立体几何精讲

B
（1）如图：在△ABC中，由E、F分 别是AC、BC中点， 得EF//AB， 又AB不属于平面DEF， EF属于平面DEF. ∴AB∥平面DEF.
（2）∵AD⊥CD，BD⊥CD ∴∠ADB是二面角A—CD—B的平面角 ∴AD⊥BD ∴AD⊥平面BCD 取CD的中点M，这时EM∥AD ∴EM⊥平面BCD MN⊥DF于点 于点N 连结EN EN， 过M作MN⊥DF于点N，连结EN，则EN⊥DF ∴∠MNE是二面角E—DF—C的平面角 在Rt△EMN中，EM=1，MN= 3 2
2
若存在，求出 AQ 的值；若不存在，请说明 QD 理由.
（Ⅰ）证明： 在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD, 又侧面PAD⊥底面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,PO属于平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD.
（Ⅱ） 连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,有OD∥BC且 OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB∥DC. 由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角 锐角， 锐角 所以∠ 是异面直线PB与 所成的角 所成的角. 所以∠PBO是异面直线 与CD所成的角 是异面直线 因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,所以OB＝√2， 在Rt△POA中，因为AP ＝√2 ，AO＝1，所以OP＝1， 在Rt△PBO中，tan∠PBO＝PO/BO=1/ √2= √2 /2 ∠PBO=arctan √2 /2.所以异面直线PB与CD所成的角是arctan √2 /2.
你有其他解法吗？
(Ⅱ)以O为坐标原点 以 为坐标原点 为坐标原点，的方向分别为x轴、 y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标 系O-xyz, 依题意，易得A(0,-1,0) B(1,-1,0) C(1,0,0) D(0,1,0) P(0,0,1), 所以 CD＝（− 11 0）， ＝（， 1 − 1 ， ， PB 1 − ， ）. 向量内积求解 运用向量内积 向量内积 所以异面直线PB与CD所成的角是 arccos√3/6，
21 7
（Ⅲ）在线段BC上存在点P，使AP⊥DE 证明：在线段BC上取点P。使BP=1/3BC，过PPQ⊥CD A 于点Q， ∴PQ⊥平面ACD ∵ DQ = 1 DC = 2 3 E
3
3
在等边△ADE中，∠DAQ=30° ∴AQ⊥DE∴AP⊥DE
B
D E C F B x P
B
A
E Q N P F M
D
C
cos∠MNE=
3 2
21 7
∴tan∠MNE=
解法2 解法2
（2）以点D为坐标原点，直线DB、 DC为x轴、y轴，建立空间直角坐 标系，则A（0，0，2）B（2，0， 0）C（0， 2 3,0, ), E (0, 3,1), F (1, 3,0) 平面CDF的法向量为 DA = (0,0,2) 设平面EDF的法向量为 n = ( x, y, z )
CQin n 3得 = 2 −1 + y 3 = 3 , 2
解y=-1/2或y=5/2(舍去)， AQ
此时
1 3 AQ = , QD = 2 2 所以存在点Q满足题意，此时
1 = QD 3
总结
第一小题，基础运用，线面垂直。 第二小题，---平移构造二面角，进行求解。 ---向量法简化步骤。 第三小题，---把所求距离从图像中抽取出来，形成模型，等体积法。 ---灵活使用法向量，从而进行矢量和标量的转化。
DF ⋅ n = 0 则 DE ⋅ n = 0
cos < DA, n >=
x + 3 y = 0 取n = (3,− 3 ,3) 即 3y + z = 0
B x
z A E C F P
y
D
DA ⋅ n | DA || n |
=
21 7
所以二面角E—DF—C的余弦值为
1.（08重庆卷） 08重庆卷 重庆卷）
解析：1小问
解析：2小问 法Ⅰ
有关二面角的二三事
1.传统解法（定义 线线角） 2.向量 两线“错位” 3.平面角的定义
法 Ⅱ
2、（ 福建卷） 、（08福建卷 、（ 福建卷）
如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面 ABCD，侧棱PA=PD＝ 2 ，底面ABCD为直角 梯形，其中 BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD 中点. （Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD； （Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的大小； （Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平 面PCD的距离为 3 ？
立体几何精讲
写在前面的话：
数学是研究客观世界的空间形式和数量关系的学科。所以，空间想象力是数学 所要求的最重要的能力之一。立体几何以它的内容决定了其在考查空间想象能 力的作用，其公理化体系的处理又决定了它是考查演绎思维的最好素材。立体 几何试题约占整个高考试卷总分值的20%，其内容主要分为两部分：直线和平 面、多面体。立体几何高考的考查内容不外乎“平行、垂直、角、距离，柱、 锥、台、球、面积、体积”，要想解决“平行、垂直与距离”这三个内容的复 习与提高问题.我们首先要深刻理解、熟练掌握平行与垂直的有关命题和各种 距离的概念，掌握它们的性质和有关问题求解的大法。然后将这些问题进行梳 理，使之条理化、系统化，并揭示解决这些问题的通法，重点是平行、垂直关 系的证明和应用、距离的求解；难点是垂直关系的发现、构造和灵活运用，特 别是在变位、变形的空间图形中的应用.
3.正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点。
A E
A
E
D F B C
现将△ABC沿CD翻折成直二面角A—DC—B。
D F C
（1）试判断直线AB与平 面DEF的位置关系，并说 明理由； （2）求二面角E—DF—C 的余弦值； （3）在线段BC上是否存 在一点P，使AP⊥DE？证 明你的结论.
●
AQ 1 = QD 3
②假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为 √3/2 由(Ⅱ)知 CP = ( − 1, 0,1), CD = ( − 1,1, 0). niCP = 0, −x0 +z0 =0, 设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则 所以 −x +y =0, 即 x0 = y0 = z0 0 0 niCD = 0, 取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设 Q (0, y , 0)( −1 ≤ y ≤ 1), CQ = ( −1, y, 0), 由
（ Ⅲ） ①假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为 √3/2.设QD＝x，则S△DQC=x/2，由（Ⅱ）得 CD=OB= √ 2， 在Rt△POC中， PC= √ (OC2+OP2)= √ 2 所以PC=CD=DP, S△DPC=(√3/4) (√ 2)2= √3/2 由Vp-DQC=VQ-PCD,得QD=3/4 所以存在点Q满足题意，此时
BP = ( x − 2, y,0), PC = (− x,2 3 − y,0)
2 3 3
把 y = 2 3 代入上式得 x = 4 ,∴ BP = 1 BC
3 3 3
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE
∵ BP // PC ∴ ( x − 2)(2 3 − y) = − xy ∴ 3 x + y = 2 3
解法2：在平面坐标系xDy中，直线BC的方程为y = − 3 x + 2 3 设 P( x,2 3 − 3 x,0), 则 AP = ( x,2 3 − 3 x,−2)
4 1 ∴ AP ⊥ DE ⇔ AP ⋅ DE = 0 ⇔ x = ⇔ BP = BC 3 3
D
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE 解法3：设P( x, y,0), 则 AP ⋅ DE = 3 y − 2 = 0 ∴ y = 又
总结
第一小题，基础运用，线面平行。 第二小题，---做辅助线构造二面角，进行求解。 ---平面法向量的夹角。 第三小题，应该说，用什么样的方法，取决于简便的程度。。。