高考数学立体几何考点解析.pdf

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1、备战高考数学立体几何【考点定位】2010考纲解读和近几年考点分布立体几何在高考中占据重要的地位，通过近几年的高考情况分析，考察的重点及难点稳定，高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，是知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。高考对立体几何的考查侧重以下几个方面：1.从命题形式来看，涉及立体儿何内容的命题形式最为多变.除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这

2、种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作一一证求”，强调作图、证明和计算相结合。2.从内容上来看，主要是：考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距

3、离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；简单的儿何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用。三视图，辨认空间几何体的三视图，三视图与表面积、体积内容相结合。3.从能力上来看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：会画图根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线（面），作出的图形要直观、虚实分明；会识图根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；会析图对图形进行必要的分解、组合；会用图对图形或其某部分进行平

4、移、翻折、旋转、展开或实行割补术；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力。【考点pk】名师考点透析考点一、空间几何体的结构、三视图、直观图【名师点睛】了解柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中的简单物体的结构。能画出简单空间几何体的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图。能用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间几何体的三视图与直观图。了解空间几何体的不同表示形式。会画某建筑物的视图与直观图。空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，能通过观察几何体的模型和实物，总结出柱、锥、台、球等几何体的结构特征；能识

5、别三视图所表示的空间几何体，会用材料制作模型，培养动手能力。【试题演练】1将正三棱柱截去三个角（如 图1所示A,B C分别是G /三边的中点）得到儿何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）图1 图2解：在图2的右边放扇墙（心中有墙），可得答案A点评：本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。2、由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _俯视图解：以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为

6、5个。r y点评：从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出 一-j-i儿何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。-考点二、空间几何体的表面积和体积 LL【名师点睛】理解柱、锥、台的侧面积、表面积、体积的计算方法，了解它们的侧面展 俯视图开图，及其对计算侧面积的作用，会根据条件计算表面积和体积。理解球的表面积和体枳的计算方法。把握平面图形与立体图形间的相互转化方法，并能综合运用立体几何中所学知识解决有关问题。【试题演练】1、已知某儿何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为

7、6、高为4的等腰三角形.（1）求该几何体的体积V；（2）求该几何体的侧面积S解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高 为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥 V-A B C D。（1）V =1 x（8 x 6）x 4 =6 4（2）该四棱锥有两个侧面V A D.V B C是全等的等腰三角形，且B C边上的高为人。+图=4另两个侧面V A B.V C D也是全等的等腰三角形,A B边上的高为h25 因此 S=2(-x 6 x 4 V 2+-x 8 x 5)=4 0 +2 4 V 22 2点评：在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知识结合在一起，综合考查。2、右图是

8、一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）A.9兀 B.1 0兀C.1 1 7 i D.127 1解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：5 =4 x l2+-x l2x 2+2-x l x 3=l%.：,故选 D。点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积。既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本儿何体的表面积的计算方法。3、用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为乃，则球的体积为（）84A.一38行 3C.8后D.32万亍解：截面面积为乃=截面圆半径为1,又与球心距离为1=球的半径是J 5,AB、AD的中点，F、G分别是

9、图 1所以根据球的体积公式知V球=加 弦=与 巨,故B为正确答案.点评：本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。考点三、点、线、面的位置关系【名师点睛】理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。通过大量图形的观察、实验，实现平面图形到立体图形的飞跃，培养空间想象能力。会用平面的基本性质证明共点、共线、共面的问题。【试题演练】1、如 图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边BC、CD上的点，且竺=空=2,则()C B C D 3(A)EF与GH互相平行(B)EF与GH异面(C)EF与GH的交点M可能在直线A

10、C上，也可能不在直线AC上(D)EF与GH的交点M 一定在直线AC上解：依题意，可得EHBD,FGB D,故EHF G,由公理2可知，FG 2E、F、G、H 共面，因为 EH=-BD,=一，故 E H rF G,所以，2 B D 3EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M,因为点M在E F匕 故点M在平面ACB上 同理 点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在 平 面ACB与平面ACD的交线AC上。选(D)。点评：本题主要考查公理2和公理3的应用，证明共线问题。利用四个公理来证明共点、共线的问题是立体几何中的一个难点。2、

11、已知正四棱锥S ABCZ)的侧棱长与底面边长都相等，E是S 3的中点，则AE,SD所成的角的余弦值为()A.工 B.C.D.-3 3 3 3解：连接AC、BD交 于0,连 接0 E,因0ESD.所以NAE0为异面直线SD与AE所成的角。设侧棱长与底面边长都等于2,则在ZAE0中，0 E=l,A 0=J,A E=-1=5于是cosZ A E O =（同=2,故选 C。2xV 3xl 73 3点评：求异面直线所成的角，一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角形，再用三角函数的方法或正、余弦定理求解。考点四、直线与平面、平面与平面平行的判定与性质【名师点睛】掌握直线与平面平行、平面与平面平行的

12、判定与性质定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。【试题演练】T T1、如图，在四棱锥。A8CO中，底面A3CO四边长为1的菱形，ZABC=,Q41.底面ABC。,40A=2,M为。4的中点，N为BC的中点（I）证明：直线MN 平面OCO；（II）求异面直线AB与MD所成角的大小；（III）求点B到平面OCD的距离。方法一：（1）证明：取 0B 中点 E,连接 ME,NE-/ME IIAB,AB H（HD,：.ME CD又；NE H（DC,：.平 面 胡 廨 O

13、CD：.MN H平 面OCO（2）-CDHAB,，NMZ）C为异面直线A 3与MO所成的角（或其补角）作 于P,连接MP:0A.1第 面MffiCD,1 ：D P =-,4 2MD=y/MA2+AD2=立 Z.cos ZMDP=-,ZM D C =NMDP=-MD 2 3T T所 以AB与MO所成角的大小为一3（3）：A H 点A和点B到平面OCD的距离相等，连 接OP,过点A作AQ LO P 于点 Q,V AJTCD,OAVCD,CO_L平 面。AP,AQ 1CD又,/AQ 1 OP,A。J平 面OCO,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离OP=yJOD2-DP2=y/OA2+AD2-D

14、P2=4+l-1 =,AP=DP=与2包nA A P z-j o?.AQ=空丝=土 =七,所以点B到平面OCD的距离为一OP 3V2 3 32方法二（向量法）作AP CD于点P,如图，分别以AB.AP.AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系A（0,0,0）,5（1,0,0）,尸（0,军,0）,。（胃，胃,0）,。（0,0,2）,V （0,0）,N（1 -,申,0）,2 2 2 4 4 6 6 V2 -V2 V24 4 2 2 2设 平 面 O C D 的 法 向 量 为n=(x,y,z)n O P =0,n OD=Q即 fV2-y-2 z =0V2.-x+y-2z=0、2 2取 4=血，解得 =

15、(0,4,后)：MN =（1-也，也1）（0,4,扬=0,则MN H 平 面 OCO 一.x/乙 乙设 A B 与 MD 所成的角为 0：A B=(1,0,0),。=,-1)2 2A3 MD 兀 兀.,.CQS=,_,=-,6 =-,A 3 与M O 所成角的大小为巴网板42 3 3(3)设点B 到平面OCD的交流为d，则d 为 丽在向量”=(0,4,J2)上的投影的绝对值,_ O B-n 2 2由。B=(1,0,-2),得 d=一.所以点B 到平面OCD的距离为一n 3 3点评：线面平行的证明、异面直线所成的角，点到直线的距离，既可以用综合方法求解，也可以用向量方法求解，后者较简便，但新课标

16、地区文科没学空间向量。2、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M、N 分别是AB、AC的中点，G 是 D F上的一动点.(1)求证：G N L A C；(2)当 FG=GD时;在棱AD上确定一点P,使得GP/平面FMC,并给出证明.证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中 AD1DF,DF=AD=DC(1)连接 D B,可知 B、N、D 共线，且 AC1.DN 又 FD_LAD FD1CD,.F D 1 0 ABCDFD1AC ACffi FDN G N U 面FDN A GN AC(2)点 P 在 A 点处证明：取 DC 中点 S,连接 AS、GS、GA G 是 DF 的中点，G

17、S/FC,AS/CM面 GSA/面 FMC GA u 面GSA GA/面 FMC 即 GP/面 FMC点评：证明线面平行，在平面内找一条直线与平面外的直线平行，是证明线面平行的关键。考点五、直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质【名师点睛】掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。通过线面垂直、面面垂直的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。【试题演练】1、正方体4 B C C T/8/G。/中。为正方形A8C。的中心，”为 8丛 的中点，求证：(1)平面 A/G;(2

18、)。心工平面 M4c.证明：连结分别交4。,4 于。，。1 以 二 二：,在正方体ABC。A g G A 中,对角面8 6 Q Q 为矩形 0,。分别是的中点B 0幺D R：.四边形B O R O为 平 行 四 边 形B O/D Q：。1。2 平面4 6。,80 u 平面 A R G ；,平面4 8 G(2)连结M。,设正方体ABC。A 4 G o i的棱长为a,在正方体ABC。A 4 G 2中,对角面B B Q Q为矩形且B B=a,B D =。，”分别是的中点:.BM B 0 0 D a：.=1 2 2 0 D D D 2R t M B 0 =Rt0DD,:B O M =N D D 0 .

19、在 中，Z D D0 +Z D0 D 90：.N B O M +N D 0 D=9 0 ,即 D.O V M O 在正方体 A B C D -461G oi 中/D Dt 1 平面 A B C D：.D Dt 1 A C 又 AC I B。，D D C B D =D.AC _L 平面.O u 平面 B B Q Q A C 1 D.O 又 ACC=。.OQ_L 平面 MAC点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直,证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理.2、如图，四棱锥PABCD中，PA_L平面A B CD,底 面 ABCD p是直角梯形，ABAD,

20、CD1AD,CD=2AB,E 为 PC 中点.求 证：平面PDC_L平面PAD；(II)求证：BE平面PAD.ABCD L A D(已知，证明：(1)由 PAJ_平面 ABCD=PAcAD =A-C D l 面PAOCD u而 尸 4。jn 平面PDC_L平面PAD；(2)取 P D 中 点 为 F,连 结 EF、A F,由 E 为 PC 中点,得 E F 为a P D C 的中位 线，则 EF CD,CD=2EF.又 CD=2AB,贝 ljEF=A B.由 AB C D,贝 ljEFAB.所以四边形ABEF为平行四边形，则 EF/AF.由 A F u 面 P A D,则 EF面 PAD.点评

21、：证明面面垂直，先证明线面垂直，要证线面垂直，先证明线线垂直.3、如图，四棱锥S A 8C O 的底面是正方形，S4_L底面ABC。，E 是 S C 上一点.(1)求证：平面EBO_L平 面%C；(2)设 S4=4,A B =2,求点A 到平面S 8O 的距离：证明：SA_L 底面 A8CO S A 1 B D且 6。，AC B D 平面SAC平面E B D 1 平面S A C解：因为 VA_SB D=VS.ABD，且SASBD=；X2后 X 3V L4可求得点4 到平面SB D的距离为一3点评：求点到面的距离，经常采用等体积法，利用同一个几何体，体积相等，体现了转化思想.考点六、空间中的夹角

22、【名师点睛】空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为(0,90 、0,90 和 0,180 。(1)两条异面直线所成的角求法：先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角TT形去求得；通 过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是(0,1 ,向量所成的角范围是 0,不 ,如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角。(2)直线和平面所成的角求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”。(

23、3)二面角的度量是通过其平面角来实现的解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。通常的作法有：(I)定义法；(I I)利用三垂线定理或逆定理：(I I I)自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法.此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cosq，,其中s为斜面面积，s为射影面积，为斜面与射影面所成的二面角。s【试题演练】1如图3,在正三棱柱A8C-A4G中，4 8=4,4 4 1 =近,点 力 是BC的中点，点E在AC上 且DELAg(I )证明：平面AQE _ L平面ACG4；(I I)求直线4。和平面4OE

24、所成角的正弦值。解：(I )如图所示，由正三棱柱ABC-4及q的性质知_ L平面A B C.又。Eu平面ABC,所以O E _ L A A而 DE_ L 4 E,4 4 1 n 4后=A 1,所以。E J平面 A C C,A,.又 E u 平面A|OE,故平面ADE L平面ACGA.(I I)解 法1:过点4作月尸垂直A于点尸，连接。F.由(I )知，平面AQE J平面4CGA,所以A F平面 D E，故Z A D F是直线A D和平面A Q E所成的角。因为D E L ACG4，所以Z)E _ L A C.而AA8C是边长为4的正三角形，于是 AD=2G,AE=4-CE=4-g C D=3.

25、又因为 44=近，所以 4E=A =JAA：+A E 2 =J(7 7)2+3 2=4,相=也AE 4s i n Z A D FA F _ 2 1A。8即直线A D和平面A.D E所成角的正弦值为 1 8解 法2:如图所示，设0是AC的中点，以0为原点建立空间直角坐标系,则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),4(2,0,J 7),D(-1,7 3,0),E(-1,0,0).易知 A O=(-3,-y/1)D E=(0,-(0),A D=(-3 V 3 0).设 =(x,y,z)是平面4QE的一个法向量，则“IW f-n DE=y/3y=0,r mu/r-n-AD=-3x+J 3 y-J

26、7 z =0.解得x=-立z,y=0.3故可取n=(V7,O,-3).于是/UUCcos(n,ADI ULMI .n AD-3 E 分别为AA B|C的中点，DEJ_ 平面B C Q(I )证明：A B=A C(I I )设二面角A-BD-C为 60。,求 B Q 与平面B C D 所成的角的大小解 法：(I )取 B C 中点F,连接E F,则 EF-B.B,从而EF D A。2连接A F,则 A D E F 为平行四边形，从而A FDE。又 D E,平面B C g，故 A F_ L平面B C Q，从而A FLBC,即 A F 为 B C 的垂直平分线，所以A B=A C。(H)作 A G

27、L B D,垂足为G,连接CG。由三垂线定理知C G L B D,故N A GC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，Z A GC=60-.设 A C=2,则 A G=2o又 A B=2,BC=2 及，故 A F=夜。由AB ADA G-BD 得 2AD=2.IAD2+22,解 得A D=J5。故A D=A F。又A DLA F,所以 四 边 形ADEF为正方 形。因 为BC_LAF,BC1AD,AFAAD=A,故BC_L平 面D E F,因 此 平 面BCD J_平 面DEF。连 接AE、D F,设AECDF=H,贝IJEH_LDF,E IU平 面BCD。连 接C IL则/ECH为8 c与

28、 平 面BCD所成的角。因ADEF为正方形，AD=V2,故EH=1,又EC=LB C=2,所 以/ECH=30,即6 c与 平 面BCD所 成 的 角 为30.2解法二：(I)以A为坐标原点，射 线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz。设B(1,1 b t b 0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则4(1,0,2c),E(-,c).于 是。石二(-,0),B C =2 2 2 2 (-1,b,0).由 DE_L平面 B C G 知 DEJ_BC,DE B C=Q,求得 b=l,所以 AB=AC-A -(H)设平面 BCD 的法向量 AN=(x,y,z),则 4 NB

29、C=0,A M B =0.又 1,0),B D=Q l,%+y=人 1 T 0,c),故 令 x=l,则 y=l,z=,AN=(1，).-x +cz=0 c c又 平 面A B O的 法 向 量/=(0,1,0)由二面角4一6。一。为6 0 知，(丽，布 卜60,故77V-XC=|A7V|-|AC|-CO S60O,求得 c 1于是俞=(1,1,扬，西扬cos(丽，西)=竺 萍=1,(丽，西)=60。所 以 与C与 平 面6 c o所 成 的 角 为30。|/|训网 2 考 点 七、空间中的距离【名 师 点 睛】空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线 距

30、，线 面 距，面 面 距。其中重点是点点距、点线距、点 面 距 以 及 两 异 面 直 线 间 的 距 离.因 此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂宜性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的。求距离的市点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。求 法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。等 体 积 法。【试 题 演 练】如 图，在五面体 A B CD EF中，FA _L平面 ABCD.AD/BC/FE,A B I AD,M 为E C的

31、中点,AF=AB=BC=FE=-AD(I)求 异 面 直 线B F与D E所成的角的大小；2(I I)证 明 平 面AMD_L平 面CDE；(III)求 二 面 角A-CD-E的余弦值。本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满 分12分.方法一：（I）解：由题设知，BF/CE,所以NCED（或其补角）为异面直线B F与 D E所成的角。设 P 为AD 的中点，连结EP,P C o因为FE幺A P,所以F A g E P,同理AB幺PC。又 FA_L平 面 A B CD,所以EP_L平面 A

32、BCD。而 PC,AD 都在平面 ABCD 内，故 EPIPC,E P 1 A D,由 A B 1 A D,可得 PC1AD 设 FA=a,贝 ij EP=PC=PD=4CD=DE=EC=，故/CED=60。所以异面直线B F与 D E所成的角的大小为60（II）证明：因为OC=OEJ1M 为C E的 中 点，所以D M L C E.连结M P,则M P，CE.又M PPIDM =M,故CE J.平面AMD.而C E u 平面C D E,所以平面A M D，平 面 CDE.（III）解：设Q 为CD的 中 点，连结PQ,EQ因 为 CE=D E,所以EQ L C D 因为PC=P D,所 以

33、P Q _ L C D,故NEQP为二面角A CD E 的平面角.由（I）可得，EP 1 PQ,EQ=o,尸。=立 以 于 是 在 RtAEPQ中，COS/E Q P =E,2 2 EQ 3方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点 A 为坐标原点。设 AB=1,依题意得B（l,0,0）,C 1 i。（0,2,0）,（O,L1）,F（0,0,l）,M-,L-.12 2(I)解:BF=(-1,0,1),DE=(0,-1 4 于 是 cos(BF,DE)=BF*D E 0+0+1BF DEV 2*V 2 2所以异面直线B F与 D E 所成的角的大小为60.（II）证明：由AMCE=(-1,0,1)

34、AD=(0,2,0)可得C E A M=0,C E AD=0.因止匕，C E 1 AM,CE _L AD.又AM D AD=A,故CE_L 平 面 AMD.而CE u 平 面 C D E,所以平面AMD 平 面 CDE.(I l l)解：设平面CDE的法向量为 =(x,y,z),则=0 uDE=0.于是 令x=l,可得“=（1,1,1）.又由题设，平面A C O 的一个法向量为v=（0,0,1）.-y +z=0.所以,cos(”，v)=2.如 题（19）图，在四棱锥S ABC。中，A D BC且AO_LCO；平面CS。，平面 ABC。，CS L DS,C S 2 A D=2；E 为 8S 的

35、中 点，CE=&AS=6 求：（I）点A到平面3 c s的距离；（n）二面角E CO A的大小.解法一：（I）因为A D BC,且B C u平面BCS,所以AO平面BCS,从而A点到平面B C S的距离等于D点到平面B C S的距离。因 为 平 面CSO_L平面4 8 c o A D 1 C D,故4O_L平 面CSO,从而A DA.SD,由 AD/BC,得 B C 1 D S ,又由 CS 1 D S 知 D S 1 平面8CS,从而D S为点A到平面B C S的距离，因此在R tAAD S I1D S =yAS2-A D2=五（H沙 籥（19）图1,过E电作EGLCZ）,交C。于点G,对G

36、点作G“_LCO,题（19）图交AB于H,故 NEG”为二面角E CO-A的平面角，记为。，过E点作EFBC,交C S于点F,连结GF,_T T因平面 平 面 晶知,G J_CD,G H I G F,故 6 =Z E G F.2由于E为BS边中点，故CE=1 C S=1,在 心ACFE中，2E F =yCE2-C F2=721=1,因E E，平 面CSO,又E G L C D故由三垂线定理的逆定理得尸G，CO,从而又可得ACGF：ACS D,“C D =C S2+S D2=V472=A/6,(r F (卜因此=上一而在MACS。中，C F 11D S C D iG F=-D S=4=-V 2=

37、4=CD V6 V3在Rf 尸 G中，tanEGF =C J =k 可 得 NE G F=三,故所求二面角的大小为6=工F G3 6解法二：,（I）如 答（1 9）图2,以S（O）为坐标原点，射 线O D,O C分 别 为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设X（%z Q ,因平面 C OD _ L平面XBCR 也）C D W _ L平 面CO。即 点A在需怒平面上,因此以=0,Z/=W|=1P又 邕+=网=3%=&从而40,0,1）因A D/B C,故B C _ L平 面C S D,即B C S与平面“双今重合，从而点A到平面B C S的距离为可=0 .P（I I）M C（O,2,O）,D（,0

38、,0）.因E为B S的中点.A B C S为直角三角形，ilU i UUV I-知网=2 C E =20p设 B（0,2,Z”，ZE 0,则4=2,故 B（0,2,2）,所以 E（0,1,1）.在 C D 上取点 G 设 G （孙川,0 ）,ULU.ULU UUU ULU j 使 G E _ L C D .由。=（&,-2,0）。七=（一再总+口）,。0在=0 故以-2-l）=0 又点 G 在U L U T uuy U U M X V 2 _直线CD上，即 CGC O,由C G=（芭,一2,0）,则 有 亍 =2 V2-2J7 4 U U M J?2联立、，解得G=C-,-,O），故GE=（X

39、,1）.又由AD_LCD,所以二面角ECDA的平面角3 3 3 3为 向 量 准 与 向 量 成 所 成 的角，记此角为。lUUWi 2 出 ULM lUUVi UUU ULM.因为叶后卜一十,Q因=（0,0,1）,|Z M|=1,G：Z）O=1,所ULW UUW 厂以cos。=离甚=也故所求的二面角的大小为|G E|.|D/4|2 6点评：本小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等基本知识,考查空间想冢能力、逻辑思维能力和运算能力W3.如题Q 8)图,在 五 面 体 小 阳中，源 加，4吟，8=如=2,四 边 形 池 庄 为平行四边形，E4_L平面A5CD,F

40、C =3,ED=y p.求：”(I)直线以B到平面E R A的距离；(I I)二面角产-,1 D-E的平面角的正切值.解 法 二(I):月8二。G O C u平 面ERC2入 二A B到面E F C D的距离等于点A到面ZFC。的距离，过 点A作1G _L ED于 G,因/&!0 =且8。，故 又：E 4 J平面A B C D,由三垂线定理可知，C D L F D,故CD_L面九I D,知 跑(1 8)图C D A G,所 以AG为所求直线AB到面FCD的距离5在 Kr，四C 中，F D =Y F C -C D =次=I=氐由 E4_L平面 J B C 0,得 E4_A D,从而在 J?FAD

41、中，F A =F D -A D1=/54=1A G =五4 一出=士 =*.即直线A B到平面E F C D的 距 离 为 拽.。F D#5 5(II)由己知，F A 一平面 A B C D,得 F A AD,又由&A D =,知,1D _L,48,故,1D _L平面 ABEE2 D A A E,所以，NE4石为二面角产-A D-E的平面角，记为8 在/AE0 中，A E =d E D 2-A D 2=夜-4=技由 A B C D W,F E BA,从而 NAFE712七 在/AER 中，FE =AE?-A产=&，故 tanO=&所 以 二 面 角4 0 E的平面角的正切值为J 5.解法二：(

42、I)如 图 以A点为坐标原点，A8,AZ),A R的方向为x,y,z的正方向建立空间直角坐标系数，则A(0,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)设 尸(O,O,Zo)(z。0)可 得 定=(2,2,z0),由 I 正 1=3.即722+22+ZJ=3，解得产(0,0,1).A B /D C ,。(=面/。,所以直线A B到面EEC。的距离等于点A到面E/C的距离。设A点在平面E F C D上的射影点为尔不，凶,Z）,则二方=（内，M,4）因 工 占.而=0且N G a=0,而 赤=（0,-2 1）P f-2 v,+z,=0。=（一2 0）：此即 J;解得毛=0：知G点在A?Z面上，故G点

43、在FD上*1-2 内=0二 奇，#=（一百，一加一4+1）故有/=-Z+l 联立，解得，尔。：；：）。二|，G|为直线A B到面石尸8的 距 甑 而K G =（0,1,p 所以j H G：=粉a（I I）因四边形.如石为平行四边形,则可设及知0 J）（0）,ED =（-2,-1）.由。|而|=J 7得&+2?+1 =g：解得x 产-7 1 .即石（一V I 0,1）.故 次=（7 1 0,1），由 方=（0 2 0）,N=Q（M）因 万次=0,而.刀:二。,故N E伤为二面角产一且D-E的平面角，又.丽=（，1 0,0）,|而|=万|=1,所以t a n N E 4 =M =0|E 4|点评：线面距离往往转化 成 点 面嬲来处理，最后可能转化为空间几何体的体积求得，体积法不用得到垂线.。