高中数学立体几何题型

第六讲 立体几何新题型

【考点透视】

(A)版.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.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.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念. (B)版.

①理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.

②了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算. ③掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式. ④理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念. ⑤了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念. ⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式. ⑦会画直棱柱、正棱锥的直观图.

空间距离和角是高考考查的重点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.

不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.

求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。 【例题解析】

考点1 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. 典型例题

例1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 △为正三角形，AO BC ∴⊥．

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

AO ∴⊥平面11BCC B ．

连结1

BO ，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455

AF =，

又1122AG AB == ， 210sin 4

455AG AFG AF ∴===∠．

所以二面角1A A D B --的大小为10arcsin 4

．

（Ⅲ）1A BD △中，1115226A BD BD A D A B S ===∴=△，，，1BCD S =△． 在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B 的距离为3． 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

11333

BCD A BD S S d = △△，

A

B C

D

1

A

1

C

1

B

A

B

C

D

1

A

1

C

1

B

O

F

1322

BCD A BD S d S ∴=

=

△△．

∴点C 到平面1A BD 的距离为22

．

解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．

ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．

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 ，1OO ，OA

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(023)A ，，，(003)A ，，，1(120)B ，，， 1(123)AB ∴=- ，，，(210)BD =-

，，，1(123)BA =- ，，． 12200AB BD =-++= ，111430AB BA =-+-=

， 1AB BD ∴ ⊥，11AB BA ⊥．

1AB ∴⊥平面1A BD ．

（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ． (113)AD =-- ，，，1(020)AA = ，，． AD ⊥n ，1AA

⊥n ，

100AD AA ?=?∴?=??

，，n n 3020x y z y ?-+-=?∴?=?

?，，03y x z =??∴?=-??，． 令1z =得(301)=-，，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ， 1AB ∴

为平面1A BD 的法向量．

cos

1

3364222AB AB AB -->===-

n n ． ∴二面角1A A D B --的大小为6arccos 4

．

（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB

为平面1A BD 法向量，

x

z A

B C D

1

A

1

C

1

B

O F

y

1(200)(123)BC AB =-=- ，，，，，．

∴点C 到平面1A BD 的距离11

22222BC AB d AB -==

=

． 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.

例2.如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.

(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ；

(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角； (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.

命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：

方法一 （Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又?PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .

同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .

（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.取OC 的中点N ，连接PN . 因为

21,21===OC NO OA NO OQ PO ，所以OA

NO

OQ PO =， 从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为2

2

22(22)13PB OB OP =+=

+=，222(2)1 3.PN ON OP =+=+=

10)2()22(22

22=+==ON OB BN

Q

B

C

P

A

D

O

M

所以93

3

3210392cos 222=

??-+=?-∠PN PB BN PN PB BPN ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是9

3

arccos . (Ⅲ)连结OM ，则11

2.22

OM AB OQ === 所以∠MQP ＝45°.

由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离. 又032

3,sin 45.2

PQ PO QO PH PQ =+=∴==

. 即点P 到平面QAD 的距离是32

2

. 方法二

（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .

由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .

从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .

由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，

相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.

所以)2,0,22(--=AQ

(0,22,1)PB =-

于是9

3,cos =

??PB AQ . (Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，

(0,0,3)PQ =-

，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由

Q

B

C

P

A

D

z y

x O

?????=?=?0

0AD n AQ n 得?????=+=+00

2y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n .

所以点P 到平面QAD 的距离32

2PQ n d n

?==

. 考点2 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. 典型例题

例3 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 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

3

222621312131=

????=????=

∴-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

由于h S V V SEF CEF S SEF C ??=

=?--31，即332331=??h ，解得3

32=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. 考点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. 典型例题

例4． 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 ∥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O 平面11D GB 的距离,

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

又?11D B 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 ∥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

B

A

C

D

O

G

H 1

A 1

C 1D

1

B 1O

，由于63222

1

,111111=??==?--D GB GBB D D GB B S V V

34222213111=????=

-GBB D V , ,3626

4==∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于

3

6

2. 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. 考点4 异面直线所成的角

此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点. 典型例题 例5

如图，在Rt AOB △中，π6

OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为

轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点． （错误！未找到引用源。）求证：平面COD ⊥平面AOB ；

（错误！未找到引用源。）求异面直线AO 与CD 所成角的大小． 思路启迪：（错误！未找到引用源。）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内.

解答过程：解法1：（错误！未找到引用源。）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥， BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O = ，

CO ∴⊥平面AOB ，

又CO ?平面COD ．

∴平面COD ⊥平面AOB ．

（错误！未找到引用源。）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥，

CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．

在Rt COE △中，2CO BO ==，112

OE BO ==，

O C

A

D

B

E

A

D

z

225CE CO OE ∴=+=．

又132

DE AO ==．

∴在Rt CDE △中，515tan 3

3

CE CDE DE

===．

∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为15arctan 3

．

解法2：（错误！未找到引用源。）同解法1．

（错误！未找到引用源。）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(0023)A ，，，(200)C ，，，(013)D ，，，

(0023)OA ∴=

，，，(21

3)CD =- ，，， cos OA CD

OACD OA CD ∴<>=

，6642322

=

= ． ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为6arccos 4

．

小结： 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：??

? ??2,0π.

例6．如图所示，AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8,BC 是⊙O 的直径，AB ＝AC ＝6，OE //AD . (Ⅰ)求二面角B —AD —F 的大小；

(Ⅱ)求直线BD 与EF 所成的角.

命题目的：本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

过程指引：关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.

解答过程： (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,

∴AD ⊥AB , AD ⊥AF ,故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角.

是矩形的直径，是圆、ABFC O BC AF ∴ ，是正方形，又ABFC AC AB ∴==6

由于ABFC 是正方形，所以∠BAF ＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；

(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）

所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FE BD

0186482

cos ,.10||||10082

BD FE BD FE BD FE ?++<>===?

设异面直线BD 与EF 所成角为α，则

.82

cos cos ,.10

BD FE α=<>=

故直线BD 与EF 所成的角为10

82arccos . 考点5 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. 典型例题 例7.

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

2AB =，22BC =，3SA SB ==．

（Ⅰ）证明SA BC ⊥；

（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．

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 =，

D

B

C

A

S

又45ABC = ∠，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22AD BC ==，3SA =，2AO =，得

1SO =，11SD =．

SAB △的面积2

21112

2

2

S AB SA AB ??=-= ???

． 连结DB ，得DAB △的面积21

sin13522

S AB AD =

= 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 = ，解得2h =． 设SD 与平面SAB 所成角为α，则222sin 1111h SD α===．

所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为22arcsin 11

．

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 =

∠，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 xyz -，

(200)A ，，，(020)B ，，，(020)C -，，，(001)S ，，，(201)SA =-

，，，

(0220)CB =

，，，0SA CB =

，所以SA BC ⊥． （Ⅱ）取AB 中点E ，22022E ?? ? ???

，，， 连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，2214

4

2G ?? ? ?

??

，，． 221442OG ??= ? ???，，，22122SE ??= ? ?

??

，，，(220)AB =-

，，．

D

B

C

A

S

O

E

G

y

x

z

O

D

B

C

A

S

0SE OG = ，0AB OG = ，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．

(2220)D ，，，(2221)DS =-，，．

22cos 11

OG DS OG DS

α==

，22sin 11β=，

所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为22arcsin 11

．

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. 考点6 二面角

此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视. 典型例题

例8．如图，已知直二面角PQ αβ--，A PQ ∈，B α∈，C β∈，

CA CB =，45BAP ∠=

，直线CA 和平面α所成的角为30

．

（I ）证明BC PQ ⊥；

（II ）求二面角B AC P --的大小．

命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

过程指引：（I ）在平面β内过点C 作CO PQ ⊥于点O ，连结OB ． 因为αβ⊥，PQ αβ= ，所以CO α⊥，

A

B

C

Q α

β P

A

C

β H

又因为CA CB =，所以OA OB =．

而45BAO ∠= ，所以45ABO ∠= ，90AOB ∠= ， 从而BO PQ ⊥，又CO PQ ⊥，

所以PQ ⊥平面OBC ．因为BC ?平面OBC ，故PQ BC ⊥． （II ）解法一：由（I ）知，BO PQ ⊥，又αβ⊥，PQ αβ= ，

BO α?，所以BO β⊥．

过点O 作OH AC ⊥于点H ，连结BH ，由三垂线定理知，BH AC ⊥． 故BHO ∠是二面角B AC P --的平面角．

由（I ）知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠= ， 不妨设2AC =，则3AO =，3sin 302

OH AO ==

． 在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=

，所以3BO AO ==， 于是在Rt BOH △中，3

tan 232

BO

BHO OH

∠=

==． 故二面角B AC P --的大小为arctan 2．

解法二：由（I ）知，OC OA ⊥，OC OB ⊥，OA OB ⊥，故可以O 为原点，分别以直线

OB OA OC ，，为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）．

因为CO a ⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=

．

不妨设2AC =，则3AO =，1CO =． 在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠=

， 所以3BO AO ==． 则相关各点的坐标分别是

(000)O ，，，(300)B ，，，(030)A ，，，(001)C ，

，． 所以(330)AB =- ，，，(031)AC =- ，，．

A

B C Q

α

β P

O

x

y

z

设1n {}x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由1100n AB n AC ?=??=??

，得33030x y y z ?-=??

-+=?

?， 取1x =，得1(113)n =

，，．

易知2(100)n =

，，是平面β的一个法向量．

设二面角B AC P --的平面角为θ，由图可知，12n n θ=<> ，． 所以121215cos 5

||||51n n n n θ===?

． 故二面角B AC P --的大小为5

arccos

5

． 小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.

例9．( 2006年重庆卷)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.

命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：

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

1

ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD .

因S △GBD =

21BD ·GH=21

GB ·DF . 故GH =BD

DF

GB ?.

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

21FB =2

1

AD =a ，DF =AB ,从而得 GH =

BD AB GB ?= a

a a 5?＝.55

a 因此tan ∠EHG=GH EG =.25

5

5

21

k 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 的取值范围为k ＞.15

15

2 解法二：

（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 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 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xOy 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 (x ,y ,0)，则GH =(x -a ,y -a ,0), BD =(-a ,2a ,0), 由GH ·BD =0得-a (x -a )+2a (y -a )=0,即 x -2y =-a ①

又因BH =(x-a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故a a x --＝a

y

2，即 2x +y =2a ② 由①②解得x =

53a ,y=54a ,从而GH ＝??

?

??--0,51,52a a ，｜GH ｜＝55a . tan ∠EHG = EG

GH

=a ka 5

52=k 25. 由k ＞0知，∠EHG 是锐角，由∠EHG ＞,30?得tan ∠EHG ＞tan ,30?即

k 25＞.3

3 故k 的取值范围为k ＞

15

15

2. 考点7 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. 典型例题

1B

1A

1D

1C

例10．

如图，已知1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体， 点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==． （1）求证：1E B F D ，，，四点共面； （2）若点G 在BC 上，2

3

BG =

，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；

（3）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．

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1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，则1A

E D N ==，

12CF ND ==．

因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．

从而EN AD ∥，1FD CN ∥．

又因为AD BC ∥，所以EN BC ∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．

因此，1E B F D ，，，四点共面．

（2）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，

tan tan BM BG BGM BG CFB == ∠∠23

132

BC BG CF ==?= ．

因为AE BM ∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥． 又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ． （3）如图，连结EH ．

因为MH BF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥．

C

B

A

G H

M

D

E

F 1B

1A

1D

1C

N

于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．

因为MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==

∠∠ 22

22

33113

32BC BM BC CF ==?

=

++

， tan 13EM MH θ==． 解法二：

（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE = ，，，(032)BF =

，，，1(333)BD = ，，， 所以1BD BE BF =+ ，故1BD ，BE ，BF

共面．

又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面．

（2）如图，设(00)M z ，，，则203GM z ??

=- ??? ，，，

而(032)BF = ，，，由题设得2

3203

GM BF z =-+= ， 得1z =．

因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =

，，，

又1(003)BB = ，，，(030)BC =

，，，所以10ME BB = ，0ME BC =

，从而1ME BB ⊥，ME BC ⊥．

故ME ⊥平面11BCC B ．

（3）设向量(3)BP x y =

，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．

而(301)BE = ，，，(032)BF = ，，，得330BP BE x =+= ，360BP BF y =+= ，解得1x =-，2y =-，所以(123)BP =--

，，．

又(300)BA =

，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）

． 于是1

cos 14BP BA BP BA

θ==

． 故tan 13θ=．

小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为AB 在面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值.

C

C

B

A

G H

M

D

E

F

1B

1A 1D

1C

z

y

x

例11．如图,l 1、l 2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM =MB =MN （I ）证明AC ⊥NB ；

（II ）若?=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值. 命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关 知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角； 方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程：

解法一： (Ⅰ)由已知l 2⊥MN , l 2⊥l 1 , MN ∩l 1 =M, 可得 l 2⊥平面ABN . 由已知MN ⊥l 1 , AM =MB =MN ,可知AN =NB 且AN ⊥NB . 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影. ∴AC ⊥NB

（Ⅱ）∵Rt △CAN ≌Rt △CNB , ∴AC =BC ,又已知∠ACB =60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt △ANB ≌Rt △CNB , ∴NC =NA =NB ,因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心,连结BH ,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 在Rt △NHB 中,cos ∠NBH = HB NB = 33AB 2

2AB = 6

3.

解法二： 如图,建立空间直角坐标系M －xyz . 令MN=1, 则有A (－1,0,0),B (1,0,0),N (0,1,0),

(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN .

l 2平行于z 轴. 故可设C (0,1,m ). 于是 =(1,1,m ), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB .

(Ⅱ)∵ =(1,1,m ), =(－1,1,m ), ∴||=||, 又已知∠ACB =60°,∴△ABC 为正三角形,AC =BC =AB =2. 在Rt △CNB 中,NB =2, 可得NC =2,故C (0,1, 2). 连结MC ,作NH ⊥MC 于H ,设H (0,λ, 2λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－2λ), =(0,1, 2) ∵ · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= 1

3 ,

N M

H

C

B A

N

M H

x

C

B

o

z

y

∴H (0, 13, 23), 可得=(0,23, － 23), 连结BH , 则=(－1,13, 2

3

),

∵·=0+29 － 2

9 =0, ∴⊥, 又MC ∩BH =H , ∴HN ⊥平面ABC , ∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 又=(－1,1,0),

∴cos ∠NBH = = 432

3

×2 =

63

. 考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题

例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大.

[思路启迪]设四边形一边AD ，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD 长度即可.

解答过程：如图（2）设AD ＝a ，易知∠ABC ＝60°，且∠ABD ＝30°?AB ＝3a . BD ＝2a ?正六棱柱体积为V .

V ＝a a 360sin 212162?????）－（

＝a a ?2

212

9）－（ ＝

a a a 4)21)(21(8

9

--≤33289）（? . 当且仅当 1－2a ＝4a ? a ＝6

1

时，体积最大，

此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝3

2

.

∴ 答案为6

1

.

例13 .如图左，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点，将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为（ ）

A C

D

E F

G

H

J

(A 、B 、C )

G

H

I