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2013高考数学三部曲(复习、诊断、练习)典型易错题会诊 考点10 空间直线与平面


考点 10 空间直线与平面 ?空间直线与平面的位置关系 ?空间角 ?空间距离 ?简单几何体 ?利用三垂线定理作二面角的平面角 ?求点到面的距离 ?折叠问题 典型易错题会诊 命题角度 1 空间直线与平面的位置关系 1.(典型例题)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧棱 PD⊥ 底面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点,作 EF⊥PB 于点 F. (1)证明:PA//平面 EDB; (2)证明:BP⊥平面 EFD; (3)求二面角 C—PD—D 的大小. [考场错解]第(2)问证明:∵PD=DC,E 为 PC 的中点,∴DE⊥PC, ∴DF 在平面 PBC 上的射影为 EF,又由已知 EF⊥PB,所以根据三垂线定理可得:DF ⊥PB,又 EF⊥PB,∴PB⊥平面 EFD。 [专家把脉]直线在平面上的射影的概念理解错误,只有 DE⊥PC,不能得出 EF 为 DF 在面 PBC 上的射影,应先证明 DE⊥平面 PBC,才能得出 EF 为 DF 在面 PBC 上的射影,再利用三垂线定理。 [对症下药](1)如图,连接 AC、AC 交 BD 于 O,连接 EO。∵底 面 ABCD 为正方形,∴O 为 AC 的中点,在△PAC 中,EO 是中位线, ∴PA//EO,又 EO ? 平面 EDB,且 PA ? 平面 EDB,所以 PA//平面 EDB; (2)∵PD⊥平面 ABCD,∴平面 PDC⊥平面 ABCD,又底面 ABCD 为正方形,∴ BC⊥CD,∴BC⊥平面 PCD,∴BC⊥DE,又 DE⊥PC,∴DE⊥平面 PBC,∴DF 在平面 PBC 上的射影为 EF,又 EF⊥PB,∴DF⊥PB,又 PB⊥EF,∴PB⊥平 面 DEF; (3)由(2)知,PB⊥DF,故∠EFD 是二面角 C—PB—D 的平 面角。由(2)知,DE⊥EF,PD⊥DB,设正方形 ABCD 的边长为 a 则 PD=DC=a,BD= 2 a,PB= 3 a,PC= 2 a,DE= PC= PDBk ,OF=
PD ? BD 6 ? a .在 PB 3
1 2

2 a ,在 2

Rt△
?

Rt△EFD 中,sin∠EFD=

DE 3 ? DF 2

,∴∠EFD= . 所以二面角
3

C—PB—D 的大小为 .
3

?

2.(典型例题)下列五个正方体图形中,l 是正方体的一条对角线,点 M、N、 P 分别为其所在棱的中点,能得出 l⊥面 MNP 的图形的序号是_________.(写出所有 符合要求的图形序号) [考场错解]由于 l 在 MN、NP、MP 所在的面内的射影分别为各面正方形的对角 线,由正方形的性质可得 l⊥MN,l⊥MP,l⊥NP,∴(1)中 l⊥面 MNP;(2)中 l 在下底面的射影与 MP 垂直,∴l⊥MP,∴l⊥面 MNP;(3)中取 AB
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的中点 E,连接 ME、NE,∵l 在下底面的射影垂直于 EN,∴l⊥EN,∴l⊥面 MEN, ∴l⊥MN,同理 l⊥MP,∴l⊥面 MNP; (4) 中 l 在面 ADD1A1 上的射影与 MP 垂直, ∴l⊥MP,∴l⊥面 MNP;(5)中取 AA1 中点 E,连接 ME,EP,l 在面 ADD1A1、面 ABB1A1 内的射影分别与 ME,EP 垂直,∴l⊥ME,∴l⊥面 MP,得 l⊥面 MPN;综合 知,本题的答案是(1)、(2)、(3)、(4)、(5) [专家把脉]直线与平面垂直的判定有误,证一条直线与一个面垂直,应该证明这 条直线与该平面内的两条相交直线垂直,而错解中只证一条垂直,所以出错。 [对症下药](1)中 l 在面 ADD1A、A1B1C1D1,内的射影分别为 AD1,B1D1,而 AD1 ⊥MN,B1D1⊥MP,∴l⊥MN,l⊥MP, ∴l⊥面 MNP;(2)中若 l⊥MN,则取 AA1 的 中点 E,连接 ME、NE,l 在面 ADD1A1 内的射影为 AD1 而 AD1⊥ME,∴l⊥ME,结合 l⊥MN,得 l⊥面 MEN,∴l⊥NE,这显然不可能,∴l 与 MN 不可能垂直,∴l 与面 MNP 不垂直;(3)类似(2)的证明,可得 l 与面 MNP 不垂直;(4)中 l⊥MP 易 证,而 MN∥AC,l⊥AC,∴l⊥MN,∴l⊥面 MNP; (5) 中取 AA1 中点 E,连接 ME, PE,可证得 l⊥面 MEP,∴l⊥MP,同理可证 l⊥NP,∴l⊥面 MNP,综上知,本题的 正答案是(1)、(4)、(5)。 3.(典型例题)如图 10-4 所示,在正三棱锥 A—BCD 中,∠BAC=30°,AB=a, 平行于 AD、BC 的截面 EFGH 分别交 AB、BD、DC、CA 于 E、F、G、 H。 (1)判定四边形 EFGH 的形状,并说明理由; (2)设 P 是棱 AD 上的点,当 AP 为何值时,平面 PBC⊥平面 EFGH,请给出证明。 [考场错解](1)∵AD∥平面 EFGH,又平面 ACD ? 平面 EFGH=HG,∴AD∥HG, 同理 AD∥EF,∴EF∥HG,同理 EH∥FG,∴四边形 EFGH 为平行四边形; (2)取 AD 中点 P,连接 BP、CP,∵ABCD 为正棱锥,所以 BP⊥AD,CP⊥AD, ∴AD⊥面 BCP,又由(1)知 HG∥AD,∴HG⊥面 BCP,∴P 为所求,此时 AP=
a 2

.

[专家把脉]正三棱锥的性质不熟悉而出错,正三棱锥的相对的棱互相垂直;正三 棱锥的三个侧面是等腰三角形不是等边三角形。 [对症下药](1)∵AD∥面 EFGH,面 ACD ? 面 EFGH=HG,∴AD∥HG,同理 EF∥ AD,所以 HG∥EF,同理 EH∥FG,∴EFGH 为平行四边形。又 A—BCD 为正三棱锥, ∴A 在底面 BCD 上的射影 O 是△BCD 的中心,∴DO⊥BC,根据三垂线定理,AD⊥ BC,∴HG⊥EH,四边形 EFGH 为矩形; (2)作 CP⊥AD 于 P 点,连接 BP,∵AD⊥BC,∴AD⊥面 BCP,∴HG∥AD,∴ HG⊥面 BCP,又 HG ? 面 EFGH,∴面 BCP⊥面 EFGH,在 Rt△APC 中,∠CAP=30°, AC=a, ∴AP=
3 a. 2

专家会诊 解线面位置关系的题目,首先要熟悉各种位置关系的判定方法 及性质,其次解题时应将判定与性质结合起来,多用分析法,如要 证 a∥α 则过 a 作一平面β ,使β ? α =b,再证 a∥b;第三要善于

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转化,如两条羿面直线是否垂直,要用三垂线定理将其转化为两相交直线是否垂直。 线面的位置关系是立体几何的基础,学习时应予以重视。 考场思维训练 1 如图 10-5 所示的四个正方体图形中,A、B 为正方体的四个项点,M、N、P 分别为其所在棱的中点, 能得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是____________ .(写出 所有符合要求的图形序号) 答案:①③ 解析:①中平面 MNP//平面 AB, ∴AB//平面 MNP;②中取下底面中心 O,MP 的中点 C,连接 NO, NC,则由已知 AB//NO,AB■NC.∴AB■面 MNP;③ 中 AB//MP,∴AB//平面 MNP;④中 AB■面 MNP. ∴填①③. 2 如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1,E 是棱 BB1 的中点。 (1)求证:平面 A1EC⊥平面 AA1C1C; 答案:连接 A1C 与 AC1 交于点 F,则由条件可得 EC1=EA1,则 EF⊥AC1,同理 EC1=EA, 则 EF⊥A1C 所以 EF 上平面 AA1C1C,而 EF ? 平面 A1EC,所以平面 A1EC⊥平面 AA1C1C. (2)若把平面 A1EC 与平面 A1B1C1 所成锐二面角为 60°时的正三棱柱称为 “黄金棱柱”,请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”,并说明理由。 答案:延长 CE 交 C1B1 的延长线于点 H,则有 C1B1=B1H=A1R1,故∠HA1C1=90°且∠ CA1H=90°,所以∠CA1C 为平面 A1EC 与平面 A1B1C1 所成的锐二面角的平面角,若此棱柱为 “黄金棱柱”,则 ∠CA1=60°, 应有 CC1= 3 A1C1 与条件 AB=AA1 矛盾.∴此三棱柱不为 “黄金棱柱”. (3)设 AB=a,求三棱锥 A-A1EC 的体积。 答案: VA1-A1EC=VE-AA1C= ·EF· ·AA1·AC 3 已知正三棱锥 P-ABC 的三条侧棱两两互相垂直,G 是侧面△PAB 的重心,E 是 BC 上的一点,且 BE= BC,F 是 PB 上一点, PF= PB,如图 (1)求证:GF⊥平面 PBC; 答案:连接 BG 并延长交 AP 于 M,由 C 为 APAB 的重心,则 MG= BM,又由 PF=,∴GF//MP ∵AP⊥BP,AP⊥CP.∴AP⊥平面 PBC, ∴GF⊥平面 PBC (2)求证:EF⊥BC; 答案:在侧面 PBC 内作 FD//PC 交 BC 于 D.∵PF= PB,∴DC= BC.又 BE= BC,∴ DE= BC.故 BE=DE,E 为 BD 的中点,由△PBC 为等腰三角形,得△FBD 也为等腰三角形.∴ FB=FD. ∴EF⊥BC.
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3

1 3

1 2



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(3)求证:GE 是异面直线 PG 与 BC 的公垂线。 答案:∵GF⊥平面 PBC,且 EF⊥BC,∴GE⊥BC,连 PG 交 AB 于 H,则 GH= PH,过 C 作 GN//AB 交 PB 于 N,则 BN=
1 3 1 3 1 3

1 3

PB.∵PH⊥AB,∴PG⊥AB,∴PG⊥GN.

∵BN= PB,BE= BC,∴NE//PC,而 PC 上平面 PAB,∴NE⊥平面 PAB,又 PG ? 面 PAB,∴NE⊥PG,又 PG⊥GN,∴PG⊥平面 GEN,而 GEC 平面 GEN.∴PG⊥GE,又由 GE ⊥BC,∴GE 是异面直线 PG 与 BC 的公垂线. 命题角度 2 空间角 1.(典型例题)如图 10-8,在三棱锥 S—ABC 中,△ABC 是边长为 4 的 正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3 ,M、N 分别为 AB、SB 的中点。 (1)证明:AC⊥SB; (2)求二面角 N—CM—B 的大小; (3)求点 B 到平面 CMN 的距离。 [考场错解] 第(2)问:过 N 作 NF⊥CM,过 F 作 FE⊥CM 交 BC 于 E 点,则∠NFE 为二面角 N—CM—B 的平面角。(此题只做到此处,因为不知 E、F 的位置,∠NFE 等于 多少计算不出来)。 [专家把脉] 求二面角的大小时,只顾用定义作出二面角的平面角,给计算千百万麻 烦或根本就算不出来,所以一般用三垂线定理来作二面角的平面角,就是 便于计算。 [对症下药] (1) 如图 10-9,取 AC 中点 D,连接 SD,DB,∵SA=SC, AB=BC,∴AC⊥SD,且 AC⊥BD,∴AC⊥平面 SDB。又 SB ? 平面 SDB, ∴AC⊥SB。 (2)取 BD 的中点 E,连接 NE,过 E 作 EF⊥CM 于 F,连续 NF,∵平面 SAC⊥平面 ABCD,SD⊥AC,∴SD⊥面 ABCD,又 N、E 分别为 SB、BD 的中点,∴NE∥SD,NE⊥面 ABC,又 EF⊥CM,∴NF⊥CM,∴∠NFE 为二面角 N—CM—B 的平面角。 NE= SD= 2 ,在正△ABC 中,由平面几何知识可求得 EF= MB= ,在 Rt△NEF 中,tan ∠NEF=
EN ?2 2 EF 1 2 1 4 1 2

,∴二面角 N—CM

B 的大小是 arctan2 2 ; (3)在 Rt△NEF 中,NF= EF 2 ? EN 2 ? , ∴S△CMN= CM·NF=
1 2 3 1 3 ,S△CMB= BM·CM=2 3 2 2 1 3 1 3 3 2

.设点 B 到平面 CMN 的距离为 h, ∵
4 2 . 即点 3

VB—CMN=VN-CMB,NE⊥平面 CMB,∴ S△CMN·h= S△CMB·NE,∴h= CMN 的距离为
4 2 3

B 到平面



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2.(典型例题)在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 AB=4,AD=3,AA1=2,E、F 分别 是线段 AB、BC 上的点,且 EB=FB=1。 (1)求二面角 C—DE—C1 的正切值 (2)求直线 EC1 与 FD1 所成角的余弦值。 [考场错解] 第(2)问:∵D1F∥DE,∴∠C1ED 为 EC1 与 FD1 所成的角,DE=3 2 , C1D=2 5 ,C1E= 14 ,∴cos∠C1EE=
28 14

14 ? 18 ? 20 2 ? 14 ? 3 2

?

28 , ∴EC1 与 14

FD1 所成角的余弦值为



[专家把脉] 缺少空间想象能力,题中的 D1F 与 DE 不平行,实际上 D1F 与 DE 是异面直 线。 [对症下药] 正解一:(1)如图过 C 作 CG⊥DE,垂足为 G,连接 C1G。 ∵CC1⊥平面 ABCD,∴CG 是 C1G 在平面 ABCD 上的射影,由三垂线定 理得 DE⊥C1G。 ∴∠CGC1 是二面角 C—DE—C1 的平面角。 在△ADE 中,AE=AD=3,∠DAE=90°,∴∠ADE=45°,得∠ CDG=45°,∴CG=CD·sin∠CDG=2 2 . ∴tan∠CGC1=
CC1 2 ? . CG 2 2 2

∴二面角 C—DE—C1 的正切值为

(2)延长 BA 至点 E1,使 AE1=1,连接 DE1 有 D1C1∥E1E,D1C1=E1E,∵四边形 D1E1EC1 是平行四边形。∴E1D1∥EC1,于是∠E1D1F 为 EC1 与 FD1 所成的角。 在 Rt△BE1F 中,E1F= 26 ,在 Rt△D1DE1 中,D1E1= 14 ,在 Rt△D1DF 中,FD1= 24 , 所以在△E1FD1 中,由余弦定理得:cos∠E1D1F=
14 ? 24 ? 26 2 ? 14 ? 24 ? 21 . 14

正解二:(1)以 A 为原点, AB, AD, AA1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标 系,则有 D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)C1(4,3,2)于是 DE = (3,-3,0), EC1 =(1,3,2), FD1 =(-4,2,2).设向量 n =(x,y,z)为平面 C1DEA 的法向量,则有
n ? DE , n ? EG

,得 x=y=- z ,令 x=1,得 n =(1,1,-2),向量 AA1 =(0,0,2)与平面 CDE 垂直, 为二面角 C—DE—C1 的平面角。
6 2 ,? tan? ? ; 3 2 | EC1 ? FD1 | | EC1 | ? | FD1 |

1 2

? n与 AA1所 成的角θ

cos? ?

n ? AA | n |? | AA1 |

?

(2)设 EC1 与 FD1 所成的角为β ,则 cosβ =

?

21 . 14

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3.(典型例题)如图 10-11,四棱锥 P—ABCD 的底面是正方形,PA⊥底面 ABCD,AE⊥ PD,EF∥CD,AM=EF。 (1)证明 MF 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线; (2)若 PA=3AB,求直线 AC 与平面 EAM 所成角的正弦值。 [考场错解] 第(2)问:由(1)知 PC⊥MF,∴AF 为 AC 在面 EAM 内 的射影,∴∠CAF 为 AC 与平面 EAM 所成的角,通过解三角形 FAC, 解得 sin∠CAF=
10 10

.∴AC 与平面 EAM 所成的角的正弦值为

10 10



[专家把脉] 直线 AC 与平面 EAM 所成的角不是就得不出 AF 为 AC 在面 EAM 内的射影, 直线与平面所成的角必须是斜线与斜线在平面内的射影所夹的角, 所以找射影是关 键。 [对症下药](1)∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥CD,又∵底面 ABCD 为正方形,∴CD⊥ AD,∴CD⊥平面 PAD,得平面 PCD⊥平面 PAD,又 AE ? 平面 PAD,AE⊥PD,∴AE ⊥平面 PCD,∴AE⊥CD,又 EF∥CD∥AB,AM=EF,∴四边形 AMFE 为平形四边 形,∴MF∥AE,MF⊥CD,MF⊥AB,MF⊥PC,∴MF 为异面直线 AB 与 PC 的公垂 线; (2) 解法一:连接 BD 交 AC 于 O,连接 BE,过 O 作 OH⊥BE,H 为垂足,∵AE⊥PD, CD⊥PD,EF∥CD,∴EF⊥PD,PD⊥平面 MAE,又 OH⊥BE,∴OH∥DE,∴OH⊥平 面 MAE。连接 AH,则∠HAO 是直线 AC 与平面 MAE 所成的角,设 AB=a 则 PA=3a, AO= AC=
1 2

2 a ,因 2

Rt△ADE~Rt△PDA,故 ED=
OH 5 ? . AO 10

AD 2 a 1 a ? , OH ? ED ? , 从而 PD 2 10 2 10

Rt△

AHO 中,sin∠HAO=

解法二:以 AB 、 AD 、 AP 分别为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 A(0, 0,0)、E(0, ∴ AF ? (0,
9 3 a, a ), 10 10

9 3 a, a ), AB ? (a,0,0), 设n 为平面 10 10

EAM 的法向量,且 n = (x,y,z) ,可得面 EAM

的一个法向量为(0,1,-3), AC =(a,a,0) ∴sinα =
5 10



专家会诊 空间的各种角是对点、直线、平面所组成的穿间图形的位置关系进行定性分析和宣量计 算的重要组成部分,空间角的度量都是转化为平 面角来实现的,要熟练掌握种类角转化为平面角的常用方法,为了实现这种转化,一是 靠经验和知识的积累;二是利禄识图和画图的训 练;三要以推理为主要依据,求角的一般步骤是:(1)找出或作出要求的角;(2)证 明它符合定义;(3)在某一三角形中进行计算,得 结果,当然在解选择或填空题时,一些间接方法也经常用。 考场思维训练 1 如图,在矩形 ABCD 中,AB=1,BC=a,现沿 AC 折成二面角 D—AC —B,使 BD 为异面直线 AD、BC 的公垂线。
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(1)求证:平面 ABD⊥平面 ABC; 答案:解:(1)∵AD⊥CD,AD⊥BD,∴AD⊥平面 BCD,∴BC⊥AD,又 BC 上 BD,∴BC ⊥平面 ABD,而 BC ? 平面 ABC,故面 ABD⊥面 ABC. (2)a 为何值时,二面角 D—AC—B 为 45°; 答案:∵面 ABD 上面 ABC,作 DE⊥AB 于 E,则 DE⊥平面 ABC,作 EF⊥AC 于 F,由三垂 线定理有 AC⊥DF,∴∠DFE 为二面角 D---AC--B 的平面角.在 Rt△ADC 中,AD2=AF.AC, ∴AF=
a2 a2 ? 1

又 Rt△AFE∽Rt△ABC, ∴

EF=

AF ? BC ? AB

a2 a ?1
2

, 在Rt?DEF中, cos ?DFE ?

EF 2 ,? a 2 ? ,? a ? DF 2

4

8 2

.

(3)a 为可值时,异面直线 AC 与 BD 所成的角为 60°。 答案:作 BM⊥AC 于 M,过点 O 作 BN∥AC 与 FE 的延长线交于点,则 BMFN 为矩形,且 BN⊥DN.∴∠DBN 为异面直线 AC 与 BD 所成的角.∵MF=AC-2AF=
BN , BD

1 ? a2 a ?1
2

? BN , BD ? 1 ? a 2 ,

∴又在 Rt△BND 中 cos∠DBN=
1 ? 2 1 ? a2 a ?1 ? 1? a
2 2

?

, 解得a ?

15 . 5

如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别为 BB1、DD1 上的点,且 AE⊥A1B,AF ⊥A1D。 (1)求证:A1C⊥平面 AEF 答案:在长方体 ABCD--A1B1C1D1 中,A1B 为 A1C 在平面 A1B1BA 内的射影,∵AE 上 A1B, ∴AE⊥A1C 同理 AF⊥A1C,∴A1C⊥平面 AEF (2)若 AB=3,AD=4,AA1=5,M 是 B1C1 的中点,求 AM 与平面 AEF 所成角的大小。 2 答案:以 D 为坐标原点, DA, DC , DD1 分别为 x、y、z 轴的正方向建立空间坐标系.则 A(4,0,0), M(2, 3, 5), A1(4, 0, 5), C(0,3,0), ∴ A1C ? (?4,3,?5), AM ? (?2,3,5)由 (1)得 A1C ? (?4,3,?5) 为平面 AEF 的—个法向量,
? sin ? ? | AM ? A1C | | AM | ? | A1C | ? | 8 ? 9 ? 25 | 4 ?3 ?5 ? 2 ?3 ?5
2 2 2 2 2 2

?

4 19 . 95

∴直线 AM 与平面 AEF 的所成的角为 3

arcsin

4 19 . 95

已知四棱锥 P—ABCD,底面是边长为 2 的正方形,侧棱 PA⊥底面 ABCD,M、N 分 别为 AD、BC 的中点。MQ⊥PD 于 Q,直线 PC 与平面 PBA 所成角的正弦值为 如图所示。 (1)求证:平面 PMN⊥平面 PAD; 答案:∵M、N 分别是 AD、BC 的中点,∴MN⊥AD,又平面 PMN,
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3 3

∴平面 PMN⊥平面 PAD. (2)求 PA 的长; 答案:由已知 BC⊥平面 PBA,∴∠BPC 是 PC 和平面 PBA 所成的角. ∴ PC=
BC ? 2 3 ,? PB ? 2 2 sin ?BPC

可得 PA=2.

(3)求二面角 P—MN—Q 的余弦值。 答案:由(1)知,MN⊥PM,MN⊥QM. ∴∠PMQ 是二面角 P—MN—Q 的平面角.由(2)知 △PMQ 为等腰直角三形.且 AM=DM=1.
? PM ? 5 .QM ? 2 , 2

? cos ?PMQ ?

2 2 ? 10 . 10 5
10 . 10

∴二面角 P—MN—Q 的余弦值为

命题角度 3 空间距离 1.(典型例题)在空间中,与一个△ABC 三边所在直线距离都相等的点的集合是 ( ) A.一条直线 B.两条直线 C.三条直线 D.四条直线 [考场错解]设该点为 P,且 P 在平面 ABC 上的射影为 O,因为 P 到△ABC 三边所在直 线距离都相等,所以 O 到△ABC 的三边直线的距离都相等,即 O 为△ABC 的内心,所 以本题中符合条件的点在过 0 且与平面 ABC 垂直的直线上,所以选 A。 [专家把脉] 在平面上与一个三角形三边所在直线等距离的点不只内心一个, 实际任意 两个角的外角平分线的交点 (我们称其为傍心) 也符合到三角形三边所在 直线等距离 [对症下药] 设该点为 P,且 P 在平面 ABC 上的射影为 O,因为 P 到△ABC 三边所在直线距离都相等,所以 O 到△ABC 的三边所在直线的距离都相 等, 即 O 为△ABC 的内心或傍心, 所以本题中符合题意的点在过内心或傍心且与平面 ABC 垂直的直线上,这样的直线有 4 条,所以选 D。 2. (典型例题)如图 10-15,在棱长为 4 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,O 是正方形 A1B1C1D1 的中心,点 P 在棱 CC1 上,且 CC1=4CP。 (1)求直线 AP 与平面 BCC1B1 所成角的大小(结果用反三角表示); (2)设 O 点在平面 D1AP 上的射影为 H,求证:D1H⊥AP; (3)求点 P 到平面 ABD1 的距离。 [考场错解] 第(3)问:∵ABCD—A1B1C1D1 为正方体,∴AB⊥面 BCC1B1,∴BP⊥AB, ∴BP 即为 P 到平面 ABD1 的距离,在 Rt△BCP 中,BP= 17 [专家把脉] 线面垂直的判定有误,错解中 BP⊥AB,但 BP 与平面 ABD1 不垂直,所以 P 到平面 ABD1 的距离不是 BP。
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正解一: (1 ) 如图 10-16,连接 BP,∵AB⊥平面 BCC1B1,∴AP 与平面 BCC1B1 所成的 角就是∠APB。∵CC1=4CP,CC1=4,∴CP=1。在 Rt△APB 中,∠PCB 为直角,BC=4, CP=1,故 BP= 17 . 在 Rt△APB 中,∠APB 为直角,tan∠APB= APB=arctan
4 17 17 AB 4 17 ? , ∴∠ BP 17

.

(2)连接 A1C1,B1D1,∵A1B1C1D1 为正方形,∴D1O⊥A1C1 又 AA1⊥底面 A1B1C1D1,∴AA1 ⊥D1O,∴D1O⊥平面 A1APC1,由于 AP ? 平面 A1AOC1,∴D1O⊥AP。∵平面 D1AP 的斜 线 D1O 在这个平面内的射影是 D1H,∴D1H⊥AP。 (3)连接 BC1,在平面 BCC1B1 中,过点 P 作 PQ⊥BC1 于点 Q。∵AB⊥平面 BCC1B1, PQ ? 平面 BCC1B1,∴PQ⊥AB,∴PQ⊥平面 ABC1D1,∴PQ 就是 P 到平面 ABD1 的距离, 在 Rt△C1PQ 中,∠C1QP=90°,∠PC1Q=45°,PC1=3,∴PQ= 的距离为
3 2 2 3 2 . 即点 P 2

到平面 ABD1



正解二:(1)以 DA 、 DC 、 DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间坐标系, ∵AB⊥平面 BCC1B1,∴AP 与平面 BCC1B1 所成的角为∠APB。∵CC1=4CP,CC1=4,∴ CP=1,A(4,0,0)、P(0,4,1)。B(4,4,0)。∴ PA =(4,-4,-1), PB ? (4,0,?1) ∴cos∠APB=
PA ? PB | PA | ? | PB | ? 561 33

∴直线 AP 与平面 BCC1B1 所成的角为 arccos

561 33

;(2)连

接 D1O, 由 (1) 有 D1 (0, 0, 4) 、 O (2, 2, 4) , ∴ D1O = (2, 2, 0) ,PA ? D1O ? 0,? PA ? D1O 又因为 D1AP 的斜线 D1O 在这个平面内的射影是 D1H。 ∴D1H⊥AP; (3)由正方体的性质不难得出 B1C 为平面 ABD1 的一个法向量,B1(4,4,4)、C(0, 4,0)、P(0,4,1)∴
B1C =(-4,0,-4), BP =(-4,0,1), ? d ?

| B1C | ? | BP | | B1C |

?

12 4 2

?

3 3 2 ? P到平面ABD1的距离为 2 2 2

3.(典型例题)如图 10-17,在三棱锥 V—ABC 中,底面△ABC 是以∠B 为直角的等腰直 角三角形,又 V 在底面 ABC 上的射影在线段 AC 上且靠近 C 点,且 AC=4,VA= 14 , VB 与底面 ABC 成 45°角。 (1)求 V 到底面 ABC 的距离; (2)求二面角 V—AB—C 的大小。 [考场错解](1)过 V 作 VD⊥AC,垂足为 D,连接 BD,由已知 有 VD⊥平面 ABC,在直角三角形 VBD 中,∠VBD 为直线 VB 与底面 ABC 所成的角, ∠VBD=45°, BD= 面 ABC 的距离等于 2。
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2 2 ?2 2 ? 2,? V 4

到底

[专家把脉] BD 与 AC 垂直是错误的,BD≠

2 2 ?2 2 4

,错误的原因是缺少函数方程思

想,VD 直接计算在本题中做不到,而应设未知数,建立方程来求解。 [对症下药] (1)如图 10-18,在平面 VAC 中,过 V 作 VD⊥AC 于 D,连接 BD,由已 知 VD⊥平面 ABC,∠VBD 为 VB 与底面所成的角,∠VBD=45°,设 CD=x,则在 Rt△ VAD 中,VD2=VA2-AD2=14-(x-2)2=-x2+8x-2,在直角三角形 VBD 中,∠VDB=90°,∠ VBD=45°,BD2=x2+8-4 2 x ?
2 2

=x2-4x+8.在直角三角形 VBD 中,∠VDB=90°,∠

VBD=45°,∴VD=BD,即-x2+8x-2=x2-4x+8,解得 x=1 或 x=5,又由题意 x=5 应舍去,∴x=1 此时 VD= ? (?1)2 ? 8 ? 1 ? 2 ? 5 ,? V 到底面 ABC 的距离为 5 ;(2)过 D 作 OE⊥AB 于 E,连结 VE,∵VD⊥底面 ABC,DE⊥AB,∴VE⊥AB, ∴∠VED 为二面角 V—AB—C 的平面角。在平 面 ABC 中,CB⊥AB,DE⊥AB,∴DE∥BC,由 (1) 知 Rt△VDE 中,VD= 5 ,∠VDE=90°DE
3 2 2 DE AD 3 3 3 2 ? ? ,? DE ? BC ? ,在 BC AC 4 4 2

,∴tan∠VED=

5 3 2 2

?

10 10 , ?VED ? arctan . 3 3

∴二面角 V—AB—C 的大小为 arctan

10 3

.

专家会诊 空间中的距离以点到面的距离为中心内容, 大多数距离问题都可以转化为点到面的距 离,求法比较灵活,主要有:(1)直接法。过该点作面的垂线,求出垂线段的长度, 不过不能只顾作,计算不出来,应先利用线面的位置关系判断垂足的位置;(2)间 接解法:利用三棱锥的体积进行等积变换来求解;(3)利用空间向量求解,公式是
d? | a?n| |n|

,其中 n 为平面的法向量,a 为过该点的平面的一条斜线段

所确定的一个向量。 考场思维训练 1 如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各条棱长都为 a, P 为 A1B 上的 点。 (1)试确定
A1P PB

的值,使得 PC⊥AB;

答案:过 P 作 PM⊥AB 于 M,连结 CM,∵ABC-A1B1C1 为正三棱柱,∴PM⊥平面 ABC,∴ PC 在下底面上的射影为 CM,∵PC⊥AB,∴CM⊥AB,又△ABC 为等边三角形,∴M 为 AB 中 点,即 P 为 A1B 的中点,
? A1 P PB ? 1时, PC ? AB.
A1P 2 ? PB 3

(2)若

,求二面角 P—AC—B 的大小;

答案:过 P 作 PM⊥AB 于 N,过 N 作 NQ⊥AC 于 Q,连结 PQ,根据三 垂线定理得∠PQN 为二面角 P—AC—B 的平角. PN= a, NQ ? ? △PQN 中,tan∠
3 5 2 5 3 a ,在 2

Rt

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PQN= a ?

3 5

10 2 3a

? 3 ,? ?PQN ? 60?. 即二面角P ? AC ? B的大小为60?

(3)在(2)的条件下,求 C1 到平面 PAC 的距离。 答案: Vc1? PAC ? h ? S?PAC ? VP ? ACC1 ? ?
1 3 1 3 3 1 a a a ? a 2 , 解得h ? ,? C1到平面PAC 的距离为 . 5 2 2 2

2

长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AA1=9,AB=AC=6 3 ,N 为 BC 中点,

M 为 A1B 的中点,P 为 C1D1 的中点,如图, (1)求点 P 到平面 B1MN 的距离; 答案:如图,平面 B1MN 截长方体所得的截面为 A1B1NR,∵C1D1//A1B1, ∴C1D1//平面 A1B1NR,∴P 到平面 B1MN 的距离等于 C1 到平面 B1MN 的距离, 作 C1G⊥B1N 于 G,∵ABCD—A1B1C1D1 为长方体, ∴C1G⊥平面 B1MN,在距形 BCC1B1 中,BB1=AA1=9,B1C1=BC=6 3 ,B1N=6 3 ,∴∠ BB1N=30°,∠C1B1G=60°,C1G=6 3 ?
3 ? 9. ∴P 2

到平面 B1MN 的距离为 9.

(2)求 PC 与平面 B1MN 所成的角。 答案:∵PC//MB,∴PC 与平面 B1MN 所成的角等于 MB 与平面 B1MN 所成的角,过 B 作 BH⊥B1N 于 H,作 BH⊥平面 B1MN,∠BMH 为 MB 与平面 B1MN 所成的角, BH= , MB ? 6 3 ,? sin ?BMH ? 3
9 2 3 3 . ? PC与平面B1MN 所成的角为arc sin . 4 4

已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面,A1ACC1 与底面 ABC 垂直,∠ABC=90°,BC=2, AC=2 3 ,且 AA1⊥A1C,AA1⊥A1C。如图所示。

(1)求侧棱 AA1 与底面 ABC 所成二面角的大小; 答案:取 AC 中点 D,连 A1D,∵AA1=AC,∴A1D⊥AC 又侧面 A1ACC1⊥平 面 ABC,∴A1D⊥平面 ABC, ∴∠A1AD 为 AA1 与平面 ABC 所成的角,由已知∠A1AD=45° (2)求侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角的大小; 答案:作 DE⊥AB,由三垂线定理 AB⊥A1E,∴∠A1ED 为侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二 面角的平面角.又 BC⊥AB,∴DE//BC,DE= BC ? 1, A1D ? 3 , ∴tan∠A1ED= 3 , ∴∠A1ED=60°. ∴侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角为 60°. (3)求顶点 C 到侧面 A1ABB1 的距离。 答案: D 到平面 A1ABB1 的距离是 C 到该平面距离的一半,由(2)知平面 A1ED⊥平面 A1ABB1,作 DF⊥A1E,则 DF⊥平面 A1ABB1,又 DF=
3 , ∴C 2
1 2

到平面 A1ABB1 的距离为 3 .

命题角度 4 简单几何体 1.(典型例题)如图 10-22,在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=3,AA1=4,M 为 AA1 的中

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点,P 是 BC 上一点,且由 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到 M 的最短路线长为 29 ,设这 条最短路线与 CC1 的交点为 N。 求:(1)该三棱柱侧面展开图的对角线长; (2)PC 与 NC 的长; (3)平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小(用反三角函数表示)。 [考场错解] 第(2)问:过 M 作 MN⊥CC1 于 N,则由已知有 MN+NP=3+NP= 29 , NP= 29 -3,此时 N 为 CC1 的中点,NC=2,PC= NP 2 ? NC 2 ? 36 ? 6 29 。 [专家把脉] 依题意是 MN+NP 的最小值为 29 ,而错解中认为 MN 最小,则 MN+NP 就最小, 这是错误的. [对症下药] (1)正三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面展开图是一个长为 9,宽为 4 的矩形,其对角线长为 92 ? 42 ? 97 ; (2) 如图 10-23,将侧面 BB1C1C 绕棱 CC1 旋转 120°,使其与侧面 AA1C1C 在同一平面上,点 P 运动到 P1 的位置,连接 MP1,则 MP1 就是由点 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到点 M 的最短路线。设 PC=x,则 P1C=x,在 Rt△MAP1 中, 由勾股定理得(3+x)2+22=29,求得 x=2, ∴PC=P1C=2,
NC P C 2 4 ? 1 ? ,? NC ? . MA P 5 5 1A

(3)解法一:连接 PP1,则 PP1 就是 MNP 与平面 ABC 的交线,作 NH⊥PP1 于 H,又 CC1 ⊥平面 ABC,连接 CH,由三垂线定理得,CH⊥PP1,∴∠NHC 就是平面 MNP 与平面 ABC 所成二面角的平面角(锐角)。在 Rt△PHC 中,∵∠PCH= ∠PCP1=60°,∴ CH=
PC NC 4 4 ? 1 、在 Rt△NCH 中 tan∠NHC= ? , ∠NHC=arctan ∴平面 NMP 与平面 ABC 2 CH 5 5
4 5

1 2

所成二面角(锐角)的大小为 arctan 。 解法 2:∵△MPN 在△ABC 上的射影为△APC,设所求的角为θ 则 cosθ =
S ? APC 5 41 ? S ?MNP 41

.故平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小为 arccos

5 41 41

.

2.(典型例题)如图,直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的底面 ABCD 为平行四边形,其中 AB= 2 ,BD=BC=1,AA1=2,E 为 DC 中点,点 F 在 DD1 上,且 DF= 。 (1)求异面直线 BD 与 A1D1 的距离; (2)EF 与 BC1 是否垂直?请说明理由; (3)求二面角 E—FB—D 的正切值。 [考场错解] 第 (2) 问:∵ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴EF 在面 BCC1B1 上的射影为 CC1, 而 BC1 与 BC1 不垂直,∴EF 与 BC1 不垂直。 [专家把脉] 把直四棱柱看成长方体了,实际上,长方体是底面为长方形的直四棱柱,本 题中的底面 ABCD 为平行四边形,所以 ABCD—A1B1C1D1 不是长方体,也就是说 EF 在面 BCC1B1 上的射影不是 CC1。
1 4

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[对症下药] 正解一:(1)∵ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴DD1⊥AD1,DD1⊥BD,∴DD1 为 A1D1 与 BD 的公垂线段,DD1=2,∴A1D1 与 BD 的距离为 2; (2)∵BD=BC=1,CD= 2 ,∴△BCD 为等腰直角三角形,E 为 CD 的中点,∴BE⊥CD, 又 ABCD—A1B1C1D1 为直四棱柱,∴BE⊥面 CDD1C1,∴BE⊥EF,在 Rt△FDE 中,∠ FDE=90°,FD= ,DE= C1CE=90°,EC=
2 2
1 4

2 2

,∴EF2=

9 16

,在 Rt△C1CE 中,∠
9 2 7 4

,CC1=AA1=2, ∴DE21= ,在 Rt△D1FC1 中,∠FD1C1=90°,D1F= ,
81 ∴FC21=EF2+EC21,∴EF⊥EC1,得 16

D1C1= 2 ,∴ FC12 ?

EF⊥平面 BEC1∴FF⊥BC1

(3) 如图 10-24,过 E 作 EO⊥BD,过 O 作 OM⊥BF 于 M,连接 EM,易证得 EO⊥平面 BDF,∴∠EMO 为二在角 E—FB—D 的平面角,∵∠DBC=90°,EO⊥BD,∴EO∥BC, 又 E 为 CD 中点,∴EO= BC ? ,在△BDF 中,△BOM~△BFD,∴OM= EOM 中,tan∠EMO= arctan 17 . (1) 同正解一; (2) 由已知可得∠ADB=90°,DD1⊥平面 ABCD,∴以 DA 、 DB 、 DD1 分别为 x,轴 y 轴,z 轴的正方向,建立空间坐标系,F(0,0, )、E( ? , ,0 )、A (1,0,0)、D1(0,0,2),∴ EF = ( ,? , )
EF ? AD1 ? 1 1 1 ? (?1) ? 0 ? (? ) ? ? 2 ? 0,? EF ? AD1, 又 2 2 4 1 2 1 1 2 4 1 4 1 1 2 2 EO ? 17 OM 1 2 1 2

1 2 17

,在 Rt△

,∴∠EMO=arctan 17 ,∴二面角 E—FB—D 的大小为

AD1 =(-1,0,2)

BC1∥AD1,∴EF⊥AD1。

(3) 可以得平面 BDF 的一个法向量为 AD, 而 AD =(-1,0,0),B(0, 1,0) BE ? (? ,? ,0), EF ? ( ,? , ) ,设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z)由 n⊥ BE , n ? EF得,? x ? y ? 0, x ? y ? z ? 0 ,令 x=1,得 y=-1,z=-4, ∴平面 BEF 的一个法向量为 n=(1,-1,-4),∴cosα = ∴所求二面角 E—FB—D 的大小为 arccos
2 . 6
1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 2 1 2 1 2 1 1 2 4

| n ? AD | | n | ? | AD |

?

2 6



专家会诊 棱柱、棱锥、球是几何中的重要载体,学习中除了牢固掌握有关概念、性质、面积 体积公式之外,还要灵活运用有关知识进行位置益寿延年 判断与论证,进而达到计算 的目的,在计算时要注意把某些平面图形分离现来运用平面几何的 知识来进行计算,这是立体几何中计算问题的重要方法和技巧。 考场思维训练 1 如图,正四面体 ABCD 的棱长为 1,P、Q 分别为 AB、CD 上两
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点,且 AP=CQ=λ ,求出正四面体侧面上从 P 到 Q 的最小距离。 答案:解析:由对称性知,在侧面上从 P 到 Q 只需考虑两种情形,即从 P 到 Q 经过棱 AC 或经过棱 AD. ①当经过棱 AC 时,如图 1 沿 AD 把侧面展开,∵AP=CQ=λ ,且 AP//CQ. ∴四边形 APCQ 为平行四边形,∴E 是 PQ 的中点,∴PQ=2PE,在△APE 中,∠ PAE=60°,AP=λ ,AE= ,由余弦定理,有 PE= ?2 ? 1 ? 1 ? cos 60? , 2 4 2 ∴PQ= 4?2 ? 2? ? 1; ②当经过棱 AD 时,如图 2,沿 AC 展开,此时 PQ=1,又∵λ
? 1 1 时, 4?2 ? 2? ? 1 ? 1,当? ? 时, 4?2 ? 2? ? 1 ? 1 2 2
1 ? 2 ? 4? ? 2? ? 1, ? ? 2 ? ∴PQ 的最小值为 ? 1 ?1 ?? ? 2 ?

1

2 如图,已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AC=BC,D 为 AB 的中 点,平面 A1B1C1 平面 ABB1A1,异面直线 BC1 与 AB1 互相垂直。 (1)求证:AB1⊥平面 A1CD; 答案:取 A1B1 中点 D1,连结 BD1、C1D1,可证明 C1D1⊥平面 ABB1A1,从而 C1D1⊥AB1.又 由垂线定理可得 AB1⊥BD1,∵CD//C1D1,∴CD⊥AB1,A1C//BD1,∴A1C⊥AB1,∴AB1⊥平面 A1CD. (2)若 CC1 与平面 ABB1A1 的距离为 1,A1C= 37 ,AB1=5,求三棱锥 A1—ACD 的体 积。 答案:由(1)知 C1D1⊥平面 ABB1A1, ∴CD⊥平面 ABB0A1, ∵CC1 平面 ABB1A1,∴CC1 到平面 ABB1A1 的距离为 CD.即为 C-A1AD 的高. ∴CD=1,在 Rt△ A1CD 中,A1C= 37 , ∴A1D= 37 ? 1 ? 6. 设 AB1 交 A1D、D1B 于点 E、F. ∵A1D//D1B,AD=DB, ∴AE=EF,同理 EF=FB1, ∴AE= AB1 ? , 又 ? AB1 ? A1D,
? S ?A1 AD ? 1 A1D ? AE ? 5, 2 1 5 ? 5 ?1 ? . 3 3

1 3

5 3

? V A1 ? ACD ? VC ? A1 AD ?

3 如图所示,正三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱长为 2,底面边长为 1,M 是 BC 的中 点,在直线 CC1 上找一点 N,使 MN⊥AB1。 答案:解析:∵ABC—A1B1C1 为正三棱柱,M 为 BC 中点 ∴AM⊥BC,又侧面 BCC1B1⊥底面 ABC,∴AM⊥平面 BCC1B1. ∴AB1 在平面 BCC1B1 上的射影为 B1M,要 MN⊥AB1,只须 MN⊥B1M 即可.
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如图所示 建立直角坐标系,M (
1 1 1 1 1 ,0), B1 (0,2), 设N (1, y ), 则由B1M ? MN有( ,?2) ? ( , y ) ? 0, 得y ? . ? CN ? CC1. ? N 在CC1的一个等分点处. 2 2 2 8 16

) 探究开放题预测 预测角度 1 利用三垂线定理作二面角的平面角 1 如图 10-28,正三棱术 ABC—A1B1C1 的所有棱长均相等,D 是 BC 上一点,AD⊥ C1D (1)求二面角 C—AC1—D 的大小; (2)若 AB=2,求直线 A1B 与截面 ADC1 的距离 [解题思路] 求二面角的大小,一般先利用三垂线定理作出二面角 的平面角,再通过解三角形得出结果,二面角有两个半平面,先要分 析过哪个半平面内有一点能方便地作出另外一个半平面的垂线,一般 利用“有两个面垂直,在一个面内作交线的垂线,则这条线垂直另外 一个面”这个性质来作。本题中可以先证平面 ADC1⊥平面 BCC1B1,再过 C 作 C1D 的垂 线,则这条线与平面 ADC1 垂直,再利用三垂线定理作出平面角,第(2)问可求 B 到平 面 ADC1 的距离。 [解答](1)如图 10-29,∵ABC—A1B1C1 为正三棱柱:CC1⊥AD,又 AD⊥C1D,∴AD ⊥平面 B1BCC1。∴平面 ADC1⊥平面 BCC1B1。过 C 作 CE⊥C1D 于 E,则 CE ⊥平面 ADC1,过 E 作 EF⊥AC1,连接 FC,则由三垂线定理知∠CFE 为二 面角 C—AC1—D 的平面角。设 AB=a,D 是 BC 的中点, CE=
CC1 ? CD 5 AC ? CC1 2 ? a, CF ? ? a, 在 C1D 5 AC1 2
10 5

Rt△EFC 中,sin∠EFC=

10 5

,∴

二面角 C—AC1—D 的大小为 arcsin

(1) 连接 A1C,设 A1C∩AC1=O,连接 DO,则 A1B∥DO,∴A1B∥平面 ADC1,∴A1B 到截面 ADC1 的距离等于 B 到 ADC1 的距离,过 B 作 BH⊥C1D,交 C1D 的延长线于 H,由(1) 平面 ADC1⊥平面 BCC1B1 得 BH⊥平面 ADC1,即 BH 为 B 到面 ADC1 的距离 BH=EC= 2 ?
5 2 5 ? . ∴直线 5 5

A1B 与平面 ADC1 的距离为

2 5 5

2 如图 10-30,ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,M、N、R 分别是 AB、PC、CD 的中点, (1)求证:直线 AR∥平面 PMC; (2)求证:直线 MN⊥直线 AB; (3)若平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角(锐角)为θ ,能束确定θ 使直线 MN 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线,若能确定,求出θ 的值;若不能确定,说明理 由。 [解题思路] 证线面平行,先证线线平行,证线线垂直,通过线面垂直转换,这是 一般的解题思路,用这种解题思路证(1)、(2)问,第(3)问先作(或找)出这 个二面角的平面角,再通过解方程的方法求出θ 的值。 [解答](1)如图 10-30,∵ABCD 为矩形,M、R 分别为 AB、CD 的中点,∴ AM ? CR,∴四边形 ARCM 为平行四边形,∴AR∥CM,∴AR∥平面 PMC。
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//

(2) 由已知可得 AB⊥MR,AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PD,又 RN 为△PCD 的中位线, ∴NR∥PD,得 AB⊥平面 MNR,∴AB⊥MN。 (3)∵PA⊥平面 ABCD,AD⊥DC,∴∠PDA 为平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面 角(锐角)的平面角,∴θ =∠PDA。由(2)知 MN⊥AB,AB∥CD,∴MN⊥CD,又 MN⊥PC,∴MN⊥平面 PCD,∴MN⊥NR,∴∠MNR=90°,在 Rt△PDA 中,设 AD=a,PD= NR= PD=
1 2
a cos?

,在 Rt△MNR 中,

a NR 1 2 ? , MR ? a, ?NRM ? ?PDA ? ? ,? cos? ? ? ,? cos? ? , 得? ? 时, 能使 2 cos? MR 2 cos? 2 4

直线 MN 是异面直线 AB、PC 的公垂线。 预测角度 2 求点到面的距离 1.如图,PA⊥平面 AC,四边形 ABCD 是矩形,E、F 分别是 AB、 PD 的中点。 (1)求证:AF∥平面 PCE; (2)若二面角 P—CD—B 为 45°,AD=2,CD=3。 (i)求二面角 P—EC—A 的大小; (ii)求点 F 到平面 PCE 的距离。 [解题思路] 过 AF 作一个平面与平面 PEC 相交,证明 AF 与交线平行,由于 E、F 为中点,所以取 PC 的中点即可;分别作出 P—CD—B 和 P—EC—A 的平面角,求点 F 到平面 PCE 的距离可用直接法,也可以用间接解法。 [解答] (1)如图,取 PC 的中点 M,连接 ME、MF,∵FM∥CD,FM= CD,AE ∥CD,AE= CD,∴AE∥MF 且 AE=MF,∴四边形 AFME 是平行四边形。 ∴AF∥EM,∵AF ? 平面 CPE,∴AF∥平面 PCE。 (2)(i)∵PA⊥平面 AC,CD⊥AD,根据三垂线定理知,CD⊥PD, ∠PDA 是二面角 P—CD—B 的平面角,则∠PDA=45°,于是△PAD 为等腰直角三角 形,过 A 作 CE 的垂线交 CE 的延长线于 G,连接 PG,根据三垂线定理知∠PGA 为二面 角 P—EC—A 的大小为 arctano . (ii)解法一:∵AF⊥PD,又 AF⊥CD,∴AF⊥平面 PCD,而 EM∥FA,∴EM⊥平面 PCD,又 EM ? 平面 PEC,∴平面 PEC⊥平面 PCD,在面 PCD 内过 F 作 FH⊥PC 于 H,则 FH 为点 F 到平面 PCE 的距离,由已知 PD=2 2 ,PF= PD= 2 ,PC= 17 ,知 FH=
3 24 17
1 2 5 3

1 2

1 2

,∴F 到平面 PCE 的距离为

3 24 17



解法二:由 EM∥FA,知点 F 到平面 PCE 的距离可转化为点 A 到平 面 PCE 的距离,过点 A 在面 PAG 内作 AN⊥PG,则 AN 为点 A 到平面 PCE 的距离,可算得 AN=
3 24 17



2.如图 10-33,在棱长为 a 的正方体,ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别为棱 AB 和 BC 的中点,EF 与 BD 相交于 H。 (1)求二面角 B1—EF—B 的大小;
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(2)试在棱 BB1 上找一点 M,使 D1M⊥平面 B1EF,并证明你的结 论; (3)求 D1 到平面 B1EF 的距离。 [解题思路] 第(1)问二面角 B1—EF—B 的平面角为∠B1HB;由于 面 D1DBB1⊥平面 B1EF,∴过 D1 作 D1N⊥B1H 并延长交 BB1 于 M,利用 平面几何的知识判断 M 的位置;第(3)问即求 D1N。 [解答] (1)由已知 EF∥AC,∵ABCD—A1B1C1D1 为正方体,∴AC⊥平面 BDD1B1, ∴EF⊥平面 BDD1B1,∴∠B1HB 为二面角 B1—EF—B 的平面角,在 Rt△B1BH 中, B1B=a,BH=
2 4

a, ∴tan∠B1HB=

B1B ? 2 2 . ∴∠B1HB=arctan 2 BH

.即二面角 B1—EF—B 的

大小为 arctan 2 . (2)由 (1) 知 EF⊥平面 BDD1B1,∴平面 B1EF⊥平面 BDD1B1,∴过 D1 作 D1N⊥B1H, 垂足为 N,延长 D1N 交 BB1 于 M,得,D1M⊥平面 B1EF,如图,建立坐标系,则 D (0, 0) 、D1 (0,a) 、H(
3 2 a,0 ),设 4

M ( 2 a,y0) ,由 D1M⊥B1H,得 y0=

a 2

,∴M 为 BB1 的中点。

(3)由(2)D1N 为 D1 到直线 B1H 的距离,由点到直线的距离 可得=D1N= a,∴D1 到面 B1EF 的距离为 a。 预测角度 3 折叠问题 1.如图 10-35,△BCD 内接于直角梯形 A1A2A3D,已知沿△BCD 三边把△A1BD、△A2BC、△A3CD 翻折上去,恰好使 A1、A2、A3 重合于 A。 (1)求证:AB⊥CD; (2)若 A1D=10,A1A2=8,求二面角 A—CD—B 的大小。 [解题思路] 这是一个折叠问题,解这一类题的关键是分析折叠前 后不变的量,不变的位置关系,利用这些不变来解题,第(1)问可证 AB⊥平面 ACD,由 AB⊥平面 ACD,利用三垂线定理可作出二面角 A— CD—B 的平面角。 [解答](1)如图 10-36,由平面图形中 A1B⊥A1D,A1B⊥A2C 知,立体图形中 AB⊥ AC,AB⊥AD,∴AB⊥平面 ACD,∴AB⊥CD (2)过 A 作 AE⊥CD 于 E,连接 BE,∴CD⊥平面 ABE,∴∠AEB=θ 为二面角 A— CD—B 的平面角,在平面图形中,A1B=A2B=4,A1D=A3D=10,过 D 作 DD1⊥A2A3,在 Rt △A3DD1 中可得 A3D1=6,∴A2A3=16。A2C=A3C=8,CD= 64 ? 4 ? 2 17 。 在立体图形中,AC=8,AD=10,CD=2 17 ,
cos ?ACD ? 82 ? (2 17 ) 2 ? 102 2 ? 8 ? 2 17 ? 1 17 , sin ?ACD ? 4 17 .在
4 3 4 3

Rt△AEC 中,AE=8·sin∠ACD=

32 17

,

在 Rt△BAE 中,tanθ =tan∠AEB= 为 arctan
17 . 8

AB 17 17 ? ,? ? ? arctan , ∴二面角 AE 8 8

A—CD—B 的大小

2.如图 10-37,已知 ABCD 中,AD=BC,AD∥BC,且

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AB=3 2 ,AD=2 3 ,BD= 6 ,沿 BD 将其折成一个二面角 A—BD—C,使得 AB⊥CD。 (Ⅰ)求二面角 A—BD—C 的大小; (Ⅱ)求折后点 A 到面 BCD 的距离。 [解题思路] 先将平面图形的性质研究清楚,在立体图形中将垂直关系进行转化, 可以得出结果。 [解答] (1)在平面图形中,AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD,BC⊥BD,在立体图形中, 如图 10-38,作 AH⊥平面 BCD 于 H,连 DH、BH,设 BH 交 CD 于 E。由 AD⊥BD 得∠ ADH 为二面角 A—BD—C 的平面角。∵AB⊥CD,∴BH⊥CD,在 Rt△BCD 中, DE=

DB 2 DH DE 1 1 DH 3 ? 2 , CE ? 3 2 ? 2 ? 2 2 , 又DH // BC ,? ? ? , DH ? CB ? 3 ,? 在Rt?ADH中, cos ?ADH ? ? ? DC CB CE 2 2 AD 2 3

DH DE 1 1 DH 3 1 ? ? , DH ? CB ? 3 ,? 在Rt?ADH中, cos ?ADH ? ? ? , CB CE 2 2 AD 2 3 2

∠ADH=60°,∴二面角 A—BD—C 的大小为 60°。 (2)由(1)知 AH=ADsin∠ADH=2 3 ?
3 ? 3. 2

考点高分解题综合训练 1 在斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面△ABC 中,∠A=90°,且 BC1⊥AC, 过 C1 作 C1H⊥底面 ABC,则 H 在 ( ) A.直线 AC 上 B.直线 AB 上 C.直线 BC 上 D.△ABC 的内部 答案: B 解析:连 AC1,∵AC⊥AB,AC⊥BC1,且 BC1∩AB=B,∴AC⊥平面 ABC1,又 AC ? 平面 ABC,∴H 一定交线 AB 上. 正四面体内任意一点到各面的距离和为一个常量,这人常量是 ( ) A.正四面体的一条棱长 B.正四面体后条斜高的长 C.正四面体的高 D.以上结论都不对 答案: C 解析:正四面体的四个面都全等,设其面积都为 S,四面体的高为 h,并设 正四面体内任一点到四个面的距离分别为 h1、h2、h3、h4,则 V 正四面体 2 = S (h1 ? h2 ? h3 ? h4 )又 V正四面体 ? sh,? h1 ? h2 ? h3 ? h4 ? h. 3 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面 ABC 的中心,过 O 的动平面与 P—ABC 的三条侧棱或其 延长线的交点分别记为 Q、R、S,则和式
1 1 1 ? ? PQ PR PS
1 3 1 3

满足 (



A.有最大值而无最小值 B.有最小值而无最大值 C.既有最大值又有最小值,最大值不等于最小值 D.是一具与平面 RS 位置无关的常量。

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答案: D 解析:如图,四面体 PQRS 可以划分为 O 为公式共顶点,分别以△PQR、△ PRS、△PQS 为底面的三个三棱锥,由已知可设∠QPR=∠RPS=∠QPS=a,又是 O 是 P-ABC 底 面△ABC 的中心,O 点到三个侧面的距离相等,设为 d,则 VPQRS=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS= PQ ? PR ? sin? d ? PR ? PS ? sin a ? PQ ? PS ? sin a ? d 设 PA 与平面 PBC 所成 的角为θ ,于是 VPQRS=VQ-PRS= 6 PR ? PS ? sin ? ? PQ ? sin ? ? PS 4
1 1 ? 1 1 sin ? ? ? 为常量 PQ PR d

1 6

1 6

1 6

直线 AB 与直二面角α —l—β 的两个地平面分别相交于 A、B 两点,且 A、B ? l,如果 直线 AB 与α 、β 所成的角分别是θ 1 和θ 2,则θ 1+θ 2 ( ) A.0<θ 1+θ 2<π C.θ 1+θ 2>
?
2

B.θ 1+θ 2=

?
2

D.0<θ 1+θ 2≤

?
2

答案: D 解析:如图,过 A 作 AA1⊥l 于 A1,过 B 作 BB1⊥l 于 B1,连 结 AB1、A1B,则由 a⊥β ,可得 AA⊥β ,BB1⊥a,得∠BAA1=θ 1,在 Rt△AA1B 中,cos∠ ABA1=
A1B BB1 ? 在Rt?ABB1中, sin ?BAB1 ? 又A1B ? B1B,? cos? 2 ? sin ?1, 又?1,? 2为锐角,? 0??1 ? ? 2 ? AB AB 2

5 已知 P 为锐二面角α —l—β 内一点,且 P 到α 、β 及棱 l 的距离之比为 1: 2 : 2,则此二面角的大小为____________. 答案:75° 解析:过 P 作 PA⊥ ? ,PB⊥β ,PA、PB 确定的平面与 l 交于 C,则 l⊥平 面 PAB,∴l⊥PC, ∠PC, ∠BCA 为α -l-β 的平面角,分别算出∠PCA、∠PCB,得二面角 的大小为 75°. 6 球面上有三点 A、B、C,每两点间的球面距离都等于
?
2

R,其中 R 为球的半径,则

过 A、B、C 三点的截面圆的面积等于___________. 答案: ?R 2 .
2 3

解析:由已知∠AOB=∠AOC=∠BOC=∠ , ∴
2

?

AB=AC=BC= 2 R ,△ABC 的外接圆的半径为 于π ·(
6 2 2 R ) = (π 3 3

6 R ,截面贺圆的面积等 3

R2).

7 如图,在正四棱锥 S—ABCD 中,E 是 BC 的中点,P 点在侧面△SCD 内及其边界上 运动,并且总有 PE⊥AC。 (1)证明 SB⊥AC; 答案:∵S-ABCD 为正四棱锥,O 为 ABCD 的中心,∴SO⊥平面 ABCD,OB 为 SB 在 ABCD 上的射影, ∵AC⊥BD, ∴SB⊥AC. (2)指出动点 P 的轨迹,并证明你的结论; 答案:如图,N、G 分别为 SC、DC 的中点,则 P 的轨迹为△SCD 的中位线 GN 证明:设 H 为 CD 的中点,则 GH∥SO,∴GH⊥平面 ABCD,GN,在下底央上 的射出影为 NE,∵ABCD 为正方形,∴NE⊥AC,由三垂线定理知 PE⊥AC.
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(3)以轨迹上的动点 P 为顶点的三棱锥 P—CDE 的最大体积为 V1,正四棱锥 S—ABCD 的体积为 V,则 V1:V 等于多少? 答案:△CDE 的面积为定值,当 P 在 G 处时,三棱锥 P-CDE 的体积最大,此时 PH= SO, 又 S△CDE:S 正方形 ABCD=1:4,∴三棱锥 P-CDE 的最大体积 V1 是正四棱锥 体积 V 的 ,即 V1:V=1:8. 8 如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 底面边长为 a,侧棱长为
2 a ,D 2
1 8 1 2

是 A1C1 的中点。 (1)求证:BC1∥平面 B1DA; 答案:如图,连结 A1B 交 AB1 于 E,则 E 为 A1B 的中点,又 D 为 A1C1 的中点,∴DE∥BC1 又 DE ? 面 AB1D,∴BC1∥平面 AB1D. (2)求证:平面 AB1D⊥平面 A1ACC1; 答案:∵△A1B1C1 为正三角形,D 为 A1C1 中点,∴B1D⊥A1C1,又 ABC-A1B1C1 为正三棱柱,∴B1D⊥平面 A1C1CA,又 B1D ? 平面 AB1D⊥平面 A1ACC1 (3)求二面角 A1—AB1—D 的大小。 答案:过 A1 作 A1F⊥AD 于 F,由(2)知 A1F⊥平面 AB1D,过 F 作 FG⊥AB1 于 G,依据三 垂线定理,A1G⊥AB,∴∠A1GF 为二面角 A1-AB1-D 的平面角.在 RT△AA1D 中,A1F=
AA1 ? A1B1 ,在 AB1

RT△A1FG 中,sin∠A1GF=

A1F 2 ? ? ∠A1GF=45°∴ A1G 2

二面角 A1-AB1-D 为 45°. 9 菱形 ABCD 的边 AB=5,对角线 BD=6,沿 BD 折叠得四面体 ABCD, 已知该四面体积不小于 8,求二面角 A—BC—C 的取值范围。 答案:解:如图:设 BD 的中点为 O,连结 AO、CO,则 AO=OC= AB 2 ? BO 2 ? 4, 且 AO⊥BD,OC⊥BD ∴∠AOC=θ 为二面角 A-BO-C 的平面角. S△AOC= AO·OC·sin∠AOC= · 42sinθ =8 sinθ ,VABCD= S △ AOC· BD=16 sinθ 依题意 16 sinθ ≥8,∴sinθ ≥ 又 0<θ <π , ∴θ ∈[ , ? ]故所求二面角
6 6 1 2 1 2 1 2 1 3

? 5

的范围是[ ,
6

? 5?
6

].

10 已知△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60°E、F 分别是 AC、AD 上的动点,且
AE AF ?? AC AD

(0<λ <1),

如图。 (1)求证:不论λ 为何值,恒有平面 BEF⊥平面 ABC;
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答案:∵AB⊥ 平面 BCD,∴AB⊥CD,∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B,∴CD⊥平面 ABC.又∵
AE AE ? ? ? (0 ? ? ? 1) AC AD

∴不论λ 取何值,恒有 EF∥CD,∴EF⊥平面 ABCEF ? 平面 BEF,∴不论λ 取何值,恒 有平面 BEF⊥平面 ABC. (2)当λ 为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD。 答案:由(1)知,BE⊥EF,又平面 BEF⊥平面 ADC∴BE⊥AC,∵BC=CD=1,∠ BCD=90°,∠AOB=60°,∴BD= 2 ,AB= 2 tan60°= 6 ,∴AC= 7 ,由 AB2=AE·AC 得 AE=
6 7 ,? ? ? AE 6 ? AC 7

,故当λ = 时,平面 BEF⊥平面 ACD.

6 7

11 如图,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形, AC=2a,BB=3a,Do A1C1 的中点。 (1)求 BE 与 A1C 所成的角; 答案:如图,取 A1B 的中点 M,连结 MB,E 为 B1C 的中点,∴EM∥ A1C,EM= A1C∴∠MEB(或补角)为直线 BE 与 A1C 所成的角.
EM ? 1 13 1 A1C ? a, BM ? 9a 2 ? a 2 ? 2 2 2 7 143 . 143 38 1 11 7 143 a, BE ? B1C ? a, 在?EMB中cos ?BEM ? ? , 2 2 2 143

1 2

? BE与A1C所成的角为arc cos

(2)在线段 AA1 上是否存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,若存在,求出 AF;若不存在, 请说明理由。 答案:假若在 AA1 上存在点 F,使 CF⊥平面 B1DF,∵ABC-A1B1C1 为直棱柱,∴平面 A1B1C1 ⊥平面 ACC1A,又 A1B1=B1C1,D 为 A1C1 的中点,∴B1D⊥A1C1,B1D⊥平面 A1ACC1,∴B1D⊥CF, 2 2 2 2 2 2 2 2 所以只需 CF⊥B1F 即可。设 AF=x,则 B1F =2a +(3a-x) ,CF =x +4a ,B1C =11a , ∴x=a,或 2a. 12 如图,直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°,BC=AC=2,AA1=4,D 为棱 CC1 上一动点,M、N 分别为△ABD、△A1B1R 的重心。 (1)求证:MN⊥BC; 答案:如图,连结 DM 并延长交 AB 于 E,则 E 为 AB 的中点,连结 DN 并延长交 A1B1 于 F, 则 F 为 A1B1 的中点,且
DM 2 DN 2 ? , ? , ∴MN∥EF,又 ME 1 NF 1

EF∥BB1,BB1⊥BC,∴EF⊥BC,MN

⊥BC. (2 ) 若二面角 C—AB—D 的大小为 arctan 2 ,求 C1 到平面 A1B1D 的距 离;

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答案:∵BC=AC,E 为 AB 的中点,∴CE⊥AB,又 DC⊥平面 ABC,∴由三垂线定理知 DE ⊥AB,∴∠CED 为二面角 C-AB-D 的平面角,∴tan∠CED= 2 又 CE= 2 ,∴CD=2,∴D 为 CC1 的中点,∴C1D=2 VD-A1B1C1=VC1-A1B1D= 1 ·2· ·2·2= 1 ·h·
3 3 1 2

3 4

×(2 2 ) , ∴h=

2

2 3 3

.

(3)若点 C 在平面 ABD 上的射影恰好为 M,试判断点 C1 在平面 A1B1D 上的射影是否 为 N?并说明理由。 答案:由已知 CM⊥平面 ABD,∴CM⊥DE,在 Rt△DCE 中,DM:ME=2:1,CE= 2 ,∴ DE=2,∴D 为 CC1 的中点,由对称性知 C1N⊥平面 A1B1D∴C1 在平面 A1B1D 上的射影是 N. 13 如图,在直三棱术 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°, B1B=BC=CA=4,D1 是 A1B1 中点 E 是 BC1 的中点,BD1 交 AB1 于点 F (1)求证:AB1⊥BC1; 答案:解:∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱,AC⊥BC,∴AC⊥平面 B1C1CB, ∴ AB1 在平面 B1C1CB 上的射影为 B1C,又由已知 B1C1CB 为正方形,∴BC1⊥B1C 根 据三垂线定理,可得 AB1⊥BC1. (2)求二面角 B—AB1—C 的大小; 答案:由(1)BC1⊥AB1,又 BC1⊥BC, ∴BC1⊥平面 AB1C 利用平面几何的知识知:在平 面 ABB1A1 内,AB1⊥BD1∴EF∴AB1,∴∠BFE 为二面角 B-AB1-C 的平面角.BE= BC1 ? ? 2 2 , 在 Rt△ABB1 中,BF=
AB ? BB1 4 2 ? 4 4 6 ? ? AB1 3 48
1 2

,∴在 Rt△中,sin∠BFE= B-AB1-C 的大小为 60°.

BE 3 ? , ∴∠BFE=60°,∴二面角 BF 2

(3)求点 C 到平面 BEF 的距离。 答案:(解法一) ∵E 为 B1C 的中点,∴C 到平面 BEF 的距离等于 B1 到平面 BEF 的距离, ∵ABC-A1B1C1 为直棱柱,A1C1=B1C1,D1 为中点,∴C1D1⊥A1B1,∴C1D1 平面 A1B1BA,∴CD1⊥ B1F,又由(2)知 B1F⊥BD1,∴B1F⊥平面 BEF,∴B1F 为 B1 到面 BEF 的距离, B1F=
4? 2 2 2 6 ? 4 3 3

,∴C 到平面 BEF 的距离为

4 3 3

.
4 3 3

(解法二)由(2)知 BC1⊥EF 于 M,得 CM⊥平面 BEF,可算得 CM= 的距离等于
4 3 3

,∴C 到平面 BEF

.

14 如图,ABCD 是边长为 a 的正方体,M、N 分别在边 DA、BC 上滑 动,且 MN∥AB,AC 与 MN 交于点 O,现把平面 MNCD 沿 MN 折成 120°的二面角,使它到平面 MNEF 位置。 (1)求证:不论 MN 怎样平行移动,∠AOE 的大小不变; 答案:设 BN=x,则 EN=a-x, 易知 MN⊥平面 BEN, ∴∠BNE=120°,∴BE2=x2+(a-x)2+x(a-x)=x2-ax+a2,又 AB∥平面 BEN,∴AB⊥BE,易得 AE2=x2-ax+2a2,而 AO= 2 x,EO= 2 (a-x),故 cos∠AOE=
AO 2 ? EO 2 ? AE 2 3 ?? 2 AO ? EO 4

,即不论 MN 怎样平行移动,∠AOE 的大小不变.

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(2)当 A、E 两点间的距离最小时,证明:平面 AOE⊥平面 ABE。 答案:∵AE2=x2-ax+2a2=(xa 2

)2+ a 2 ,∴当 x=

7 4

a 2

时,AE 有最小值,此时 M、N 分别 AD、

BC 中点, ∵EN=BN=CN,∴CE⊥BE,又 AB⊥平面 ABE,而 CE ? 平面 AOE,故平面 AOE⊥平面 ABE.

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