高考数学专题：立体几何新题型的解题技巧.doc

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1、 本文由wqqq1贡献 doc文档可能在WAP端浏览体验不佳。建议您优先选择TXT，或下载源文件到本机查看。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 第六讲 立体几何新题型的解题技巧 【命题趋向】在 2007 年高考中立体几何命题有如下特点： 年高考中立体几何命题有如下特点 立体几何命题有如下特点： 在 1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系 1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系 线面位置关系突出平行和垂直 2.多面体中线面关系论证 空间“ 多面体中线面关系论证， 距离”的计算常在解答题中综合出现 2.多面体中线面关系论证，空间“

2、角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现 3.多面体及简单多面体的概念 性质多在选择题，填空题出现 多面体及简单多面体的概念、 3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点 有关三棱柱 分之间， 个选择题， 个填空题， 个解答题. 此类题目分值一般在 1722 分之间，题型一般为 1 个选择题，1 个填空题，1 个解答题 【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 版 计算已给出公垂线时

3、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. 版 理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘. 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. 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. 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. 了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念. 掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式. 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

4、间距离，点到平面的距离，两异面直 空间距离和角是高考考查的重点 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

5、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（2007 年福建卷理）如图，正三棱柱 ABC A1 B1C1 的所有棱长都为 2 ， D 为 CC1 中点 年福建卷理） （ （）求证： AB1 平面 A1 BD ； （）求二面角 A A1 D B 的大小； （）求点 C 到平面 A1BD 的距离 考查目的： 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 B 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 A

6、A1 C D C1 B1 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 解答过程：解法一： （）取 BC 中点 O ，连结 AO 解答过程 ABC 为正三角形， AO BC A F C O B D A1 正三棱柱 ABC A1 B1C1 中，平面 ABC 平面 BCC1 B1 ， AO 平面 BCC1 B1 C1 B1 连结 B1O ，在正方形 BB1C1C 中， O，D 分别为 BC，CC1 的中点， B1O BD ， AB1 BD 在正方形 ABB1 A1 中， AB1 A1 B ， AB1 平面 A1 BD （） AB1 与 A1 B 交于点 G ，

7、设 在平面 A1 BD 中， GF A1 D 于 F ， 作 连结 AF ， （） AB1 由 得 平面 A1BD AF A1D ， AFG 为二面角 A A1 D B 的平面角 在 AA1 D 中，由等面积法可求得 AF = 4 5 ， 5 又 AG = 1 AB1 = 2 ， sin AFG = AG = 2 = 10 2 4 AF 4 5 5 所以二面角 A A1 D B 的大小为 arcsin 10 4 （） A1 BD 中， BD = A1 D = 5，A1 B = 2 2， S A BD = 6 ， S BCD = 1 1 在正三棱柱中， A1 到平面 BCC1 B1 的距离为 3

8、 设点 C 到平面 A1 BD 的距离为 d 由 VA BCD = VC A BD ，得 1 S BCD i 3 = 1 S A BD i d ， 1 1 3 3 1 d = 3S BCD 2 = S A1BD 2 点 C 到平面 A1BD 的距离为 2 2 解法二： （）取 BC 中点 O ，连结 AO ABC 为正三角形， AO BC 在正三棱柱 ABC A1 B1C1 中，平面 ABC 平面 BCC1 B1 ， AD 平面 BCC1 B1 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科

9、资源下载 取 B1C1 中点 O1 ，以 O 为原点， OB ， OO1 ， OA 的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐 标系，则 B(1， 0) ， D ( 11， ， A1 (0， 3) ， A(0， 3) ， B1 (1， 0) ， 0， 0， 2， ，0) 2， AB1 = (1， 3) ， BD = (2，0) ， BA1 = (1， 3) 2， 1， 2， AB1 i BD = 2 + 2 + 0 = 0 ， AB1 i BA1 = 1 + 4 3 = 0 ， AB1 BD ， AB1 BA1 AB1 平面 A1 BD z A F C O B D A1 C1 y B1 x

10、 （）设平面 A1 AD 的法向量为 n = ( x，y，z ) AD = (11， 3) ， AA1 = (0， 0) n AD ， n AA1 ， ， 2， ni AD = 0， x + y 3 z = 0， y = 0， 2 y = 0， x = 3 z ni AA1 = 0， 令 z = 1 得 n = ( 3，1) 为平面 A1 AD 的一个法向量 0， 由（）知 AB1 平面 A1BD ， AB1 为平面 A1 BD 的法向量 cos = ni AB1 = 3 3 = 6 1 4 2i 2 2 n i AB1 二面角 A A1 D B 的大小为 arccos 6 4 （）由（） A

11、B1 为平面 A1BD 法向量， ， BC = (2， 0) AB1 = (1， 3) 0， 2， 点 C 到平面 A1BD 的距离 d = BC i AB1 = 2 = 2 AB1 2 2 2 小结：本例中（）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， 小结 把不易直接求的 B 点到平面 AMB1 的距离转化为容易求的点 K 到平面 AMB1 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.( 2006 年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-AB

12、CD 的高分别为 1 和 2,AB=4. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 ()证明 PQ平面 ABCD； ()求异面直线 AQ 与 PB 所成的角； ()求点 P 到平面 QAD 的距离. 命题目的： 异面直线所成的角以及点到平面的距离基 命题目的 本题主要考查直线与平面的位置关系、 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： 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

13、答过程： 解答过程 方法一 （）取 AD 的中点，连结 PM，QM. 因为 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥， 所以 ADPM，ADQM. 从而 AD平面 PQM. 又 PQ 平面 PQM，所以 PQAD. 同理 PQAB，所以 PQ平面 ABCD. （）连结 AC、BD 设 AC BD = O ，由 PQ平面 ABCD Q A M D O B C P 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 PO 1 NO NO 1 PO NO = , = = ，所以 = ， OQ 2 OA OC 2 OQ OA 从而 AQPN

14、，BPN（或其补角）是异面直线 AQ 与 PB 所成的角. 因为 PB = OB + OP = 2 2 (2 2) 2 + 12 = 3 ， PN = ON 2 + OP 2 = ( 2) 2 + 1 = 3. 2 BN = OB 2 ON 2 = ( 2 2 ) + ( 2 ) 2 = 10 所以 cos BPN PB 2PN 2 BN 2 9 + 3 10 3 = = . 2 PB PN 9 2 3 3 3 . 9 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos ()连结 OM，则 OM = 所以MQP45. 1 1 AB = 2 = OQ. 2 2 由（）知 AD平面 PMQ，所

15、以平面 PMQ平面 QAD. 过 P 作 PHQM 于 H，PH平 面 QAD.从而 PH 的长是点 P 到平面 QAD 的距离. 又 PQ = PO + QO = 3, PH = PQ sin 450 = 3 2 . 2 z P 即点 P 到平面 QAD 的距离是 方法二 3 2 . 2 D （）连结 AC、BD，设 AC BD = O . A C O B y x 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 Q 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 由 PABCD 与 QABCD 都是正四棱锥，所以 PO平面 AB

16、CD，QO平面 ABCD. 从而 P、O、Q 三点在一条直线上，所以 PQ平面 ABCD. （）由题设知，ABCD 是正方形，所以 ACBD. 由（） ，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（ 2 2 ，0，0） ， Q（0，0，2） ，B（0， 2 2 ，0）. 所以 AQ = (2 2 ,0,2) PB = (0, 2 2, 1) 于是 cos AQ , PB = 3 . 9 ()由（） ，点 D 的坐标是（0， 2 2 ，0） AD = ( 2 2 ,2 2

17、 ,0) ， ， PQ = (0, 0, 3) ，设 n = ( x, y, z ) 是平面 QAD 的一个法向量，由 n AQ = 0 2 x + z = 0 得 . n AD = 0 x + y = 0 取 x=1，得 n = (1,1, 2 ) . 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d = 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 S ABC ，底面是边长为 4 2 的正三角形，棱 SC 的长为 2，且垂直于底 面. E、D 分别为 BC、AB 的中点，求 CD 与 SE 间

18、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 思路启迪 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： 解答过程 如图所示，取 BD 的中点 F，连结 EF，SF，CF， PQ n n = 3 2 . 2 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 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载

19、及高中学业水平测试各科资源下载 的距离，设其为 h，由题意知， BC = 4 2 ,D、E、F 分别是 AB、BC、BD 的中点， CD = 2 6 , EF = 1 CD = 6 , DF = 2 , SC = 2 2 VS CEF = 1 1 1 1 2 3 EF DF SC = 6 2 2 = 3 2 3 2 3 在 Rt SCE 中， SE = 在 Rt SCF 中， SF = 又 EF = SC 2 + CE 2 = 2 3 SC 2 + CF 2 = 4 + 24 + 2 = 30 6, S SEF = 3 1 1 2 3 2 3 ，解得 h = S SEF h ，即 3 h =

20、3 3 3 3 2 3 . 3 由于 VC SEF = VS CEF = 故 CD 与 SE 间的距离为 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. 小结 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 AC1 中，G 是 AA1 的中点，求 BD 到平面 GB1 D1 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 思路启迪 的方法求解. 解答过程： 解答过程 解析一 BD 平面 GB1 D1 ， D1 O1 A1 H G D O A B C1 B1

21、BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求，以下求 点 O 平面 GB1 D1 的距离, C B1 D1 A1C1 ， B1 D1 A1 A ， B1 D1 平面 A1 ACC1 , 又 B1 D1 平面 GB1 D1 平面 A1 ACC1 GB1 D1 ，两个平面的交线是 O1G , 作 OH O1G 于 H，则有 OH 平面 GB1 D1 ，即 OH 是 O 点到平面 GB1 D1 的距离. 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 在 O1OG 中， S O1O

22、G = 又 S O1OG = 1 1 O1O AO = 2 2 = 2 . 2 2 1 1 2 6 . OH O1G = 3 OH = 2 , OH = 2 2 3 2 6 . 3 即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 解析二 BD 平面 GB1 D1 ， BD 上任意一点到平面 GB1 D1 的距离皆为所求，以下求点 B 平面 GB1 D1 的距离. 设点 B 到平面 GB1 D1 的距离为 h，将它视为三棱锥 B GB1 D1 的高，则 V B GB1D1 = V D1 GBB1 ,由于S GB1D1 = V D1 GBB1 = 1 2 2 3 = 6， 2 4 2 6 1 1 4

23、= , 2 2 2 = , h = 3 2 3 3 6 2 6 . 3 即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于 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 小结 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 年北京卷文） 例 5（2007 年北京卷文） （ 如图，在 RtAOB 中， OAB = ，斜边 AB = 4 Rt AOC 可以通过 6

24、 A 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 D （I）求证：平面 COD 平面 AOB ； （II）求异面直线 AO 与 CD 所成角的大小 思路启迪： 思路启迪 （II）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： （I）由题意， CO AO ， BO AO ， 解答过程 BOC 是二面角 B AO C 是直二面角， CO BO ，又 AO BO = O ， O C E B CO 平面 AOB ， 又 CO 平面 COD 平面 COD 平面 AOB （II）作 DE OB ，垂足为 E ，连结 CE （如

25、图） ，则 DE AO ， z A 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 D 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 CDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角 在 RtCOE 中， CO = BO = 2 ， OE = 1 BO = 1 ， 2 CE = CO 2 + OE 2 = 5 又 DE = 1 AO = 3 2 在 RtCDE 中， tan CDE = CE = 5 = 15 DE 3 3 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arctan 15 3 解法 2： （I）同解法 1 （II）建立空

26、间直角坐标系 O xyz ，如图，则 O (0， 0) ， A(0， 2 3) ， C (2， 0) ， D (0， 3) ， 0， 0， 0， 1， 1， OA = (0， 2 3) ， CD = ( 2， 3) ， 0， cos = CD OAiCD OA i CD = 6 6 = 4 2 3 i2 2 异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为 arccos 6 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：平移法：在异面直 小结 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；补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容

27、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： 0, . 2 （2006 年广东卷）如图所示，AF、DE 分别是O、O1 的直径.AD 与两圆所在的平 例 6 面均垂直，AD8,BC 是O 的直径，ABAC6，OE/AD. ()求二面角 BADF 的大小； ()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 命题目的 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 过程指引 掌握利用空间向量求空间距

28、离和角的一般方法. 解答过程： ()AD 与两圆所在的平面均垂直, 解答过程 ADAB, ADAF,故BAF 是二面角 BADF 的平面角. AF、BC 是圆 O的直径， ABFC 是矩形 又 AB = AC = 6， ABFC 是正方形 由于 ABFC 是正方形，所以BAF450. 即二面角 BADF 的大小为 450； ， 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 ()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）

29、 ，A（0， 3 2 ，0） ，B（ 3 2 ，0，0）,D（0， 3 2 ，8） ，E（0，0，8） ， F（0， 3 2 ，0） 所以， BD = (3 2 ,3 2 ,8), FE = (0,3 2 ,8) cos = BD FE 0 + 18 + 64 82 = = . 10 | BD | FE | 100 82 设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ，则 . cos = cos = 82 . 10 82 . 10 故直线 BD 与 EF 所成的角为 arccos 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

30、的常考内容. 典型例题 例 7.（2007 年全国卷理） （ 全国卷 四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，侧面 SBC 底面 ABCD 已知ABC = 45 ， S AB = 2 ， BC = 2 2 ， SA = SB = 3 D C A B （）证明 SA BC ； （）求直线 SD 与平面 SAB 所成角的大小 考查目的： 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： （）作 SO BC ，垂足为 O ，连结 AO ，由侧面 SBC 底面 ABCD ， 解答过程：解

31、法一： 得 SO 底面 ABCD 因为 SA = SB ，所以 AO = BO ， 又 ABC = 45 ，故 AOB 为等腰直角三角形， AO BO ， 由三垂线定理，得 SA BC （）由（）知 SA BC ，依题设 AD BC ， 故 SA AD ，由 AD = BC = 2 2 ， SA = 3 ， AO = S 2 ，得 SO = 1 ， SD = 11 C O B A SAB 的面积 S1 = 1 ABi SA2 1 AB = 2 2 2 2 D 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学

32、业水平测试各科资源下载 连结 DB ，得 DAB 的面积 S 2 = 1 AB i AD sin135 = 2 2 设 D 到平面 SAB 的距离为 h ，由于 VD SAB = VS ABD ，得 1 1 hi S1 = SO i S 2 ，解得 h = 2 3 3 设 SD 与平面 SAB 所成角为 ，则 sin = h = SD 2 22 = 11 11 所以，直线 SD 与平面 SBC 所成的我为 arcsin 22 11 解法二： （）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

33、 又 ABC = 45 ， AOB 为等腰直角三角形， AO OB S 如图，以 O 为坐标原点， OA 为 x 轴正向，建立直角坐标系 O xyz ， z A( 2， 0) ， B (0， 2， ， C (0， 2， ， S (0，1) ， SA = ( 2， 1) ， 0， 0) 0) 0， 0， CB = (0， 2， ， SAiCB = 0 ，所以 SA BC 2 0) （）取 AB 中点 E ， E 2 ， 2 ， ， 0 2 2 1 连结 SE ，取 SE 中点 G ，连结 OG ， G 2 ， 2 ， 4 4 2 G C O A D E B y x 2 2 1， 2 2 ， AB

34、 = ( 2， 2， 0) OG = 1 4 ，4 ， SE = 2 ，2 ， 2 SE iOG = 0 ， ABiOG = 0 ， 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 ，SD 与平面 SAB 所成的角记为 ， 与 则 互余 D ( 2， 2， ， DS = ( 2， 2， 2 0) 2 1) cos = OG i DS OG i DS = 22 ， sin = 22 ， 11 11 所以，直线 SD 与平面 SAB 所成的角为 arcsin 22 11 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料

35、请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 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） 小结 当直线和平面斜交时，常用以下步骤：构造作出斜线与射影所成的角，证明论 证作出的角为所求的角， 计算常用解三角形的方法求角， 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 （2007 年湖南卷文） 年湖南卷文） 例 8 （ 如图，已知直二面角 PQ ， A

36、PQ ， B ， C ， CA = CB ， BAP = 45 ， 直线 CA 和平面 所成的角为 30 C P （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 命题目的 维能力和运算能力. 过程指引： 过程指引 （I）在平面 内过点 C 作 CO PQ 于点 O ，连结 OB 因为 ， = PQ ，所以 CO ， 又因为 CA = CB ，所以 OA = OB 而 BAO = 45 ，所以 ABO = 45 ， AOB = 90 ， 从而 BO PQ ，又 CO PQ ， 所以 PQ 平面

37、OBC 因为 BC 平面 OBC ，故 PQ BC （II）解法一：由（I）知， BO PQ ，又 ， = PQ ， P A B Q C B O H A Q BO ，所以 BO 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 ，所以 CAO 是 CA 和平面 所成的角，则 CAO = 30 ， 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 不妨设 AC = 2 ，则 AO = 3 ，

38、 OH = AO sin 30 = 3 2 在 RtOAB 中， ABO = BAO = 45 ，所以 BO = AO = 3 ， 于是在 RtBOH 中， tan BHO = BO = OH 3 3 2 = 2 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 所成的角，则 CAO = 30 不妨设 AC = 2 ，则 AO = 3 ， CO = 1 在 RtOAB

39、中， ABO = BAO = 45 ， 所以 BO = AO = 3 则相关各点的坐标分别是 P C z A B O y Q x O (0， 0) ， B ( 3， 0) ， A(0，3， ， C (0，1) 0， 0， 0) 0， 所以 AB = ( 3， 3， ， AC = (0， 3， 0) 1) 设 n1 = x，y，z 是平面 ABC 的一个法向量，由 n1 i AB = 0， 3 x 3 y = 0， 得 n1 i AC = 0 3 y + z = 0 ， ， 取 x = 1 ，得 n1 = (11 3) ， 0) 易知 n2 = (1 0， 是平面 的一个法向量 n2 设二面角

40、B AC P 的平面角为 ，由图可知， = 所以 cos = n1 n2 1 5 = = | n1 |i| n2 | 5 1 5 5 5 故二面角 B AC P 的大小为 arccos 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 小结 面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：由二面角两个面内的两条相交直线确定棱， 由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱， 补形构造几何体发现棱； 解法二则是利用 状元源打造最全的免费高考复习、学业水平考试复习资料，更多资料请到状元源下载。 状元源 免注册、 免费提供中学高考复习各科试卷下载及高中学业水平测试各科资源下载 平面

41、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. ( 在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD, DAB 为直角， PA AB 例 9 2006 年重庆卷)如图， CD，AD=CD=2AB, E、F 分别为 PC、CD 的中点. （）试证：CD 平面 BEF； （） PAk 设 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 命题目的 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： 方法二关键是掌握利用空 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； 间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程： 解答过程 解法一： （）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 EFPD,从而 CD EF,由此得 CD 面 BEF. （） 连结 AC 交 BF 于 G.易知 G 为 AC 的中点.连接 EG,则在PAC 中易知 EGPA.又因 PA 底面 ABCD,故 EG 底面 AB