立体几何大题综合四大类型

立体几何四大综合类型

向量的常用方法：

①利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α

②.异面直线间的距离

d =

(12,l l 是两异面直线，其公垂向量为n r

，C D 、分

别是12,l l 上任一点，d 为12,l l 间的距离).

③.直线AB 与平面所成角sin ||||

AB m

AB m b ×=u u u r u u r

u u u

r u u r (m u r 为平面α的法向量). ④.利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）.

二面角l αβ--的平面角cos ||||m n m n q ×=u u r r u

u r r 或cos ||||

m n

m n q ×=-u u r r

u u r r （m u r ，n r 为平面α，β的法向量）.

考点一。角与距离问题

1直线和平面所成的角

此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算.线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.

例1. 四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =o ∠，2AB =

，BC =

SA SB ==

（Ⅰ）证明SA BC ⊥；

（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小的余弦值．

考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，

二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．

解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ， 得SO ⊥底面ABCD ．

因为SA SB =，所以AO BO =，

又45ABC =o ∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥

， 由三垂线定理，得SA BC ⊥．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥， 故SA AD ⊥，由AD BC ==SA =

AO =，得

1SO =，SD =

SAB △的面积112S AB = 连结DB ，得DAB △的面积21

sin13522

S AB AD =

=o g 设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得

1211

33

h S SO S =g g ，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α，则sin h SD α===

所以，直线SD 与平面SBC 所成的角的为余弦值为：． 解法二：

（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面

ABCD ．

因为SA SB =，所以AO BO =．

又45ABC =o ∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．

如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O -0)A ，，(0B ，(0C ，(001)S ，，，SA =u u r

(0CB =u u u r

，0SA CB =u u r u u u r g

，所以SA BC ⊥． （Ⅱ）取AB 中点E ，0E ???

??

， y

O

D

B

C

A

S

连结SE ，取SE 中点G ，连结OG

，12G ???

??

，．

12OG ?=????，

，1SE ?=??

??

，(AB =．

0SE OG =g ，0AB OG =g ，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．

所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与

β互余．

D

，()DS =．

cos OG DS OG DS

α=

g g

sin β=，

所以，直线SD 与平面SAB 所成的角的为余弦值为：．．

小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值. 2 点到平面的距离

求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用.

例2如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点． （Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．

考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的 大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维 能力和运算能力．

解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．

ABC Q △为正三角形，AO BC ∴⊥．

A

B C

D

1

A

1

C

1

B

A

B

C D

1

A

1

C

1

B O F

Q 正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，

AO ∴⊥平面11BCC B ．

连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为

1BC CC ，的中点， 1B O BD ∴⊥， 1AB BD ∴⊥．

在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥， 1AB ∴⊥平面1A BD ．

（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．

1AF A D ∴⊥， AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．

在1AA D △

中，由等面积法可求得AF =

又112AG AB =Q

sin AG AFG AF ∴=∠．

所以二面角1A A D B --

的大小为

（Ⅲ）1A BD △

中，1

11A BD BD A D A B S ==∴△1BCD S =△．

在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B

设点C 到平面1A BD 的距离为d ．

由1

1

A BCD C A BD V V --=

，得1

1133

BCD A BD S S d g △△

，1A BD

d ∴=△

∴点C 到平面1A BD

2

．

解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC Q △为正三角形，AO BC ∴⊥．

Q 在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．

取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB uuu r ，1OO u u u u r ，OA uu u

r 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐

标系，则(100)B ，，，(110)D -，，

，1(02A

，(0A ，1(120)B ，，，

1(12AB ∴=u u u r ，，(210)BD =-u u u r ，，

，1(1

2BA =-u u u r ．

12200AB BD =-++=u u u r u u u r Q g ，111430AB BA =-+-=u u u r u u u r

g ， 1AB BD ∴u u u r u u u r ⊥，11AB BA u u u r u u u r

⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．

（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．

(11AD =-u u u r ，，1(020)AA =u u u r ，，． AD u u u r Q ⊥n ，1AA u u u r

⊥n ，

100AD AA ?=?∴?=??u u u r

g u u u r

g ，，n

n 020x y y ?-+=?∴?=?

?，

，0y x =??∴?=??，． 令1z =

得(=，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ，

1AB ∴u u u r 为平面1A BD 的法向量．cos

，11

1

AB AB AB >===u u u r u u u r g u u u r g n n ∴二面角1A A D B --

的大小为

（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB u u u r

为平面1A BD 法向量，

1(200)(12BC AB =-=u u u r u u u r Q ，，，，．∴点C 到平面1A BD

的距离11

BC AB d AB ==u u u r u u u r

g u u u r

小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.

3 直线到平面的距离

此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 例3． 如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解. 解答过程：

解析一 BD Θ∥平面11D GB ，

BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求

B

A

C

D

O

G

H 1

A 1

C 1D

1

B 1O

点O 平面11D GB 的距离,

1111C A D B ⊥Θ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,

又?11D B Θ平面11D GB

∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,

作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的距离. 在OG O 1?中，2222

1

2111=??=??=?AO O O S OG O . 又3

6

2,23212111=∴=??=??=

?OH OH G O OH S OG O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于3

6

2. 解析二 BD Θ∥平面11D GB ，

BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的距离.

设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则

，由于632221,111111=??=

=?--D GB GBB D D GB B S V V 3

422221311

1

=????=-GBB D V , ,3626

4

==∴h 即BD 到平面1

1D GB 的距离等于362.

小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离. 4 异面直线的距离

此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离.

例4已知三棱锥ABC S -，底面是边长为24的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求CD 与SE 间的距离.

思路启迪：由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找，所以设

法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离. 解答过程：

如图所示，取BD 的中点F ，连结EF ，SF ，CF ，

EF ∴为BCD ?的中位线，EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF ,

CD ∴到平面SEF 的距离即为两异面直线间的距离.

又Θ线面之间的距离可转化为线CD 上一点C 到平面SEF 的距离，设其为h ，由题意知，24=BC ,D 、E 、F 分别是

AB 、BC 、BD 的中点，

2,2,62

1

,62=====∴SC DF CD EF CD 3

3222621312131=????=????=

∴-SC DF EF V CEF S 在Rt SCE ?中，3222=+=CE SC SE

在Rt SCF ?中，30224422=++=+=CF SC SF

又3,6=∴=

?SEF S EF Θ

由于h S V V SEF CEF S SEF C ??=

=?--3

1

，即332331=

??h ，解得332=h 故CD 与SE 间的距离为

3

3

2. 小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程. 5利用空间向量求空间距离和角

众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. 例5．如图，已知是棱长为的正方体，点在上，点在上，且． （1）求证：四点共面；

（2）若点在上，，点在上，，垂足为，求证：平面； （3）用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求．

命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．

过程指引：解法一：

（1）如图，在上取点，使，连结，，

则，．

因为，，

所以四边形，都为平行四边形．

从而，．

又因为，所以，故四边形是平行四边形，由此推知，从而．

因此，四点共面．

（2）如图，，又，所以，

．

因为，所以为平行四边形，从而．

又平面，所以平面．

（3）如图，连结．

因为，，所以平面，得．Array于是是所求的二面角的平面角，即．

因为，

所以

，．

解法二：

（1）建立如图所示的坐标系，则，，，

所以，故，，共面．

又它们有公共点，所以四点共面．

（2）如图，设，则，

而，由题设得，得．

因为，，有，

又，，所以，，从而，．

故平面．

（3）设向量截面，于是，．

而，，得，，解得，，所以．

又平面，所以和的夹角等于或（为锐角）．

于是．故．

考点二：三视图问题

例6． 某几何体的三视图如图所示，P 是正方形ABCD 对角线的交点，G 是PB 的中点。 （Ⅰ）根据三视图，画出该几何体的直观图； （Ⅱ）在直观图中，①证明：PD

???2222222)

2,2,0(-=BP )

0,2,2(),0,2,2(--=-=BC BA ????

?=-=+-?????=?=?0220

220

0y x z y BA n BP n ，即z y x '

''=,,(m ?????='-'-='+'-????

?=?=?0220

220

0y x z y BC m BP m ，即1,11-=

'-='='z y x 得313

3111||||cos -=?--=?=

n m n m θ31

-解：（1）由该几何体的三视图知面,且EC=BC=AC=4 ，

BD=1，

∴ ∴．

即该几何体的体积V 为16．----------------------------------3分 （2）解法1:过点B 作BF----- -----------------10分

连结EO 、OD ，在Rt △ECO 和Rt △OBD 中 ∵ ∴∽ ∴

∵ ∴ ∴．------11分 ∵, ∴

∴以O 为圆心、以BC 为直径的圆与DE 相切．切点为Q ∴

∵面,面 ∴ ∴面 ---------13分

∵面ACQ ∴．---------------------------------------------14分 解法2: 以C 为原点，以CA ，CB ，CE 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系．

设满足题设的点Q 存在,其坐标为（0，m ，n ），则 ，

∵AQBQ ∴ ----------------------------① ∵点Q 在ED 上，∴存在使得 ∴-----------② ②代入①得，解得

∴满足题设的点Q 存在，其坐标为．

考点三：折叠与展开问题

例7.如图，已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴

OO 1折成直二面角，

（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；

（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小。

8.

OB ⊥

所以∠AOB 即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、

所在直线分别为x 轴、y 轴、z 如图3，则相关各点的坐标是A （3，0， B （0，3，0），C （0，1，3） O 1（0，0，3）.

从而),3,3,0(),3,1,3(1-=-=BO

所以AC ⊥BO 1.

（II ）解：因为,03331=?+-=?BO 所以BO 1⊥OC ，

由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=???==++-???

???=?=?z y z y x O 取 得)3,

0,1(=.

设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由、1BO 的方向可知=<θ，1BO >，

所以cos <=cos θ，1BO .4311=

即二面角O —AC —O 1的大小是.4

3arccos

解法二（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1， 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 从而AO ⊥平面OBCO 1， OC 是AC 在面OBCO 1内的射影.

A

B

O

C

O 1

D

图4

因为3tan 1

1

==∠OO OB B OO 3

3tan 1

11==∠OO C O OC O ，

所以∠OO 1B=60°，∠O 1OC=30°，从而OC ⊥BO 1 由三垂线定理得AC ⊥BO 1.

（II ）解 由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO 1⊥平面AOC.

设OC ∩O 1B=E ，过点E 作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图4），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O 1F ⊥AC.

所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角. 由题设知OA=3，OO 1=3，O 1C=1，

所以13,3221212121=+==+=C O A O AC OO OA A O ，

从而13

32111=

?=

AC C O A O F O ， 又O 1E=OO 1·sin30°=23

， 所以.4

13

sin 111==

∠F O E O FE O 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arcsin

练习2如图， 在矩形ABCD 中，点,E F 分别在线段,AB AD 上，

2

43

AE EB AF FD ===

=.沿直线EF 将 AEF V 翻折成'A EF V ，使平面'A EF BEF ⊥平面. （Ⅰ）求二面角'A FD C --的余弦值；（Ⅱ）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：（Ⅰ）取线段EF 的中点H ，连结'

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 .

如图建立空间直角坐标系A-xyz

则'

A （2，2

，），C （10，8，0），

F （4，0，0），D （10，0，0）.故'FA →

=（-2，2，），

FD →=（6，0，0）.设n →

=（x,y,z ）为平面'A FD 的一个法向量，

所以22060x y x ?-++=??=??

取z =(0,n =-r 。又平面BEF 的一个法向量

(0,0,1)m =r

，故cos ,n m n m n m ??==

r r

g r r r r g （Ⅱ）解：设FM x =, 因为翻折后，C 与'A 重合，所以'CM A M =，

而2

2

2

2

2

8(6)CM DC DM x =+=+-，222222

'''A M A H MH A H MG GH =+=++

2=得214x =

，经检验，此时点N 在线段BC 上，所以214

FM =。

考点四：函数问题

例8. 如图，在=

2,2

ABC B AB BC P AB π

?∠==中，，为边上一动点，PD//BC 交

AC 于 点D,现将'

'

,PDA .PDA PD PDA PBCD ??⊥沿翻折至使平面平面 （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'

'

.AC B DE ⊥的中点，求证：A

例8解：（1）设x PA =，则)2(31312

x

x x S PA V PDCB PBCD

A -=?='底面- 令)0(,632)22(31)(3

2>-=

-=x x x x x x f 则2

32)(2

x x f -='

由上表易知：当3

3

2=

=x PA 时，有PBCD A V -'取最大值。 证明：作B A '得中点F ，连接EF 、FP

由已知得：FP ED PD BC EF ////2

1

//

? PB A '?为等腰直角三角形，PF B A ⊥' 所以DE B A ⊥'.

练习3：如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB 是圆O 直径。

（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）设AB=，在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。 （i ）当点C 在圆周上运动时，求的最大值；

（ii ）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。

【命题意图】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，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、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。 【解析】（Ⅰ）因为平面ABC ，平面ABC ，所以， 因为AB 是圆O 直径，所以，又，所以平面， 而平面，所以平面平面。 （Ⅱ）（i ）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为 =，又因为，

所以=，当且仅当时等号成立， 从而，而圆柱的体积，

故=当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值是。

（ii ）由（i ）可知，取最大值时，，于是以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C （r ，0，0），B （0，r ，0），（0，r ，2r ）， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量，由，故，

取得平面的一个法向量为，因为， 所以。

练习4．如图（甲），在直角梯形ABED 中，AB

练习5：如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD ，AD =CD =2AB , 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 的取值范围.

解法一：（Ⅰ）证：由已知DF //=

AB 且∠DAD 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

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. 设AB=a ,则在△PAC 中，有 EG =

21PA =2

1ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD .

因S △GBD =2

1BD ·GH=21

GB ·DF. 故GH =BD

DF GB ?.在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a.

而GB =

21FB =21AD =a ，DF =AB ,从而得GH =BD AB GB ?= a

a

a 5?＝.55a 因此tan ∠EHG=GH EG =

.255

52

1

k a ka

=由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞?30，必须

k 25＞tan ?30=,33解之得，k 的取值范围为k ＞.15

152 考点五：探索性问题

例9： 如图，已知四棱锥S —ABCD 的底面是边长为4的正方形，S 在底面上的射影O 落在正

方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别为2和1.（I ）求证SC AB ?是定值； （II ）已知P 是SC 的中点，且SO=3，问在棱SA 上是否存在一点Q ，使得异面直线OP

与BQ 所成的角为90°？若存在，请给出证明，并求出AQ 的长；若不存在，请说明理由.

解：法一：（I ）以O 为坐标原点，以OS 所在直线为Oz 轴，过O 且平行于AD 的直线为O x

轴.过O 且平行于AB 的直线为Oy 轴，建立如图所示空间直角坐标系……1分

设S （0，0，z ）（z>0，z ∈R ） 则),3,2(),0,4,0(z SC AB --== 12),3,2()0,4,0(=--?=?∴z SC AB 即SC AB ?为定值.

（II ）由（I ）建立的空间直角坐标系可知 A （2，－1，0），B （2，3，0）C （－2，3，0），

S （0，0，3）P （－1，

2

3

,23）设点Q （x ，y ，z ）

，则存在λ使AS AQ λ= 144

331243||43||)

4

9

,41,21(,10114

3

0680

2

9

)4(2320

)3,4,2()2

3

,23,1()

3,1,22(103122122)

3,1,2(),1,2(222=++==-<<=∴=-=+-+=--?-=?--∴??

???=-=-=???=+-=-∴-=+-AS AQ Q SA Q BQ OP Q z y x y x z y x 且上在棱知点由分

即即则分即即λλλλλλλλλλλλλ

λλ

λλλK K K K K K K K K K K K K

法二：（I ）证明：在△SDC 内，作SE ⊥CD 交CD 于E ，连结OE ……1分 ∵SO ⊥平面ABCD ∴SO ⊥CD ∴CD ⊥平面SOE ∴SO ⊥OE

∴OE 1234||||cos ||||=?=?=∠=?=?∴EC DC SCE SC DC SC DC SC AB SC AB ? 练习6： 如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥面ABC ，BC ⊥AC ，BC=AC=2，AA 1=3，D 为AC 的中点.

（Ⅰ）求证：AB 1

（I ）证明：

连接B 1C ，与BC 1相交于O ，连接OD

∵BCC 1B 1是矩形，∴O 是B 1C 的中点.又D 是AC 的中点，

∴ODAB 1?面BDC 1，OD ?面BDC 1

∴AB 1

（II ）解：如力，建立空间直角坐标系，则 C 1（0，0，0），B （0，3，2），C （0，3，0），A （2，3，0）， D （1，3，0） 设n =（x 1，y 1，z 1）是面BDC 1的一个法向量，则

,00

11????

?=?=?D C n B C n 即)21,31,1(,0302311

11-=???=+=+n y x z y 取.…………6分 ……………………12分

易知C C 1=(0，3，0)是面ABC 的一个法向量.

72

36

71|

|||,cos 111-=?-=

?>=

<∴C C n C C n C C n ∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为72 （III ）假设侧棱AA 1上存在一点P （2，y ，0）（0≤y ≤3），使得CP ⊥面BDC 1.

则??

???==∴???=-+=-?????=?=?.373,0)3(320)3(3,0011y y y y D C CP B C CP 即

∴方程组无解.∴假设不成立. ∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1.

练习7． 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA 1=4，D 为棱CC 1上的一动点，

M 、N 分别为△ABD 、△A 1B 1D 的重心. （Ⅰ）求证：MN ⊥AB ；

（Ⅱ）若二面角C —AB —D 的正切值为2，

求二半平面ABD 、A 1B 1D 所成锐二面 角的余弦值；

（Ⅲ）若点C 1在平面A 1B 1D 上的射影正好为N ，

试判断C 在平面ABD 上的射影是否为M ？ 并说明理由.

．解：（I ）以C 1为原点，C 1A 1为x 轴，C 1B 1为y 轴，C 1C 为z 轴建立坐标系. 设C 1D=a(0≤a ≤4)，由题意有 C 1（0，0，0），A 1（2，0，0），B 1（0，2，0），C （0，0，4），A （2，0，4）

B （0，2，4），D （0，0，a ）.………………………………………………1分 ∵M 、N 分别为△ABD ，△A 1B 1D 的重心，

分

分分

4.,,03),0,2,2()38

,0,0(2),3

,32,32(),38,32,32(K K K K K K K K K K K K K K K K MN AB MN AB MN AB AB MN a N a M ⊥∴⊥∴=?∴-=?-=∴+∴

（注：也可以不用向量证法）

（II ）平面ABC 法向量1n =（0，0，1），设平面ABD 的法向量2n =（x 1，y 1，z 1），则

分

得令分即6).1,2

4

,24(,15.

0),,()0,2,2(,

0),,()4,0,2(,

0,

021********K K K K K K K K K K K K K --==???=?-=?--????

?=?=?a a n z z y x z y x a n n

设二面角C —AB —D 的大小为θ，则由3

3

cos ,2tan =

=

θθ得 3

3

1)2

4()24(

1

cos 2

22121=

+-+-=

=

∴a a θ， 解得a=2，（a=6舍去），∴2n =（－1，－1，1）.……………………………………7分

设平面A 1B 1D 的法向量

).

1,1,1(,18.022,022,0),,()0,2,2(,0),,()2,0,2(,

0,

0),,,(3311313==???=+-=+-???=?-=?-????

?=?=?=n z y x z x z y x z y x n B A n D A z y x n 则令分得即则K K K K K ∴半平面ABD ，

A 1

B 1D 3

1

3

3|111||

|||3232=

?+--=

n n . （III ）若点C 1在平面A 1B 1D 上的射影正好为N ，则

0),0,2()3

,32,32(,0,1111=-?=?⊥a a

D A N C D A N C 即即

解得a =2（a =－2 舍去）.

∵D 为CC 1的中点，根据对称性知C 在平面ABD 上的射影正好为M.……12分