1、第三部分 讲重点解答题专练 第4讲 立体几何 热点调研 立体几何常见的类型主要有：考查线线、线面、面面关系的证明，此类题目常以解答题的第一问出现；计算空间的角和距离，此类题目常以解答题的第二问出现；求简单几何体的截面积、侧面积、表面积、体积等，此类题目通常以解答题的第三问出现；作简单几何体，并求出其中的有关量，此类题目以图形为基础，形成新题型；考查常见几何体为三棱、四棱、五棱锥或柱，在条件中一定有一些垂直关系如侧棱与底面垂直的锥体或柱体、面面垂直、线面垂直等，为建立直角坐标系提供模型典型例题(2015河南郑州二测)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 AA1C1C 是边长为 2 的菱
2、形，平面 ABC平面 AA1C1C，A1AC60，BCA90.类型一线面角(1)求证：A1BAC1；(2)已知点E是AB的中点，BCAC，求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值规范解答 解析(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 A1O，因为平面 ABC平面 AA1C1C，A1OAC，所以 A1O平面 ABC.所以 A1OBC.又 BCAC，所以 BC平面 AA1C1C.所以 AC1BC.在菱形 AA1C1C 中，AC1A1C，所以 AC1平面 A1BC，所以 A1BAC1.(2)以点 O 为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系 Oxyz，则A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1
3、,0)，C1(0,2，3)，AB(2,2,0)，BB1 CC1(0,1，3)，设 m(x，y，z)是平面ABB1A1 的法向量，则 mAB0，mBB1 0，即2x2y0，y 3z0.取 z1 可得 m(3，3，1)又 E(1,0,0)，所以EC1(1,2，3)设直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角为，则 sin|cosEC1，m|EC1 m|EC1|m|4214.预测1.(2015浙江衢州检测)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD是平行四边形，PA平面 ABCD，点 M，N 分别为 BC，PA 的中点，且 PAAD2，AB1，AC 3.(1)证明：MN平面 PCD；(2)求直
4、线 MN 与平面 PAD 所成角的正切值解析(1)证明：取 PD 中点 E，连接 NE，CE.N 为 PA 中点，NE 綊12AD.又 M 为 BC 中点，底面 ABCD 为平行四边形MC 綊12AD.NE 綊 MC，即四边形 MNEC 为平行四边形，MNCE.EC平面 PCD，且 MN平面 PCD，MN平面 PCD.(2)方法一 PA平面 ABCD，PA平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD.过 M 作 MFAD，则 MF平面 PAD，连接 NF.则MNF 为直线 MN 与平面 PAD 所成的角，由 AB1，AC 3，AD2，得 ACCD.由 ACCDADMF，得 MF 32.在RtAMN
5、 中，AMAN1，得 MN 2.在 RtMNF 中，NF MN2MF2 52，tanMNFMFFN3252 155，故直线 MN 与平面 PAD 所成角的正切值为 155.方法二 PA平面 ABCD，PAAB，PAAC.又AB1，AC 3，BCAD2，AB2AC2BC2，ABAC.如图，分别以 AB，AC，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，则 M(12，32，0)，N(0,0,1)，P(0,0,2)，D(1，3，0)，MN(12，32，1)，AP(0,0,2)，AD(1，3，0)设平面 PAD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由 APn0，AD n0，
6、2z0，x 3y0，令 y1，得 n(3，1,0)设MN 与平面 PAD 所成的角为，则 sin|cosMN，n|32 2 64，tan 155，MN 与平面 PAD 所成角的正切值为 155.2(2015贵州八校联盟联考)如图，正方形 ABCD 所在平面与等腰三角形 EAD 所在平面相交于 AD，EAED，AE平面 CDE.(1)求证：AB平面 ADE；(2)设 M 是线段 BE 上一点，当直线 AM 与平面 EAD 所成角的正弦值为2 23 时，试确定点 M 的位置解析(1)证明：AE平面 CDE，CD平面 CDE，AECD.在正方形 ABCD 中，CDAD，ADAEA，CD平面ADE.A
7、BCD，AB平面 ADE.(2)由(1)得平面 EAD平面 ABCD.取 AD 中点 O，取 BC 中点F，连接 EO，OF.EAED，EOAD，EO平面 ABCD.以OA，OF，OE 分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系不妨设 AB2，则 A(1,0,0)，B(1,2,0)，E(0,0,1)设 M(x，y，z)，则BM(x1，y2，z)，BE(1，2,1)B，M，E 三点共线，设BM BE(01)，M(1，22，)，AM(，22，)设 AM 与平面 EAD 所成角为，平面 EAD 的一个法向量为n(0,1,0)，sin|cosAM，n|22|62842 23.解得 13或 1(
8、舍去)点 M 在线段 BE 上靠近 B 的三等分点1求直线 AP 与平面 所成的角 时(A，P)若 P 到平面 的距离为 d，则 sin dAP.2向量法求线面所成的角求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为，则 sinn，a|na|n|a|.3斜线与平面所成的角，就是斜线及其在平面上的射影所成的锐角典型例题1(2015山东济宁曲阜)如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是矩形，DE平面 ABCD.(1)求证：ABEF；(2)若 ABBC2EF2，BD 与平面 BCF 成 30角，求二面角 FBDC 的正切值类型二二面角 2.(2015云南弥勒测试)如图，在斜三
9、棱柱 ABCA1B1C1 中，O是 AC 的中点，A1O平面 ABC，BCA90，AA1ACBC.(1)求证：A1BAC1；(2)求二面角 ABB1C 的余弦值3.(2015辽宁沈阳监测)如图，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，SD平面 ABCD，SDADa，点 E 是 SD 上的点，且 DEa(01)(1)求证：对任意的(0,1，都有 ACBE；(2)若二面角 CBEA 的大小为 120，求实数 的值规范解答1解析(1)证明：ABCD，CD平面 CDEF，AB平面CDEF，AB平面 CDEF.又AB平面 ABEF，平面 ABEF平面 CDEFEF，ABEF.(2)DE平面 ABCD，DEB
10、C.又BCCD，BC平面 CDEF.又BC平面 BCF，平面 BCF平面 CDEF.过点 D作 DGCF，则 DG平面 BCF，DBG 为 BD 与平面 BCF 所成的角，即DBG30.又 BD2 2，DGBDsin30 2，则DE1 且点 G 与点 F 重合取 DC 中点 M，连接 FM，则 FM平面 ABCD，过 M 作 MNBD 交 BD 于点 N，连接 FN，则FNM即为二面角 FBDC 的平面角，tanFNMFMMN 122 2.2解析(1)证明：因为 A1O平面 ABC，BC平面 ABC，所以 A1OBC.又因为 BCAC，A1OACO，所以 BC平面 A1ACC1.因为AC1平面
11、 A1ACC1，所以 AC1BC.因为 AA1AC，所以四边形A1ACC1 是菱形，所以 AC1A1C.因为 BCA1CC，所以 AC1平面 A1BC.因为 A1B平面 A1BC，所以 A1BAC1.(2)设 AA12，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 A(0，1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，3)，AB(2,2,0)，BB1 CC1(0,1，3)设 m(x，y，z)是平面 ABB1 的法向量，则 mABmBB1 0，即2x2y0，y 3z0.令 z1，得 m(3，3，1)同理平面 CBB1的一个法向量 n(0，3，1)因为 cosm，n mn|m|n|2
12、77，所以二面角 ABB1C 的余弦值为2 77.3解析(1)证明：建立空间直角坐标系 Dxyz，则 A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，a)，AC(a，a,0)，BE(a，a，a)ACBE0 对任意(0,1都成立，即 ACBE 恒成立(2)设平面 ABE 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，AB(0，a,0)，AE(a,0，a)，n1AB0，n1AE0y1a0，ax1az10 y10，x1z10.取 z11，则 x1，n1(x1，y1，z1)(，0,1)设平面 BCE 的法向量为 n2(x2，y2，z2)，BC(a,0,0)，CE(0，a，a
13、)，n2BC0，n2CE0 x2a0，ay2az20 x20，y2z20.取 z21，则 y2，n2(x2，y2，z2)(0，1)二面角 CBEA 的大小为 120，cosn1，n2 n1n2|n1|n2|11212，(0,11.1为所求预测1(2015四川内江期末)如图，AC 是圆 O 的直径，点 B 在圆O 上，BAC30，BMAC 交 AC 于点 M，EA平面 ABC，FCEA，AC4，EA3，FC1.(1)证明：EMBF；(2)求平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值解析 方法一(1)证明：EA平面 ABC，BM平面 ABC，EABM.又BMAC，EAACA，BM平面 A
14、CFE.而 EM平面 ACFE.BMEM.AC 是圆 O 的直径，ABC90.又BAC30，AC4，AB2 3，BC2，AM3，CM1.EA平面 ABC，FCEA，FCEA13，FC平面 ABC.又 FCCM1，AMEA3，EAM 与FCM 都是等腰直角三角形EMAFMC45.EMF90，即 EMMF.MFBMM，EM平面 MBF.而 BF平面 MBF，EMBF.(2)解：延长 EF 交 AC 的延长线于 G，连接 BG，过点 C 作 CHBG，连接 FH.由(1)知 FC平面 ABC，BG平面 ABC，FCBG.而 FCCHC，BG平面 FCH.FH平面 FCH，FHBG.FHC 为平面 B
15、EF 与平面 ABC 所成的二面角的平面角在 RtABC 中，BAC30，AC4，BMABsin30 3.由FCEAGCGA13，得 GC2.BG BM2MG2 32322 3，又GCHGBM，GCBGCHBM，CHGCBMBG2 32 3 1.FCH 是等腰直角三角形，FHC45.平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 22.方法二(1)证明：因为 AC 是圆 O 的直径，所以ABC90，又BAC30，AC4，所以 AB2 3，而 BMAC，易得 AM3，BM 3.如图，以 A 为坐标原点，垂直于 AC 的直线，AC、AE 所在的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系由已知
16、条件得 A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B(3，3,0)，F(0,4,1)ME(0，3,3)，BF(3，1,1)由ME BF(0，3,3)(3，1,1)0，得ME BF，EMBF.(2)解：由(1)知BE(3，3,3)，BF(3，1,1)设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)，由 nBE0，nBF0，得 3x3y3z0，3xyz0.令 x 3得 y1，z2，n(3，1,2)由已知 EA平面 ABC，所以平面 ABC 的一个法向量为AE(0,0,3)设平面 BEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为，则 cos|cosn，AE|301023|32 2 22.2.(201
17、5甘肃河西联考)已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形，侧面 A1ACC1 为菱形，A1AC60，平面A1ACC1平面 ABC，N 是 CC1 的中点(1)求证：A1CBN；(2)求二面角 BA1NC 的正弦值解析(1)证明：取 AC 的中点 O，连接 BO，A1O.由题意知 BOAC，A1OAC.又因为平面 A1ACC1平面 ABC，所以 A1O平面 ABC.以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.则 O(0,0,0)，B(3，0,0)，A1(0,0，3)，N(0，32，32)，C(0,1,0)，A1C(0,1，3)，BN(3，32，32)因为A1C
18、 BN032(3)32 0，所以 A1CBN.(2)由(1)得A1N(0，32，32)，A1B(3，0，3)设平面 A1BN 的 法 向 量 为 n1 (x，y，z)，则A1N n10，A1B n10，即32y 32 z0，3x 3z0.令 x1，得 n1(1，33，1)又平面 A1NC 的法向量 n2(1,0,0)设二面角 BA1NC 的平面角为，则 cos n1n2|n1|n2|217.sin2 77.即二面角的正弦值为2 77.3.如图，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，ABAC.(1)求证：ACPB；(2)设 O，D 分别为 AC，AP 的中点，点 G 为OAB 内一点，且满足
19、OG 13(OA OB)，求证：DG平面 PBC；(3)若 ABAC2，PA4，求二面角 APBC 的余弦值解析(1)证明：因为 PA平面 ABC，AC平面 ABC，所以 PAAC.又因为 ABAC，且 PAPBA，所以 AC平面 PAB.又因为 PB平面 PAB，所以 ACPB.(2)证法一：因为 PA平面 ABC，所以 PAAB，PAAC.又因为 ABAC，所以建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.设 AC2a，ABb，PA2c，则 A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，又因为OG 13(OA OB)，所以 G(a
20、3，b3，0)于是DG(a3，b3，c)，BC(2a，b,0)，PB(0，b，2c)设平面 PBC 的一个法向量 n(x0，y0，z0)，则有nBC0，nPB0，即2ax0by00，by02cz00.不妨设 z01，则有 y02cb，x0ca，所以 n(ca，2cb，1)因为 nDG(ca，2cb，1)(a3，b3，c)caa32cb b31(c)0，所以 nDG.又因为 DG平面 PBC，所以 DG平面 PBC.证法二：取 AB 中点 E，连接 OE，则OE 12(OA OB)由已知OG 13(OA OB)可得OG 23OE，则点 G 在 OE 上连接 AG 并延长交 CB 于点 F，连接
21、PF.因为 O，E 分别为 AC，AB 的中点，所以 OEBC，即 G 为AF 的中点又因为 D 为线段 PA 的中点，所以 DGPF.又 DG平面 PBC，PF平面 PBC，所以 DG平面 PBC.(3)解：由(2)可知平面 PBC 的一个法向量 n(ca，2cb，1)(2,2,1)又因为 AC面 PAB，所以面 PAB 的一个法向量是AC(2,0,0)又 cosn，AC nAC|n|AC|43223，由图可知，二面角 APBC 为锐角，所以二面角 ABPC的余弦值为23.4.(2015湖北)九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称
22、之为鳖臑如图，在阳马 PABCD 中，侧棱 PD底面ABCD，且 PDCD，过棱 PC 的中点 E，作 EFPB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面 DEF 与平面 ABCD 所成二面角的大小为3，求DCBC的值解析 方法一(1)因为 PD底面 ABCD，所以 PDBC.由底面 ABCD 为长方形，有 BCCD，而 PDCDD，所以 BC平面 PCD.而 DE平面 PCD，所以 BCDE.又因为 PDCD，点 E 是 PC 的中点，所以 DE
23、PC.而 PCBCC，所以 DE平面 PBC.而 PB平面 PBC，所以 PBDE.又 PBEF，DEEFE，所以 PB平面 DEF.由 DE平面 PBC，PB平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)如图，在平面 PBC 内，延长 BC 与 FE 交于点 G，则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线由(1)知，PB平面 DEF，所以 PBDG.又因为 PD底面 ABCD，所以 PDDG.而 PDPBP，所以 DG平面 PBD.故BDF 是平面 DEF 与平面 ABCD 所成二
24、面角的平面角设 PDDC1，BC，有 BD 12，在 RtPDB 中，由 DFPB，得DPFFDB3.则 tan3tanDPFBDPD 12 3，解得 2.所以DCBC1 22.故当平面 DEF 与平面 ABCD 所成二面角的大小为3时，DCBC22.方法二(1)如图，以 D 为原点，射线 DA，DC，DP 分别为 x，y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系设 PDDC1，BC，则 D(0,0,0)，P(0,0,1)，B(，1,0)，C(0,1,0)，PB(，1，1)，点 E 是 PC 的中点，所以 E(0，12，12)，DE(0，12，12)于是PBDE 0，即 PBDE.又已知 EFPB，
25、而 DEEFE，所以 PB平面 DEF.因PC(0,1，1)，DE PC0，则 DEPC，所以 DE平面PBC.由 DE平面 PBC，PB平面 DEF，可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)由 PD平面 ABCD，所以DP(0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量；由(1)知，PB平面 DEF，所以BP(，1,1)是平面 DEF的一个法向量若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3，则 cos3|BPDP|BP|DP|122|12，解得 2.所以DCBC1 22.故当平面 DEF 与平面
26、 ABCD 所成二面角的大小为3时，DCBC22.5如图，在四棱锥 PABCD 中，PAAD，ABCD，CDAD，ADCD2AB2，E，F 分别为 PC，CD 的中点，DEEC.(1)求证：平面 ABE平面 BEF；(2)设 PAa，若平面 EBD 与平面 ABCD 所成的锐二面角 4，3，求实数 a 的取值范围思路(1)利用面面垂直的判定定理即可求解；(2)传统法：遵循“一作二证三计算”的解题步骤，关键是找出所求二面角的平面角向量法：建立适当的空间直角坐标系，将几何体中的定性问题转化为定量问题进行求解解析(1)ABCD，CDAD，ADCD2AB2，F 为 CD的中点，四边形 ABFD 为矩形
27、，ABBF.DEEC，DCEF.又 ABCD，ABEF.BFEFF，AB平面 EBF.又 AB平面 ABE，平面 ABE平面 BEF.(2)方法一 DEEC，DCEF，又 PDEF，ABCD，ABPD.又 ABAD，ADPDD，AB平面 PAD，ABPA.又 PAAD，ADABA，PA平面 ABCD.连接 AC 交 BF 于点 K，则四边形 ABCF 为平行四边形，K为 AC 的中点，连接 EK.EKPA，EK平面 ABCD，BDEK.作 KHBD 于点 H，连接 EH，EKKHK，BD平面 EKH.则 BDEH，EHK即为平面 EBD 与平面 ABCD 所成锐二面角的平面角BFDF，BF2，
28、DF1，DB 5，sinDBFDFBDHKBK.HK 15，又 EK12PAa2，tana215 5a2 1，3解得 a2 55，2 155实数 a 的取值范围是2 55，2 155方法二 以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，a)，C(2,2,0)，E(1,1，a2)，BE(0,1，a2)，DE(1，1，a2)n1(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量设平面 EBD 的法向量为 n2(x，y，z)，则 n2BE0，n2DE 0，即ya2z0，xya2z
29、0.令 ya，则 x2a，z2，n2(2a，a，2)为平面 EBD 的一个法向量cos|n1n2|n1|n2|25a2412，22 解得 a2 55，2 155实数 a 的取值范围为2 55，2 1551求二面角时(1)用几何法，则需严格遵守四个字：作证求答(2)用向量法，则需建立恰当的坐标系(3)法向量一定求正确，平面的法向量是一个得分点！2求完之后一定要结合图形适当调整数值的正负情况3向量法求二面角求出二面角 l 的两个半平面 与 的法向量 n1，n2，若二面角 l 所成的角 为锐角，则cos|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|；若二面角 l 所成的角 为钝角，则cos|cosn1，
30、n2|n1n2|n1|n2|.典型例题1(2015河北唐山期末)如图，四棱锥 PABCD 的底面是平行四边形，PA底面 ABCD，PCD90，PAABAC2.(1)求证：ACCD；(2)点 E 是棱 PC 的中点，求点 B 到平面 EAD 的距离类型三距离 2.(2014河北衡水模拟)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，D，E 分别是棱 BC，AB 的中点，点 F 在棱 CC1 上，已知 ABAC，AA13，BCCF2.(1)求证：C1E平面 ADF；(2)点 M 在棱 BB1 上，当 BM 为何值时，平面 ACM平面 ADF?3.(2015安徽合肥检测)如图所示，长方体 ABCDA1B
31、1C1D1 中，AA1A1B12，BC 2.(1)若 E 为线段 CC1 的中点，求证：平面 A1BE平面 B1CD；(2)若点 P 为侧面 A1ABB1(包含边界)内的一个动点，且 C1P平面 A1BE，求线段 C1P 长度的最小值规范解答1解析(1)证明：因为 PA底面 ABCD，所以 PACD.因为PCD90，所以 PCCD，所以 CD平面 PAC.所以 CDAC.(2)因为 PAABAC2，E 为 PC 的中点，所以 AEPC，AE 2.由(1)知 AECD，所以 AE平面 PCD.作 CFDE，交 DE于点 F，则 CFAE，则 CF平面 EAD.因为 BCAD，所以点 B与点 C
32、到平面 EAD 的距离相等，CF 即为点 C 到平面 EAD 的距离在 RtECD 中，CFCECDDE 226 2 33，所以点 B 到平面 EAD 的距离为2 33.2解析(1)证明：连接 CE 交 AD 于点 O，连接 OF.因为 CE，AD 为ABC 的中线，所以 O 为ABC 的重心，COCE23.因为 CFCC123，所以 OFC1E.因为 OF平面 ADF，C1E平面 ADF，所以 C1E平面 ADF.(2)解：当 BM1 时，平面 CAM平面 ADF.证明如下：在直三棱柱 ABCA1B1C1中，由于 B1B平面 ABC，BB1平面 B1BCC1，所以平面 B1BCC1平面 AB
33、C.因为 ABAC，D 是 BC 的中点，所以 ADBC.又平面 B1BCC1平面 ABCBC，所以 AD平面 B1BCC1.而 CM平面 B1BCC1，于是 ADCM.因为 BMCD1，BCCF2，DCFMBC90.所以 RtCBMRtFCD，BCMCDF90，所以 CMDF.又 DF 与 AD 相交，所以 CM平面 ADF.因为 CM平面 CAM，所以平面 CAM平面 ADF.所以当 BM1 时，平面 CAM平面 ADF.3解析(1)证明：在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，CD平面 BCC1B1.又BE平面 BCC1B1，CDBE.又E 为线段 CC1 的中点，由已知得 RtB1BC
34、RtBCE，BB1CEBC.EBB1BB1C90.故 BEB1C.B1CCDC，BE平面 B1CD.又BE平面 A1BE，平面 A1BE平面 B1CD.(2)解：取线段 A1B1 的中点 M，线段 BB1 的中点 N，连接 C1M，C1N，MN，易得 C1NBE，MNA1B.又MNC1NN，BA1BEB，平面 C1MN平面 A1BE，点 P 为线段 MN 上的动点时C1P面 A1BE.要使得线段 C1P 长度最小，则 C1PMN.在C1MN中，C1MC1N 3，MN 2，易得 C1P 102.预测1.(2015云南复习检测)如图，在四棱锥 CABDE 中，F 为 CD的中点，DB平面 ABC，
35、BDAE，且 BD2AE.(1)求证：EF平面 ABC；(2)若 ABBCCADB6，求点 A 到平面 ECD 的距离解析(1)证明：设 CB 的中点为 M，连接 AM，FM.F 为 CD 的中点，FM 是BCD 的中位线FMBD，且 FM12BD.BDAE，且 BD2AE，AEFM，且 AEFM.四边形 AEFM 为平行四边形EFAM.又AM平面 ABC，EF平面 ABC.EF平面 ABC.(2)连接 AD.DB平面ABC，DB平面ABDE，平面ABDE平面ABC.点 C 到平面 ABDE 的距离等于点 C 到直线 AB 的距离点 C 到平面 ABDE 的距离等于 ACsin603 3.根据
36、已知得 CE AE2AC23 5，ED AB2BDAE23 5，CD CB2BD26 2，SCED12CDCE2CD24 9 6.SAEDAEBDAB2ABBD29.设点A到平面ECD的距离等于h，由VAECDVCAED得139 6h1393 3，解方程得 h3 22.点 A 到平面 ECD 的距离等于3 22.2(2015上海十二校联考)圆锥 PO 如图(1)所示，图(2)是它的正(主)视图已知圆 O 的直径为AB，C 是圆周上异于 A，B 的一点，D 为 AC 的中点(1)求该圆锥的侧面积 S；(2)求证：平面 PAC平面 POD；(3)若CAB60，在三棱锥 APBC 中，求点 A 到平
37、面 PBC的距离解析(1)由圆锥的正视图可知，圆锥的高 h 2，底面半径r1，所以其母线长 l 3，所以圆锥的侧面积 S12l2r12 321 3.(2)因为 AB 是圆 O 的直径，所以 ACBC.又因为 O，D 分别为 AB，CD 的中点，所以 ODBC，所以 ODAC.因为 PO平面 ABC，所以 ACPO.因为 POODO，OP，OD平面 POD，所以 AC平面 POD.因为 AC平面 PAC，所以平面 PAC平面 POD.(3)因为CAB60，AB2，所以 BC 3，AC1.所以 SABC 32.又因为 PO 2，OCOB1，所以 SPBC3 34.设 A 到平面 PBC 的距离为
38、h，由 VPABCVAPBC，得SABCPOSPBCh，解得 h2 23.3(2015天津)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点(1)求证：MN平面 ABCD；(2)求二面角 D1ACB1 的正弦值；(3)设 E 为棱 A1B1 上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为13，求线段 A1E 的长解析 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B
39、1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)又因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得 M(1，12，1)，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量.MN(0，52，0)由此可得MN n0，又因为直线 MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.(2)AD1(1，2,2)，AC(2,0,0)设 n1(x1，y1，z1)为平面 ACD1 的法向量，则 n1AD1 0，n1AC0，即x12y12z10，2x10.不妨设 z11，可得n1(0,1,1)设 n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1 的法向量，则n2AB1 0，n
40、2AC0，又AB1(0,1,2)，得y22z20，2x20.不妨设 z21，可得 n2(0，2,1)因此有 cos n1n2|n1|n2|1010.于是 sin3 1010.所以二面角 D1ACB1 的正弦值为3 1010.(3)依题意，可设A1E A1B1，其中 0,1，则 E(0，2)，从而NE(1，2,1)又 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得 cosNE，n NEn|NE|n|112221213，整理得 2430，又因为 0,1，解得 72.所以线段 A1E 的长为 72.1直线与它平行平面的距离，两个平行平面的距离都可转化为点到平面的距离，点到平面的距离可通过
41、向量的内积运算求得如图，P 是平面 外一点，B 是平面 内任一点，则BPu(x，y，z)，平面 的法向量 n(a，b，c)，向量 n 的单位向量n0 n|n|，则点 P 到平面 的距离 d|BPn0|BPn|n|.2求点到平面距离的方法：垂直面：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；等体积法，转化为求三棱锥的高；等价转移法；法向量法3空间距离、线段的长度，也可以用向量的模来表示若ADABBCCD，则|AD|ABBCCD 2.典型例题1(2015河北邯郸质检)如图，已知O 的直径 AB3，点 C为O 上异于 A，B 的一点，VC平面 ABC，且 VC2，点 M为线段 V
42、B 的中点类型四体积(1)求证：BC平面 VAC；(2)若直线 AM 与平面 VAC 所成角为4，求三棱锥 BACM 的体积2(2015重庆文)如图，三棱锥 PABC 中，平面 PAC平面ABC，ABC2，点 D，E 在线段 AC 上，且 ADDEEC2，PDPC4，点 F 在线段 AB 上，且 EFBC.(1)证明：AB平面 PFE；(2)若四棱锥 PDFBC 的体积为 7，求线段 BC 的长规范解答1解析(1)证明：因为 VC平面 ABC，BC平面 ABC，所以 VCBC.又因为点 C 为圆 O 上一点，且 AB 为直径，所以 ACBC.又因为 BC平面 VAC，VC，AC平面 VAC，V
43、CACC，所以 BC平面 VAC.(2)解：如图，取 VC 的中点 N，连接 MN，AN，则 MNBC，由(1)得 BC平面 VAC，所以 MN平面 VAC，则MAN 为直线 AM与平面 VAC 所成的角，即MAN4，所以 MNAN.令 ACa(a0)，则 BC 9a2，MN 9a22.因为 VC2，N 为 VC 的中点，所以 AN a21，所以 9a22 a21，解得 a1(舍去负值)因为 MNBC，所以 VBACMVMABCVNABC13SABCNC 23.2解析(1)证明：如图，由 DEEC，PDPC 知，E 为等腰三角形 PDC 的底边 DC 的中点，故 PEAC.因为平面 PAC平面
44、 ABC，平面 PAC平面 ABCAC，PE平面 PAC，PEAC，所以 PE平面 ABC.因为 AB平面 ABC，所以 PEAB.因为ABC2，EFBC，所以 ABEF.从而 AB 与平面 PEF 内两条相交直线 PE，EF 都垂直所以 AB平面 PFE.(2)解：设BCx，则在RtABC中，AB AC2BC2 36x2从而 SABC12ABBC12x 36x2.由 EFBC 知，AFABAEAC23，得AFEABC，故SAFESABC(23)249，SAFE49SABC.由 AD12AE，得SAFD12SAFE1249SABC29SABC.四边形 DFBC 的面积为S 四边形 DFBCSA
45、BCSAFD79SABC 718x 36x2.由(1)知，PE平面 ABC，所以 PE 为四棱锥 PDFBC 的高在 RtPEC 中，PE PC2EC2 42222 3.所以 VPDFBC13S 四边形 DFBCPE13 718x 36x22 37.故 x436x22430，解得 x29 或 x227.因为 x0，所以 x3 或 x3 3.所以 BC3 或 BC3 3.预测1(2015四川宜宾考试)如图，一简单几何体的一个面 ABC内接于圆 O，G，H 分别是 AE，BC 的中点，AB 是圆 O 的直径，四边形 DCBE 为平行四边形，且 DC平面 ABC.(1)求证：GH平面 ACD；(2)
46、若 AB2，BC1，tanEAB 32，试求该几何体的体积解析(1)证明：连接 GO，OH.GOBECD，OHAC，GO平面 ACD，OH平面 ACD，又 GO 交 HO 于 O，平面GOH平面 ACD，GH平面 ACD.(2)解：DC平面 ABC，DCAC.ACBC，AC平面 BCDE.AB2，BC1，tanEAB 32，BE 3，AC AB2BC2 3.VABCDE13S 矩形 BCDEAC131 3 31.2.(2015山东文登统考)如图所示，已知在四棱锥 PABCD 中，CDAB，ADAB，BCPC，且 ADDCPA12ABa.(1)求证：BC平面 PAC；(2)试在线段 PB 上找一
47、点 M，使 CM平面 PAD，并说明理由；(3)若点 M 是由(2)中确定的，且 PAAB，求四面体 MPAC 的体积解析(1)证明：过点 C 作 CEAB，垂足为 E.已知在四边形ABCD 中，ADAB，CDAB，ADDC，四边形 ADCE 是正方形ACDACE45.又AECD12AB，BEAECE.BCE45.ACB90.ACBC.又BCPC，ACPCC，BC平面 PAC.(2)解：当 M 为 PB 中点时，CM平面 PAD.证明如下：取 AP 的中点 F，连接 CM，FM，DF，则 FMAB，且 FM12AB.CDAB，CD12AB，FMCD，FMCD.四边形 CDFM 为平行四边形，C
48、MDF.DF平面 PAD，CM平面 PAD，CM平面 PAD.(3)解：由(1)知，BC平面 PAC，M 为 PB 的中点，所以点 M到平面 PAC 的距离等于12BC，VMPAC12VBPAC.在BPA 中，PAAB，PB 5a.在BCP 中，BC 2a，PC 3a.在PAC 中，PC 3a，AC 2a，PAa，PAC 是直角三角形，其面积 S12a 2a 22 a2，VMPAC12VBPAC16BCSPAC16 2a 2a22 16a3.3(2015南昌调研)如图，在四棱锥 PABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB 2，P
49、C2.问 AB 为何值时，四棱锥PABCD 的体积最大？并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值思路(1)利用直线与平面、平面与平面垂直的性质证明线线垂直；(2)利用空间直角坐标系求解空间角的大小解析(1)证明：因为四边形 ABCD 为矩形，故 ABAD.又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 AB平面 PAD，故 ABPD.(2)过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG.故 PO平面 ABCD，BC平面 POG，BCPG.在 RtBPC 中，PG2 33，GC2 63，BG 63.设 ABm，则 OP PG2
50、OG243m2.故四棱锥 PABCD 的体积为V13 6m43m2m3 86m2.因为 m 86m2 8m26m46m223283，故当 m 63，即 AB 63 时，四棱锥 PABCD 的体积最大此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标为 O(0,0,0)，B63，63，0，C63，2 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63，故PC63，2 63，63，BC(0，6，0)，CD 63，0，0.设平面 BPC 的法向量 n1(x，y,1)，则由 n1PC，n1BC，得 63 x2 63 y 63 0，6y0，解得 x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面 DPC 的法向量 n2
51、0，12，1.从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 的余弦值为cos|n1n2|n1|n2|12141 105.1体积的计算在立体几何中占有很重要的位置2对于规则体，熟记各种体积公式；对于不规则体则采用割、补法进行拼接，使之成为规则体3三棱锥可以进行体积转换：VABCDVBACDVCABDVDABC.4V 多面体13S 表r 内切球典型例题1(2015北京海淀期中)如图(1)，在梯形 ABCD 中，ADBC，ADDC，BC2AD，四边形 ABEF 是矩形，将矩形 ABEF 沿 AB折起到四边形 ABE1F1 的位置，使平面 ABE1F1平面 ABCD，M为 AF1 的中点如图(2)类型五翻折
52、(1)求证：BE1DC；(2)求证：DM平面 BCE1；(3)判断直线 CD 与 ME1 的位置关系，并说明理由2(2015安徽马鞍山检测)如图，在矩形 ABCD 中，AD2，AB4，E，F 分别为边 AB，AD 的中点，现将ADE 沿 DE 折起，得四棱锥 ABCDE.(1)求证：EF平面 ABC；(2)若平面 ADE平面 BCDE，求二面角 ACDE 的余弦值规范解答1解析(1)证明：因为四边形 ABE1F1 为矩形，所以 BE1AB.因为平面 ABCD平面 ABE1F1，且平面 ABCD平面 ABE1F1AB，BE1平面 ABE1F1，所以 BE1平面 ABCD.因为 DC平面ABCD，
53、所以 BE1DC.(2)证明：因为四边形 ABE1F1 为矩形，所以 AMBE1.因为 ADBC，ADAMA，BCBE1B，所以平面 ADM平面 BCE1.因为 DM平面 ADM，所以 DM平面 BCE1.(3)解：直线 CD 与 ME1 相交，理由如下：取 BC 的中点 P，CE1 的中点 Q，连接 AP，PQ，QM，所以 PQBE1，且 PQ12BE1.在矩形 ABE1F1 中，M 为 AF1 的中点，所以 AMBE1，且 AM12BE1，所以 PQAM，且 PQAM.所以四边形 APQM 为平行四边形，所以 MQAP，MQAP.因为四边形 ABCD 为梯形，P 为 BC 的中点，BC2A
54、D，所以 ADPC，ADPC，所以四边形 ADCP 为平行四边形所以 CDAP，且 CDAP.所以 CDMQ 且 CDMQ.所以四边形 CDMQ 是平行四边形所以 DMCQ，即 DMCE1.因为 DMCE1，所以四边形 DME1C 是以 DM，CE1 为底边的梯形，所以直线 CD 与 ME1 相交2解析(1)证明：如图，取线段 AC 的中点 M，连接 MF，MB.因为 F 为AD 边的中点，得 MFCD，且 MF12CD.在折叠前，四边形 ABCD为矩形因为 E 为 AB 边的中点，所以 BECD，且 BE12CD，所以 MFBE，且 MFBE，所以四边形 BEFM 为平行四边形，故 EFBM
55、.又 EF平面 ABC，BM平面 ABC，EF平面 ABC.(2)解：由已知条件可知，ADE 是等腰直角三角形，且 ADAE2，DE2 2.平面 ADE平面 BCDE，平面 ADE平面BCDEDE，取 DE 的中点 O，连接 AO，则 AODE，得 AO平面 BCDE.过 O 作 OGCD 交 CD 于点 G，连接 AG，根据三垂线定理，得 AGCD，所以AGO 就是二面角 ACDE 的平面角易求得 OG1，AO 2，AG 3，所以 cosAGO 33，即所求二面角 ACDE 的余弦值为 33.预测1(2015广东梅州质检)在正三角形 ABC 中，E，F，P 分别是 AB，AC，BC 边上的点
56、，满足 AEEBCFFACPPB12(如图(1)，将AEF 沿 EF 折起到A1EF 的位置，使二面角 A1EFB 成直二面角，连接 A1B，A1P(如图(2)(1)求证：FP平面 A1EB；(2)求证：A1E平面 BEP；(3)求直线 A1E 与平面 A1BP 所成角的大小解析(1)证明：在题图(1)中，CPPBCFFA，FPBE.在题图(2)中，FPBE，BE平面 A1EB，FP平面 A1EB，FP平面 A1EB.(2)证明：不妨设正三角形 ABC 的边长为 3.在题图(1)中，取BE 的中点 D，连接 DF.AEEBCFFA12，AFAD2.而A60，ADF 是正三角形又 AEDE1，E
57、FAD.在题图(2)中，A1EEF，BEEF，A1EB 为二面角 A1EFB的平面角由题设条件知此二面角为直二面角，A1EBE.又 BE，EF平面 BEF，BEEFE，A1E平面 BEF，即 A1E平面BEP.(3)解：在题图(2)中，A1E平面 BEP，A1EBP.设 A1E在平面 A1BP 内的射影为 A1Q，且 A1Q 交 BP 于点 Q，则可得 BP平面 A1EQ，BPA1Q，则EA1Q 就是 A1E 与平面 A1BP 所成的角在EBP 中，BEBP2，EBP60，EBP 是等边三角形，BEEP.又 A1E平面 BEP，A1BA1P，Q 为BP 的中点，且 EQ 3.又 A1E1，在
58、RtA1EQ 中，tanEA1QEQA1E 3，EA1Q60，所以直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角为 60.2(2015广东广州一模)如图(1)，在边长为 4 的菱形 ABCD中，DAB60，点 E，F 分别是边 CD，CB 的中点，ACEFO，沿 EF 将CEF 翻折到PEF，连接 PA，PB，PD，得到如图(2)的五棱锥 PABFED，且 PB 10.(1)求证：BD平面 POA；(2)求二面角 BAPO 的正切值解析(1)证明：点 E，F 分别是边 CD，CB 的中点，BDEF.菱形 ABCD 的对角线互相垂直，BDAC.EFAC，EFAO，EFPO.AO平面 POA，PO平面
59、POA，AOPOO，EF平面 POA，BD平面 POA.(2)解：设 AOBDH，连接 BO.DAB60，ABD 为等边三角形BD4，BH2，HA2 3，HOPO 3.在 RtBHO 中，BO BH2HO2 7.在 RtPBO 中，BO2PO210PB2，POBO.POEF，EFOBO，EF平面 BFED，BO平面 BFED，PO平面 BFED.以 O 为原点，OF 所在直线为 x 轴，AO 所在直线为 y 轴，OP所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 A(0，3 3，0)，B(2，3，0)，P(0,0，3)，H(0，3，0)AP(0,3 3，3)，AB(2,2 3，0)设平面
60、 PAB 的法向量为 n(x，y，z)，由 nAP，nAB，得3 3y 3z0，2x2 3y0.令 y1，得 z3，x 3.平面 PAB 的一个法向量为 n(3，1，3)由(1)知平面 PAO 的一个法向量为BH(2,0,0)，设二面角 BAPO 的平面角为，则 cos|cosn，BH|nBH|n|BH|2 3132 3913，sin 1cos2 13013，tansincos 303，二面角 BAPO的正切值为 303.1翻折问题也是立体几何中的常见题型，能够很好地考查由平面到空间的转化能力，多为解答题2解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量
61、，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口3把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决典型例题1.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC90，平面 PAD底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，PAPD2，BC12AD1，CD 3.类型六存在性问题(1)求证：平面 PQB平面 PAD；(2)在棱 PC 上是否存在一点 M，使二面角 MBQC 为 30，若存在，确定 M 的位置；若不存在，请说明理由2.(2015吉林长春监测)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，PAABAD2，四边形 ABC
62、D 满足 ABAD，BCAD 且 BC4，点 M 为 PC 中点，点 E 为 BC 边上的动点，且BEEC.(1)求证：平面 ADM平面 PBC；(2)是否存在实数，使得二面角 PDEB 的余弦值为23？若存在，试求出实数 的值；若不存在，说明理由规范解答1解析(1)ADBC，BC12AD，Q 为 AD 的中点，BCDQ 且 BCDQ，四边形 BCDQ 为平行四边形CDBQ.ADC90，AQB90，即 QBAD.PAPD，PQAD.PQBQQ，AD平面 PBQ.AD平面 PAD，平面 PQB平面 PAD.(2)PAPD，Q 为 AD 的中点，PQAD.平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD
63、平面 ABCDAD，PQ平面 ABCD.以 Q 为原点，QA 为 x 轴，QB 为 y 轴，QP 为 z 轴建立空间直角坐标系，则平面 BQC 的一个法向量 n(0,0,1)，Q(0,0,0)，P(0,0，3)，B(0，3，0)，C(1，3，0)设满足条件的点 M(x，y，z)存在，则PM(x，y，z 3)，MC(1x，3y，z)令PM tMC，其中 t0，xt1x，yt 3y，z 3tz.x t1t，y3t1t，z31t.在平面 MBQ 中，QB(0，3，0)，QM(t1t，3t1t，31t)，平面 MBQ 的一个法向量 m(3，0，t)二面角 MBQC 为 30，cos30|nm|n|m|
64、t|30t2 32，解得 t3.满足条件的点 M 存在，M 是棱 PC 上靠近点 C 的四等分点2解析(1)证明：取 PB 中点 N，连接 MN，AN.M 是 PC中点，MNBC，MN12BC2.又BCAD，MNAD，MNAD，四边形 ADMN 为平行四边形APAD，ABAD，AD平面 PAB.ADAN，ANMN.APAB，ANPB，AN平面 PBC.AN平面 ADM，平面 ADM平面 PBC.(2)存在符合条件的.以 A 为原点，AB 方向为 x 轴，AD 方向为 y 轴，AP 方向为 z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz.设 E(2，t,0)(0t4)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，
65、B(2,0,0)，则PD(0,2，2)，DE(2，t2,0)平面 PDE 的法向量 n1(2t,2,2)又平面 DEB 即为 xAy 平面，其一个法向量 n2(0,0,1)，cosn1，n2 n1n2|n1|n2|22t24423.解得 t3 或 t1，3 或 13.预测1(2015福建漳州检查)如图(1)，在 RtABC 中，ABC90，BAC60，AB2，D，E 分别为 AC，BD 的中点，连接AE 并延长交 BC 于 F，将ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD平面BCD，如图(2)所示(1)求证：AE平面 BCD；(2)求平面 AEF 与平面 ADC 所成的锐二面角的余弦值；(3)在线
66、段 AF 上是否存在点 M 使得 EM平面 ADC？若存在，请指出点 M 的位置；若不存在，说明理由解析(1)证明：在 RtABC 中，ABC90，D 为 AC 的中点，ADBDDC.又BAC60，三角形 ABD 为等边三角形E 为 BD 的中点，AEBD.平面 ABD平面 BCD，交线为 BD，AE平面 ABD，AE平面 BCD.(2)解：由(1)的结论知：AE平面 BCD，AEEF.由题意知EFBD，AEBD，以 E 为坐标原点，分别以 EF，ED，EA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Exyz，由(1)得，ABBDDCAD2，BEED1，计算得 AE 3，BC2
67、3，EF 33，E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，1,0)，A(0,0，3)，F(33，0,0)，C(3，2,0)，则DC(3，1,0)，AD(0,1，3)易知平面 AEF 的一个法向量为ED(0,1,0)，设平面 ADC 的法向量为 n(x，y，z)，则nDC 0，nAD 0，即 3xy0，y 3z0.令 y 3，z1，则 x1.n(1，3，1)，cosn，ED 31 5 155.平面 AEF 与平面 ADC 所成的锐二面角的余弦值为 155.(3)解：设AM AF，其中 0,1AF(33，0，3)，AM AF(33，0，3)，其中 0,1EM EAAM(33，0，(1)3)由EM
68、 n0，解得 340,1在线段 AF 上存在点 M，使 EM平面 ADC，且 AMAF34.2(2015辽宁大连期中)如图，在四边形 ABCD 中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，E，F 分别在 BC，AD 上，EFAB.现将四边形 ABEF 沿 EF 折起，使得平面 ABEF平面 EFDC.(1)当 BE1 时，是否在折叠后的 AD 上存在一点 P，使得 CP平面 ABEF？若存在，求出 P 点位置；若不存在，说明理由(2)设 BEx，问当 x 为何值时，三棱锥 ACDF 的体积有最大值？并求出这个最大值解析(1)存在点 P 满足条件 CP平面 ABEF，且此时，APAD35.证
69、明：过点 P 作 MPFD，与 AF 交于点 M，则有MPFD35.又FD5，故 MP3.又因为 EC3，MPFDEC，故有 MP 綊 EC.连接 ME，PC，则四边形 MPCE 为平行四边形，所以 PCME.又CP平面 ABEF，ME平面 ABEF，故有 CP平面 ABEF 成立(2)因为平面 ABEF平面 EFDC，平面 ABEF平面 EFDCEF，又 AFEF，所以 AF平面 EFDC.由已知 BEx，所以 AFx(0 x4)，FD6x.故 VACDF13122(6x)x13(6xx2)13(x3)2913(x3)23.所以当 x3 时，VACDF 有最大值，最大值为 3.3如图，在棱长
70、为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱DD1，BB1 上移动，且 DPBQ(02)(1)当 1 时，证明：直线 BC1平面 EFPQ；(2)是否存在，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由解析 几何方法：(1)证明：如图，连接 AD1，由 ABCDA1B1C1D1 是正方体，知 BC1AD1.当 1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FPAD1.所以 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故
71、直线 BC1平面 EFPQ.(2)如图，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EFBD，且 EF12BD.又 DPBQ，DPBQ，所以四边形 PQBD 是平行四边形故 PQBD，且 PQBD.从而 EFPQ，且 EF12PQ.在 RtEBQ 和 RtFDP 中，因为 BQDP，BEDF1，于是 EQFP 12，所以四边形 EFPQ 是等腰梯形同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG，则 GOPQ，HOPQ，而 GOHOO，故GOH 是平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角的平面角若存在，使平面 EFPQ
72、与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH90.连接 EM，FN，则由 EFMN，且 EFMN，知四边形 EFNM是平行四边形连接 GH，因为 H，G 分别是 EF，MN 的中点，所以 GHME2.在GOH 中，GH24，OH212222212，OG21(2)2222(2)212，由 OG2OH2GH2，得(2)2122124，解得 1 22，故存在 1 22，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角向量方法：以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,
73、2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，)，BC1(2,0,2)，FP(1,0，)，FE(1,1,0)(1)证明：当 1 时，FP(1,0,1)，因为BC1(2,0,2)，所以BC1 2FP，即 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由FEn0，FPn0，可得xy0，xz0.于是可取 n(，1)同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m(2,2，1)若存在，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则 mn(2,2，1)(，1)0.即(2)(2)10
74、，解得 1 22.故存在 1 22，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角1空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断在解题过程中，往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题2立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题)，能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，是今后考查的重点，也能很好地体现新课标高考的特点典型例题1(2015成都调研)三棱锥 ABCD 及其侧视图、俯视图如图所示，设 M，N 分别为线段 AD，A
75、B 的中点，P 为线段 BC 上的点，且 MNNP.(1)证明：P 是线段 BC 的中点；(2)求二面角 ANPM 的余弦值类型七三视图 2已知几何体 ABCED 的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为 4 的等腰直角三角形，正视图为直角梯形(1)求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值；(2)求二面角 AEDB 的正弦值规范解答1思路 根据线线垂直和二面角的概念求解解析(1)证明：如图，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD 均为正三角形，因此 AOBD，OCBD.因为 AO，OC平面 AOC，且 AOOCO，所以 BD平面 AOC.又因为 AC
76、平面 AOC，所以 BDAC.取 BO 的中点 H，连接 NH，PH.又 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，所以 NHAO，MNBD.因为 AOBD，所以 NHBD.因为 MNNP，所以 BDNP.因为 NH，NP平面 NHP，且 NHNPN，所以 BD平面 NHP.又因为 HP平面 NHP，所以 BDHP.又 OCBD，HP平面 BCD，OC平面 BCD，所以 HPOC.因为 H 为 BO 中点，故 P 为 BC 中点(2)方法一 如图，作 NQAC 于 Q，连接 MQ.由(1)知，NPAC，所以 NQNP.因为 MNNP，所以MNQ 为二面角 ANPM 的一个平面角由(1)知，ABD
77、，BCD 为边长为 2 的正三角形，所以 AOOC 3.由俯视图可知，AO平面 BCD.因为 OC平面 BCD，所以 AOOC.因此在等腰 RtAOC 中，AC 6.作 BRAC 于 R，在ABC 中，ABBC，所以 BRAB2AC22 102.因为在平面 ABC 内，NQAC，BRAC，所以 NQBR.又因为 N 为 AB 的中点，所以 Q 为 AR 的中点因此 NQBR2 104.同理，可得 MQ 104.所以在等腰MNQ 中，cosMNQMN2NQBD4NQ 105.故二面角 ANPM 的余弦值是 105.方法二 由俯视图及(1)可知，AO平面 BCD.因为 OC，OB平面 BCD，所以
78、 AOOC，AOOB.又 OCOB，所以直线 OA，OB，OC 两两垂直如图，以 O 为坐标原点，以OB，OC，OA 的方向为 x 轴，y轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 A(0,0，3)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，D(1,0,0)因为 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，又由(1)知，P 为线段 BC 的中点，所以 M12，0，32，N12，0，32，P12，32，0.于是AB(1,0，3)，BC(1，3，0)，MN(1,0,0)，NP0，32，32.设平面 ABC 的一个法向量 n1(x1，y1，z1)，则 n1AB，n1BC，即n1AB0，n1BC0，有
79、x1，y1，z11，0，30，x1，y1，z11，3，00，从而x1 3z10，x1 3y10.取 z11，则 x1 3，y11，所以 n1(3，1,1)设平面 MNP 的一个法向量 n2(x2，y2，z2)，则 n2MN，n2NP，即n2MN 0，n2NP0，有x2，y2，z21，0，00，x2，y2，z20，32，32 0，从而x20，32 y2 32 z20.取 z21，所以 n2(0,1,1)设二面角 ANPM 的大小为，则 cosn1n2|n1|n2|3，1，10，1，15 2 105.故二面角 ANPM 的余弦值是 105.2解析 方法一(1)取 EC 的中点 F，连接 BF，AF
80、，则 BFDE，FBA 即为异面直线 DE 与 AB 所成的角或其补角在BAF 中，AB4 2，BFAF2 5，cosFBA 105.异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 105.(2)AC平面 BCED，过点 C 作 CGDE 交 DE 于点 G，连接 AG.可得 DE平面 ACG，从而 AGDE，AGC 为二面角 AEDB 的平面角在ACG 中，ACG90，AC4，CG8 55，tanAGC 52.sinAGC 53.二面角 AEDB 的正弦值为 53.方法二 以 C 为原点，以 CA，CB，CE 所在的直线分别为 x轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(0,0
81、,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(0,0,4)(1)DE(0，4,2)，AB(4,4,0)，cosDE，AB 105.异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值为 105.(2)由题意知，平面 BDE 的一个法向量为CA(4,0,0)，设平面 ADE 的法向量为 n(x，y，z)，又AD(4,4,2)，DE(0，4,2)，则 nAD，nDE，nAD 0，nDE 0.从而4x4y2z0，4y2z0.令 y1，则 z2，x2，则 n(2,1,2)为平面 ADE 的一个法向量cosCA，n23，二面角 AEDB 的正弦值为 53.预测1如图是多面体 ABCA1B1C1
82、和它的三视图(1)线段 CC1 上是否存在一点 E，使 BE平面 A1CC1？若存在，请找出并证明；若不存在，请说明理由；(2)求二面角 AA1CC1 的余弦值解析(1)由题意知 AA1，AB，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，C1(1，1,2)，则CC1(1,1,2)，A1C1(1，1,0)，A1C(0，2，2)设 E(x，y，z)，则CE(x，y2，z)，EC1(1x，1y,2z)设CEEC1，则xx，y2y，z2z，则 E(1，21，21)，BE(21，21，21)由 BEA1C1 0，BEA1C
83、0，得21210，21 210，解得 2.所以线段 CC1 上存在一点 E，CE2EC1，使 BE平面 A1CC1.(2)设平面 C1A1C 的法向量为 m(x，y，z)，则由mA1C1 0，mA1C 0，得xy0，2y2z0.取 x1，则 y1，z1.故 m(1，1,1)，而平面 A1CA 的一个法向量为 n(1,0,0)，则 cosm，n mn|m|n|13 33.故二面角 AA1CC1 的余弦值为 33.2(2015福建龙岩期末)如图(1)是图(2)的三视图，在三棱锥 BACD 中，E，F 分别是棱 AB，AC 的中点(1)求证：BC平面 DEF；(2)求三棱锥 ADEF 的体积解析(1
84、)证明：E，F 分别是 AB，AC 的中点，EFBC.BC平面 DEF，EF平面 DEF，BC平面 DEF.(2)解：由题图(1)可知 CDAD，BDAD，BDCD，CDADD，BD平面 ACD.如图所示，取 AD 的中点 G，连接 EG.E 是 AB 的中点，EG 綊12BD.EG平面 ACD，EG32.VADEFVEADF13SADFEG1312 2 23212.3(2015湖南怀化检测)如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，M 是 BD 的中点，AE12CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示(1)求证：EM平面 ABC；(2)
85、求出该几何体的体积；(3)试问在边 CD 上是否存在点 N，使 MN平面 BDE？若存在，确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由解析(1)证明：M 为 DB 的中点，取 BC 中点 G，连接 EM，MG，AG，MGDC，且 MG12DC.MGAE 且 MGAE，四边形 AGME 为平行四边形，EMAG.又 AG平面 ABC，EM平面 ABC.(2)解：由题意知，EA平面 ABC，DC平面 ABC，AEDC，AE2，DC4，ABAC，且 ABAC2.EA平面 ABC，EAAB.又 ABAC，AB平面 ACDE，四棱锥 BACDE 的高 hAB2，梯形 ACDE 的面积 S6，VBACDE13S
86、h4，即所求几何体的体积为 4.(3)解：以 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，D(2,0,4)，E(0,0,2)，M(1,1,2)，DB(2,2，4)，DE(2,0，2)，DC(0,0，4)，DM(1,1，2)假设在 DC 边上存在点 N 满足题意，设DN DC(0,0，4)，0,1，则NM DM DN(1,1，2)(0,0，4)(1,1，24)，NM DB 0，NM DE 0.即228160，2480，解得 340,1边 DC 上存在点 N，满足 DN34DC 时，MN平面 BDE.三视图的题目往往以小题出现，而在大题考查三视图是近几年来才兴起的，该类题目更能考查同学们的空间想象能力，推理论证能力，一举多得，是一种很有潜力的题目，要重视、要深究！
