2n

＝(x 2，y 2，z 2)．

由1100BM n BC n ??=???=??

得?????

－4x 1－2＋3λy 1＋4－4λz 1＝0，－8x 1＝0，即?

????

x 1＝0，z 1＝2＋3λ

4－4λy 1，可取1n ＝(0,1，2＋3λ

4－4λ

)．

由2200

AP n AC n ??=???=??

即?????

3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得?????

x 2

＝54y 2

，z 2

＝－3

4

y 2

，可取2n

＝(5,4，－3)．

由120n n ?= ，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得25

λ=，故3AM =.

综上所述，存在点M 符合题意，3AM =.

规避4个易失分点

易失分点1 共面条件理解有误

典例 设,M N 分别是正方体1111ABCD A BC D -的棱1BB 、

AD 的中点，试作出平面1C MN 与正方体的截面． 易失分提示：本题易出现的问题是误认为1C MN ?即为所求截面． 解析：取1DD 的中点G ，G 的中点F ，连接AG 、NF ，

延长FN 交1A A 的延长线于点

H ，连接HM 交AB 于点E ，连接1,NE MC ， 则五边形1C MENF 即为所求截面，如图所示． 下面证1C M E N F 、、、、五点共面，

易证1//C M AG 在△ADG 中， AN=ND ，GF=FD ，FN ∥ AG ．

又11//,//C M AG C M FN ∴，故1C M 与NF 确定平面1,C MNF H ∴∈平面1C MNF 故1C M E N F 、、、、五点共面

易失分点2 异面直线所成的角理解错误

典例 已知在空间四边形ABCD 中，AB=CD =3，点E 、F 分别是边BC 和AD 上的点，并且::1:2BE EC AF FD ==，

EF =求异面直线AB 与CD 所成角的大小．

易失分提示：对异面直线所成角的概念和范围不熟悉，误认为依据题意作出的EGF ∠(点G 为线段BD 上靠近点B 的一个三等分点)的大小就是所求异面直

线

AB 与CD 所成角的大小.

解析：在BD 上取靠近B 的三等分点G ，连接FG 、GE ，如图所示．

在BCD ?中，

//BG BE

EG CD GD EC

==> 同理，在ABD ?中，//GF AB

∴ EGF ∠就是异面直线AB 与CD 所成的角或其补角．

在BCD ?中，由1

//,3,

13EG GE CD CD EG GD ===>= 在ABD ?中，由2

//,3,

23

FG FG AB AB EG AB ===>=

在EFG ?中，由1,2,EG FG EF ===22201

cos ,12022

EG FG EF EGF EGF EG FG +-∠=

=-∴∠=? 因此异面直线AB 与CD 所成角的大小为0

60

易失分点3 空间点、线、面位置关系不清

典例 已知,,αβγ是三个互不重合的平面，l 是一条直线，给出下列四个命题： ①若,l αββ⊥⊥，则//l α； ②若,//l l αβ⊥，则αβ⊥；‘

③若l 上有两个点到α的距离相等，则//l α； ④若,//,αβαγ⊥则γβ⊥

其中正确命题的序号是____________（填上所有正确命题的序号）．

易失分提示： 解本题可能出现的问题就是对空间点、线、面位置关系的判定定理和性质定理掌握不清导致误判． 如：命题①中，可能对线面平行关系认识不清，误以为直线在平面内也算平行，认为命题①正确；

命题③中，对点到平面的距离相等，考虑不到点可能在平面两侧，认为命题③正确． [答案] ②④

解析： ①中有l α?的可能；②//,l m ββ∴?? ，使得//,,l m l m αααβ⊥∴⊥=>⊥ ，故②正确； ③中包含两个点在平面两侧的情况；④,//,αβαγ⊥∴ 容易得γβ⊥，故④正确．

易失分点4 线面位置关系定理使用不当

典例 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，0

22,//,,90,AB EF EF AB EF FB BFC ==⊥∠=

,BF FC G H =、分别为DC 、BC 的中点． （1）求证：平面FGH ∥平面BDE ； （2）求证：平面ACF ⊥平面BDE .

易失分提示：若不注意选取AC 与BD 的交点O ，难以找到本题的解题入口，对于（1），易出现表达上的漏洞， 如得到//FH EO 与//GH DB 即下结论平面FGH ∥平面BDE ；

对于（2），易缺少转换考虑，直接证AC OE ⊥，从而不能顺利得到结论． 解析：（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OE 、OH ，

由//,12

EF AB EF AB =

得//1

2EF AB =

//

//1

,2OH EF AB OH ∴==

,OEFH 为平行四边形，//FH EO ∴ FH ? 平面BDE ，EO ?平面BDE ，//FH ∴平面BDE

,G H 分别为DC BC 、的中点，//GH DB ，GH ?平面BDE ，DB ?平面BDE ，//GH ∴平面BDE

又FH GH H = ，所以 平面FGH ∥平面BDE

（2） 四边形ABCD 为正方形，AC BD ∴⊥, ,//,AB BC EF AB EF BC ⊥∴⊥

又,,EF FB BF BC B EF ⊥=∴⊥ 平面,BCF EF FH ∴⊥，又//,EF OH FH OH ∴⊥ 又 ,BF FC H =是BC 的中点，FH BC FH ∴⊥=>⊥平面,ABCD FH AC =>⊥， //,,FH OE AC OE ∴⊥ 又,OE BD O AC =∴⊥ 平面BDE ，而AC ?ACF 因此 平面ACF ⊥平面BDE .