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第六讲 立体几何新题型的解题技巧


立体几何新题型的解题技巧
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(2007 年福建卷)如图,正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的所有棱长都为 2 , D 为 CC1 中点. (Ⅰ)求证: AB1 ⊥平面 A1BD ; (Ⅱ)求二面角 A ? A1D ? B 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 A1BD 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 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. A 解答过程:解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO . ?△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC . C D A

A1

C1 B1

A1
F C

? 正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AO ⊥ 平面 BCC1B1 .

O B

D

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 ⊥ A1B , ? AB1 ⊥平面 A1BD . (Ⅱ) 设 AB1 与 A1B 交于点 G , 在平面 A1BD 中, 作 GF ⊥ A1D 于 F , 连结 AF , 由 (Ⅰ) 得 AB1 ⊥ 平面 A1BD .

? AF ⊥ A1D , ?∠AFG 为二面角 A ? A1D ? B 的平面角.

在 △AA1D 中,由等面积法可求得 AF ? 4 5 , 5 又? AG ? 1 AB1 ? 2 , ? sin ∠AFG ? AG ? 2 ? 10 . 2 AF 4 5 4 5 所以二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arcsin 10 .
4

(Ⅲ) △A1BD 中, BD ? A1D ? 5,A1B ? 2 2, ? S△ A1BD ? 6 , S△BCD ? 1 . 在正三棱柱中, A1 到平面 BCC1B1 的距离为 3 . 设点 C 到平面 A1BD 的距离为 d . 由 VA ?BCD ? VC ? A BD ,得 1 S△ BCD ? 3 ? 1 S△ A BD ? 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: (Ⅰ)取 BC 中点 O ,连结 AO . ?△ ABC 为正三角形,? AO ⊥ BC .

? 在正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1 ,
? AD ⊥ 平面 BCC1B1 .

??? ? ???? ? ? ??? 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, 0) , D(?11 , , 0) , A 0,3) , B1 (1, 2, 0) , , 2,3) , A(0, 1 (0
???? ???? ??? ? 1 , 0) , BA ? AB1 ? (1 , 2, ? 3) , BD ? (?2, , 2,3) . 1 ? (?1 ???? ??? ? ???? ???? ? AB1 ?BD ? ?2 ? 2 ? 0 ? 0 , AB1 ?BA1 ? ?1? 4 ? 3 ? 0 , ???? ??? ? ???? ???? ? AB1 ⊥ BD , AB1 ⊥ BA1 .
? AB1 ⊥平面 A1BD .

z A F C O B x D

A1

C1
y

B1

? (Ⅱ)设平面 A1 AD 的法向量为 n ? ( x,y,z ) .
??? ? ???? ? ???? ? ???? , AD ? (?11 , , ? 3) , AA1 ? (0, 2, 0) . ? n ⊥ AD , n ⊥ AA1

???? ? ?? x ? y ? 3z ? 0, ? ? y ? 0, ?n ? AD ? 0, ? ?? ?? ? ? ???? ? ?2 y ? 0, ? ? x ? ? 3z. ?n ? AA1 ? 0, ?

令 z ? 1 得 n ? (? 3, 01) , 为平面 A1 AD 的一个法向量. 由(Ⅰ)知 AB1 ⊥平面 A1BD ,
???? ? AB1 为平面 A1BD 的法向量.
???? ? 3? 3 6. 1 cos ? n , AB ?? n ? AB ? ?? ???? 1 n ? AB1 2?2 2 4 ????

? 二面角 A ? A1D ? B 的大小为 arccos 6 .
4

(Ⅲ)由(Ⅱ) , AB1 为平面 A1BD 法向量,
??? ? ???? ? BC ? (?2, 0,, 0) AB1 ? (1 , 2, ? 3) .
? AB1 ?2 2. ? 点 C 到平面 A1BD 的距离 d ? BC ? ???? ? AB1 2 2 2 ??? ? ????

????

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 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-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 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 AQ∥PN,∠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=

PB2+PN 2 ? BN 2 9 ? 3 ? 10 3 . ? ? 2PB ? PN 9 2 ? 3? 3
3 . 9

从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos (Ⅲ)连结 OM,则 OM ? 所以∠MQP=45°.

1 1 AB ? 2 ? OQ. 2 2

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 PQ ? PO ? QO ? 3,? PH ? PQ sin 450 ?

3 2 .. 2

即点 P 到平面 QAD 的距离是 方法二

3 2 . 2
z P

(Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O . 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( 2 2 ,0,0) ,Q(0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,0). 所以 AQ ? (?2 2 ,0,?2)
x A D

O B y

C

Q

??? ? PB ? (0, 2 2, ?1)

于是 cos? AQ , PB? ?

3 . 9

(Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是(0,- 2 2 ,0) , AD ? (?2 2 ,?2 2 ,0) ,

??? ? PQ ? (0,0, ?3) ,设 n ? ( x, y, z) 是平面 QAD 的一个法向量,由
? ? ?n ? AQ ? 0 ? 2x ? z ? 0 得? . ? ? x ? y ? 0 ? n ? AD ? 0 ? ?

取 x=1,得 n ? (1,?1,? 2 ) .

??? ? ? PQ ? n 3 2 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d ? . ? ? 2 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 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, 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 ?

SC2 ? CE 2 ? 2 3 SC2 ? CF 2 ? 4 ? 24 ? 2 ? 30

又? EF ? 6, ? S ?SEF ? 3 由于 VC ? SEF ? VS ?CEF ?

1 1 2 3 2 3 ? S ?SEF ? h ,即 ? 3 ? h ? ,解得 h ? 3 3 3 3

故 CD 与 SE 间的距离为

2 3 . 3

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 AC1 中,G 是 AA 1 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 的方法求解. 解答过程: 解析一 ? BD ∥平面 GB1 D1 ,

D1

O1

C1 B1

A1
H G D A O

? 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 B

? 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. 在 ?O1OG 中, S ?O1OG ? 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

VB ?GB1D1 ? VD1 ?GBB1 ,由于 S ?GB1D1 ? V D1 ?GBB1 ?

1 ? 2 2 ? 3 ? 6, 2

1 1 4 4 2 6 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? , ?h ? ? , 3 2 3 3 6

即 BD 到平面 GB1 D1 的距离等于

2 6 . 3

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(2007 年北京卷文) 如图,在 Rt△ AOB 中, ?OAB ? π ,斜边 AB ? 4 . Rt△ AOC 可以通过
6

A

Rt△ AOB 以直线 AO 为轴旋转得到,且二面角 B ? AO ? C 的直二面

D

角. D 是 AB 的中点. (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: (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 , ??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 (如图) ,则 DE ∥ AO , ??CDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角.
在 Rt△COE 中, CO ? BO ? 2 , OE ? 1 BO ? 1 ,
2

z
A

D

?CE ? CO2 ? OE 2 ? 5 .

又 DE ? 1 AO ? 3 .
2

O

x C
DE 3 3

B y

? 在 Rt△CDE 中, tan CDE ? CE ? 5 ? 15 . ? 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)建立空间直角坐标系 O ? xyz ,如图,则 O(0, 0, 0) , A(0, 0, 0) , D(0, 0, 2 3) , C (2, 1 ,3) ,
??? ? ??? ? 1 ,3) , ?OA ? (0, 0, 2 3) , CD ? (?2,

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? 6 6. OA ? CD ? ? cos ? OA , CD ?? ??? ? ??? ? ? 4 OA ? CD 2 3 ? 2 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: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: ? ? 0, .
? 2? ?

例 6. (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 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.

? 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∠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, ? 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)

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? BD ? FE 0 ? 18 ? 64 82 ? ??? ? ? cos ? BD, FE ?? ??? ? . 10 | BD || FE | 100 ? 82
设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则

. cos ? ? cos ? BD, FE ? ?

??? ? ??? ?

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,是高考的常考内容. 典型例题 例 7.(2007 年全国卷Ⅰ理) 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 .

C D A

B

(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 , 又 ∠ABC ? 45 ,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 ? 2 2 , SA ? 3 , AO ? 2 ,得

S

SO ? 1 , SD ? 11 .
C
1 ? △SAB 的面积 S1 ? 1 AB? SA2 ? ? . ? AB ? ? 2 2 ?2 ?
2

O
A

B

D

连结 DB ,得 △DAB 的面积 S 2 ?

1 AB ? AD sin135? ? 2 2

设 D 到平面 SAB 的距离为 h ,由于 VD?SAB ? VS ? ABD ,得
1 1 h?S1 ? SO?S 2 ,解得 h ? 2 . 3 3

设 SD 与平面 SAB 所成角为 ? ,则 sin ? ? h ? 2 ? 22 . SD 11 11 所以,直线 SD 与平面 SBC 所成的我为 arcsin 22 .
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 ∠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

??? 0, 1) , SA ? ( 2, 0, ?1) , A( 2, 0, 0) , B(0,2, 0) , C (0, ? 2, 0) , S (0,

G
C

??? ??? ? ??? ? CB ? (0, 2 2, 0) , SA ? CB ? 0 ,所以 SA ⊥ BC .
2 2 ?, (Ⅱ)取 AB 中点 E , E ? , , 0? ? ? ? ? 2 2 ?
2 2 1?. 连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG , G ? , ,? ? ? ? ? 4 4 2?

O
A

D

E

B

y

x

? 2 2 1?, ? 2 2 ? , AB ? (? OG ? ? 1? ? ? 4 ,4 , ? SE ? ? ? 2 ,2 , ? 2 ? ? ? ?

2,2, 0) .

SE? OG ? 0 , AB? OG ? 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 ? , 则? 与

? 互余.
D( 2, 2 2, 0) , DS ? (? 2, 2 21) ,.
cos ? ? OG ? DS OG ? DS ? 22 , sin ? ? 22 , 11 11

所以,直线 SD 与平面 SAB 所成的角为 arcsin 22 . 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. (2007 年湖南卷文) 如图,已知直二面角 ? ? PQ ? ? , A ? 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 维能力和运算能力. 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 ,
? ? ?

A B

Q

?

? C
P B O

H A Q

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 ? ⊥ ? , ? ? ? ? PQ ,

?

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 ,
?

不妨设 AC ? 2 ,则 AO ? 3 , OH ? AO sin 30? ?
?

3 . 2

在 Rt△OAB 中, ?ABO ? ?BAO ? 45 ,所以 BO ? AO ? 3 , 于是在 Rt△ BOH 中, tan ?BHO ?

BO ? OH

3 ? 2. 3 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 Rt△OAB 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 x O y Q

?
??? ?

O(0, 0, 0) , B( 3, 0, 1) . 0, 0) , A(0,3, 0) , C (0,
所以 AB ? ( 3, ? 31) ,. ? 3, 0) , AC ? (0,

??? ?

?? ??? ? ?? ? ?n1 ? AB ? 0, ? ? 3x ? 3 y ? 0, 设 n1 ? {x,y,z} 是平面 ABC 的一个法向量,由 ? ?? ???? 得? ? ?? 3 y ? z ? 0 ?n1 ? AC ? 0 ? ?? 取 x ? 1 ,得 n1 ? (11 , ,3) .
易知 n2 ? (1 , 0, 0) 是平面 ? 的一个法向量. 设二面角 B ? AC ? P 的平面角为 ? ,由图可知, ? ?? n1, n2 ? .

?? ?

?? ?? ?

???? ? n1 n2 1 5 ? ? 所以 cos ? ? ?? ?? . ? | n1 | ? | n2 | 5 ?1 5
故二面角 B ? AC ? P 的大小为 arccos

5 . 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=

1 1 PA= ka. 2 2

以下计算 GH,考察底面的平面图.连结 GD.

1 1 BD·GH= GB·DF. 2 2 GB ? DF 故 GH= . BD
因 S△GBD= 在△ABD 中,因为 AB=a,AD=2a,得 BD= 5 a. 而 GB=

1 1 FB= AD=a,DF=AB,从而得 2 2

GH=

a?a GB ? AB 5 = = a. BD 5 5a

1 ka EG 2 5 因此 tan∠EHG= = ? k. GH 2 5 a 5
由 k>0 知 ?EHG 是锐角,故要使 ?EHG > 30 ? ,必须

5 3 k >tan 30 ? = , 2 3
解之得,k 的取值范围为 k> 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),

2 15 . 15

DC · BF =0,故 DC ? BF

.

设 PA=b,则 P(0,0,b),而 E 为 PC 中点.故 E ? a, a,

? ?

b? ?. 2?

从而 BE = ? 0, a,

? ?

b? ? , DC · BE =0,故 DC ? BE . 2?

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 ? a, a,

? ?

ka ? ? ,G(a,a,0). 2?

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 2x+y=2a 由①②解得 x= ②

x?a y = ,即 ?a 2a

3 4 5 1 ? 2 ? a,y= a,从而 GH = ? ? a,? a,0 ? ,| GH |= a. 5 5 5 5 ? 5 ?

ka ??? ? EG 2 = 5 k. tan∠EHG= ????? ???? = 2 5 GH a 5
由 k>0 知,∠EHG 是锐角,由 ? EHG> 30?, 得 tan∠EHG>tan 30?, 即

5 3 k> . 2 3

故 k 的取值范围为 k>

2 15 . 15


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