爱华网第六讲 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：
1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．
2.多面体中线面关系论证，空间“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．
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．
此类题目分值一般在17---22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，只要求会计算已给出公垂线时的距离.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.
①理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.
②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.
③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.
④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.
⑤了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.
⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式.
⑦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年福建卷理）如图，正三棱柱 的所有棱长都为 ， 为 中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的大小；
（Ⅲ）求点 到平面 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
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）取 中点 ，连结 ．
为正三角形， ．
正三棱柱 中，平面 平面 ，
平面 ．
连结 ，在正方形 中， 分别为
的中点， ， ．
在正方形 中， ， 平面 ．
（Ⅱ）设 与 交于点 ，在平面 中，作 于 ，连结 ，由（Ⅰ）得 平面 ．
， 为二面角 的平面角．
在 中，由等面积法可求得 ，
又 ， ．
所以二面角 的大小为 ．
（Ⅲ） 中， ， ．
在正三棱柱中， 到平面 的距离为 ．
设点 到平面 的距离为 ．
由 ，得 ，
．
点 到平面 的距离为 ．
解法二：（Ⅰ）取 中点 ，连结 ．
为正三角形， ．
在正三棱柱 中，平面 平面 ，
平面 ．
取 中点 ，以 为原点， ， ， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
， ， ．
， ，
， ．
平面 ．
（Ⅱ）设平面 的法向量为 ．
， ． ， ，
令 得 为平面 的一个法向量．
由（Ⅰ）知 平面 ，
为平面 的法向量．
， ．
二面角 的大小为 ．
（Ⅲ）由（Ⅱ）， 为平面 法向量，
．
点 到平面 的距离 ．
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 的距离转化为容易求的点K到平面 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 平面PQM，所以PQ⊥AD.
同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）连结AC、BD设 ，由PQ⊥平面ABCD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 ，所以 ，
从而AQ∥PN，∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.
因为 ，
所以 .
从而异面直线AQ与PB所成的角是 .
(Ⅲ)连结OM，则
所以∠MQP＝45°.
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 .
即点P到平面QAD的距离是 .
方法二
（Ⅰ）连结AC、BD，设 .
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（ ，0，0），Q（0，0，－2），B（0， ，0）.
所以
于是 .
(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－ ，0）， ，
，设 是平面QAD的一个法向量，由
得 .
取x=1，得 .
所以点P到平面QAD的距离 .
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 ，底面是边长为 的正三角形，棱 的长为2，且垂直于底面. 分别为 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，
为 的中位线， ∥ ∥面 ,
到平面 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 上一点C到平面
的距离，设其为h，由题意知， ,D、E、F分别是
AB、BC、BD的中点，
在Rt 中，
在Rt 中，
又
由于 ，即 ，解得
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.
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 中，G是 的中点，求BD到平面 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 ∥平面 ，
上任意一点到平面 的距离皆为所求，以下求
点O平面 的距离,
， ， 平面 ,
又 平面
平面 ，两个平面的交线是 ,
作 于H，则有 平面 ，即OH是O点到平面 的距离.
在 中， .
又 .
即BD到平面 的距离等于 .
解析二 ∥平面 ，
上任意一点到平面 的距离皆为所求，以下求点B平面 的距离.
设点B到平面 的距离为h，将它视为三棱锥 的高，则
,
即BD到平面 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 中， ，斜边 ． 可以通过 以直线 为轴旋转得到，且二面角 的直二面角． 是 的中点．
（I）求证：平面 平面 ；
（II）求异面直线 与 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， ， ，
是二面角 是直二面角，
，又 ，
平面 ，
又 平面 ．
平面 平面 ．
（II）作 ，垂足为 ，连结 （如图），则 ，
是异面直线 与 所成的角．
在 中， ， ，
．
又 ．
在 中， ．
异面直线 与 所成角的大小为 ．
解法2：（I）同解法1．
（II）建立空间直角坐标系 ，如图，则 ， ， ， ，
， ，
．
异面直线 与 所成角的大小为 ．
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： .
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.
，
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， ，0），B（ ，0，0）,D（0， ，8），E（0，0，8），F（0， ，0）
所以，
设异面直线BD与EF所成角为 ，则
.
故直线BD与EF所成的角为 .
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 中，底面 为平行四边形，侧面 底面 ．已知 ， ， ， ．
（Ⅰ）证明 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 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 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，
得 底面 ．
因为 ，所以 ，
又 ，故 为等腰直角三角形， ，
由三垂线定理，得 ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，依题设 ，
故 ，由 ， ， ，得
， ．
的面积 ．
连结 ，得 的面积
设 到平面 的距离为 ，由于 ，得
，解得 ．
设 与平面 所成角为 ，则 ．
所以，直线 与平面 所成的我为 ．
解法二：
（Ⅰ）作 ，垂足为 ，连结 ，由侧面 底面 ，得 平面 ．
因为 ，所以 ．
又 ， 为等腰直角三角形， ．
如图，以 为坐标原点， 为 轴正向，建立直角坐标系 ，
， ， ， ， ，
， ，所以 ．
（Ⅱ）取 中点 ， ，
连结 ，取 中点 ，连结 ， ．
， ， ．
， ， 与平面 内两条相交直线 ， 垂直．
所以 平面 ， 与 的夹角记为 ， 与平面 所成的角记为 ，则 与 互余．
， ．
， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ．
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 ， ， ， ， ， ，直线 和平面 所成的角为 ．
（I）证明 ；
（II）求二面角 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 作 于点 ，连结 ．
因为 ， ，所以 ，
又因为 ，所以 ．
而 ，所以 ， ，
从而 ，又 ，
所以 平面 ．因为 平面 ，故 ．
（II）解法一：由（I）知， ，又 ， ，
，所以 ．
过点 作 于点 ，连结 ，由三垂线定理知， ．
故 是二面角 的平面角．
由（I）知， ，所以 是 和平面 所成的角，则 ，
不妨设 ，则 ， ．
在 中， ，所以 ，
于是在 中， ．
故二面角 的大小为 ．
解法二：由（I）知， ， ， ，故可以 为原点，分别以直线 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为 ，所以 是 和平面 所成的角，则 ．
不妨设 ，则 ， ．
在 中， ，
所以 ．
则相关各点的坐标分别是
， ，
， ．
所以 ， ．
设 是平面 的一个法向量，由 得
取 ，得 ．
易知 是平面 的一个法向量．
设二面角 的平面角为 ，由图可知， ．
所以 ．
故二面角 的大小为 ．
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 ,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= PA= ka.
以下计算GH，考察底面的平面图.连结GD.
因S△GBD= BD?GH= GB?DF.
故GH= .
在△ABD中，因为AB＝a,AD=2a,得BD= a.
而GB= FB= AD=a，DF=AB,从而得
GH= = ＝
因此tan∠EHG= =
由k＞0知 是锐角，故要使 ＞ ，必须
＞tan =
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 =(2a,0,0), =(0,2a,0),
? =0,故 .
设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故 E .
从而 = ， ? =0,故 .
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 ,G(a,a,0).
设H(x,y,0)，则 =(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),
由 ? =0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即
x-2y=-a ①
又因 =(x-a,y,0),且 与 的方向相同，故 ＝ ，即
2x+y=2a ②
由①②解得x= a,y= a,从而 ＝ ，｜ ｜＝ a
.
tan∠EHG= = = .
由k＞0知，∠EHG是锐角，由 EHG＞ 得tan∠EHG＞tan 即 ＞
故k的取值范围为k＞ .
考点7 利用空间向量求空间距离和角
众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.
典型例题
例10．（2007年江苏卷）
如图，已知 是棱长为 的正方体，
点 在 上，点 在 上，且 ．
（1）求证： 四点共面；
（2）若点 在 上， ，点 在 上，
，垂足为 ，求证： 平面 ；
（3）用 表示截面 和侧面 所成的锐二面角的大小，求 ．
命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．
过程指引：解法一：
（1）如图，在 上取点 ，使 ，连结 ， ，则 ， ．
因为 ， ，所以四边形 ， 都为平行四边形．
从而 ， ．
又因为 ，所以 ，故四边形 是平行四边形，由此推知 ，从而 ．
因此， 四点共面．
（2）如图， ，又 ，所以 ，
．
因为 ，所以 为平行四边形，从而 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（3）如图，连结 ．
因为 ， ，所以 平面 ，得 ．
于是 是所求的二面角的平面角，即 ．
因为 ，所以
， ．
解法二：
（1）建立如图所示的坐标系，则 ， ， ，
所以 ，故 ， ， 共面．
又它们有公共点 ，所以 四点共面．
（2）如图，设 ，则 ，
而 ，由题设得 ，
得 ．
因为 ， ，有 ，
又 ， ，所以 ， ，从而 ， ．
故 平面 ．
（3）设向量 截面 ，于是 ， ．
而 ， ，得 ， ，解得 ， ，所以 ．
又 平面 ，所以 和 的夹角等于 或 （ 为锐角）．
于是 ．
故 ．
小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为 在面BDF的法向量 上的投影的绝对值.
例11．（2006年全国Ⅰ卷）
如图,l1、l2是互相垂直的两条异面直线，MN是它们的公垂线段，点A、B在l1上，C在l2上，AM=MB=MN
（I）证明AC NB；
（II）若 ，求NB与平面ABC所成角的余弦值.
命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关
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角；
方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法.
解答过程：
解法一： (Ⅰ)由已知l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得
l2⊥平面ABN. 由已知MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知AN=NB
且AN⊥NB. 又AN为AC在平面ABN内的射影.
∴AC⊥NB
（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC
为正三角形.
∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.
在Rt△NHB中,cos∠NBH= HBNB = 33AB22AB = 63.
解法二： 如图,建立空间直角坐标系M－xyz. 令MN=1,
则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),
(Ⅰ)∵MN是 l1、l2的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面ABN.
l2平行于z轴. 故可设C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,－1,0).
∴?=1+(－1)+0=0 ∴AC⊥NB.
(Ⅱ)∵ =(1,1,m), =(－1,1,m), ∴||=||, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt△CNB中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1, 2).
连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ, 2λ) (λ>0).
∴=(0,1－λ,－2λ), =(0,1, 2)
∵ ? = 1－λ－2λ=0, ∴λ= 13 ,
∴H(0, 13, 23), 可得=(0,23, － 23), 连结BH, 则=(－1,13, 23),
∵?=0+29 － 29 =0, ∴⊥, 又MC∩BH=H, ∴HN⊥平面ABC, ∠NBH为NB与平面ABC所成的角. 又=(－1,1,0),
∴cos∠NBH= = 4323×2 = 63.
考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断.
典型例题
例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大.
[思路启迪]设四边形一边AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD长度即可.
解答过程：如图（2）设AD＝a，易知∠ABC＝60°，且∠ABD＝30° AB＝ a .
BD＝2a 正六棱柱体积为V .
V＝ ＝
＝ ≤ .
当且仅当 1－2a＝4a a＝ 时，体积最大，
此时底面边长为1－2a＝1－2× ＝ .
∴ 答案为 .
例13 .如图左，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，将△ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥后，GH与IJ所成角的度数为（ ）
A、90° B、60° C、45° D、0°
[思路启迪] 画出折叠后的图形，可看出GH，IJ是一对异面直线，即求异面直线所成角.
过点D分别作IJ和GH的平行线，即AD与DF，所以 ∠ADF即为所求.
因此GH与IJ所成角为60°，答案:B
例14.长方体ABCD－A1B1C1D1中，
①设对角线D1B与自D1出发的三条棱分别成α、β、 角
求证：cos2α＋cos2β＋cos2 ＝1
②设D1B与自D1出发的三个面成α、β、 角，求证：
cos2α＋cos2β＋cos2 ＝2
[思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即D1B，在构造
的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出
发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系
③利用长方体性质，先找出α，β， ，然后利用各边
④所构成的直角三角形来解.
解答过程：①连接BC1，设∠BD1C1＝α，长方体三条棱
长
，连接PE，
则HE＝AB＝3.
∵ PH⊥面ABCD， ∴ PE⊥BC.
∴ ∠PEH为二面角P－BC－D的平面角.
∴ tan∠PEH＝ .
即二面角的大小为 arctan .
例18 .（2006年全国卷Ⅱ）已知圆O1是半径为R的球O的一个小圆，且圆O1的面积与球O的表面积的比值为 ，则线段OO1与R的比值为 .
命题目的：①球截面的性质；②球表面积公式.
过程指引：依面积之比可求得 ，再在Rt△OO1A中即得
解答过程：设小圆半径为r，球半径为R
则
∴ cos∠OAO1＝
而
故填
【专题训练与高考预测】
一、选择题
1．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在BB1上，
且BD=1，若AD与侧面AA1CC1所成的角为 ，则 的值为
（ ）
A. B.
C. D.
2．直线a与平面 成 角，a是平面 的斜线，b是平面
内与a异面的任意直线，则a与b所成的角（ ）
A. 最小值 ，最大值 B. 最小值 ，最大值
C. 最小值 ，无最大值 D. 无最小值，最大值
3．在一个 的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成 角，则此直线与二面角的另一平面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
4．如图，直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，
，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成
的角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
5．已知在 中，AB=9，AC=15， ，它所在平面外一点P到 三顶点的距离都是14，那么点P到平面 的距离为（ ）
A. 13 B. 11 C. 9 D. 7
6．如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，则点B到平面AMN的距离是（ ）
A. B.
C. D. 2
7．将 ，边长MN=a的菱形MNPQ沿对角线NQ折成 的二面角，则MP与NQ间的距离等于( )
A. B. C. D.
8．二面角 的平面角为 ，在 内， 于B，AB=2,在 内， 于D，CD=3,BD=1, M是棱 上的一个动点，则AM+CM的最小值为( )
A. B. C. D.
9．空间四点A、B、C、D中,每两点所连线段的长都等于a, 动点P在线段AB上, 动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为( )
A. B. C. D.
10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ）
A. B. C. D.
11．已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A=AB=2，若棱AB上存在点P，使 ，则棱AD的长的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
12．将正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D在平面ABC外，则DB与平面ABC所成的角一定不等于（
）
A. B. C. D.
二、填空题
1．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则下列四个命题：
①E到平面ABC1D1的距离是 ；
②直线BC与平面ABC1D1所成角等于 ；
③空间四边形ABCD1在正方体六个面内的射影围成
面积最小值为 ；
④BE与CD1所成的角为
2．如图，在四棱柱ABCD---A1B1C1D1中，P是A1C1
上的动点，E为CD上的动点，四边形ABCD满
足___________时，体积 恒为定值（写上
你认为正确的一个答案即可）
3．边长为1的等边三角形ABC中,沿BC边高线AD
折起,使得折后二面角B-AD-C为60°,则点A到
BC的距离为_________,点D到平面ABC的距离
为__________.
4．在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细绳，
AM、BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm
的木条，MN平行于横梁，木条的中点为O，若木条
绕过O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了
_________.
5．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正方体的一个顶点A在 平面内.其余顶点在 的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到 的距离分别是1、2和4. P是正方体其余四个顶点中的一个，则P到平面 的距离可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上结论正确的为 .
（写出所有正确结论的编号）
6. 如图，棱长为1m的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀的小孔（不计小孔直径）O1、O2、O3它们分别是所在面的中心.如果恰当放置容器，容器存水的最大容积是_______m3.
三、解答题
1． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，底面边长为a,D为BC为中点，M在BB1上，且BM= B1M，又CM⊥AC1;
（1）求证：CM⊥C1D;
（2）求AA1的长.
2． 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是矩形且AD=2，AB=PA= ，PA⊥底面ABCD，E是AD的中点，F在PC上.
(1) 求F在何处时，EF⊥平面PBC；
(2) 在(1)的条件下，EF是不是PC与AD的公垂线段.若是，求出公垂线段的长度；若不是，说明理由；
(3) 在(1)的条件下，求直线BD与平面BEF所成的角.
3．如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB= ．
（1）求证BC SC；
（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；
（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的
大小．
4．在直角梯形ABCD中，DD=DBAD=90°,AD=DC= AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC折起，使D到 ．记面AC 为a,面ABC为b．面BC 为g．
（1）若二面角a-AC-b为直二面角（如图二），求二面角b-BC-g的大小;
（2）若二面角a-AC-b为60°（如图三），求三棱锥 -ABC的体积．
5．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB= ，AF=1，M是线段EF的中点．
（1）求证AM//平面BDE；
（2）求二面角A-DF-B的大小；
（3）试在线段AC
上确定一点P，使得PF与
BC所成的角是60°．
【参考答案】
一．选择题
1.D 提示：AD在面ACC1A1上的射影应在AC与A1C1中点的连线上，令射影为E，则∠EAD为所求的角.在Rt△EAD中，
2.B 提示：由最小角定理知，最小角为 ，又异面直线所成角的范围为 ， 最大角为 .
3.A 提示：由最小角定理知，此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角，故排除C、D，又此二面角为45°，则此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的角，故选A.
4.D 提示：由题意，A1在面DCC1D1上的射影应在C1D1延长线E上，且D1E=1，则∠A1CE为所求角，在Rt△AA1C中，
5.D 提示：由P到△ABC三个顶点的距离都是14，知P在底面ABC的射影是△ABC的外心，所以PO为所求.由余弦定理得：BC=21.由 得外接圆半径为 ，即 ，在Rt△POB中，
6.D 提示：由题图得
7.B 提示：连结MP、NQ交于O，由四边形MNPQ是菱形得MP⊥NQ于O，将MNQ折起后易得MO⊥QN，OP⊥QN，所以∠MOP=60°，且QN⊥面MOP，过O作OH⊥MP，所以OH⊥QN，从而OH为异面直线MP、QN的公垂线，经计算得
8.C 提示：把 半平面展到半平面 内,此时,连结AC与棱的交点为M,这时AM+CM取最小值等于AC. (AM+CM)min=
9.B 提示：P、Q的最短距离即为异面直线AB与CD间的距离，当P为AB的中点，Q为CD的中点时符合题意.
10.B 提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m，则
11.A 提示： 在长方形ABCD中AB边存在P，作 ，又因为AB=2，由对称性可知，P为AB的中点时，AD最大为1， 故选A.
12.D 提示：若BD与平面ABC所成的角为 ，则 ，取AC的中点O，则 且BO=DO， 不垂直，故BD与平面ABC所成的角一定不等于 .
二．填空题
1．②③④ 提示：对于①，由 得 ， ，①错.对于②连CB1交BC1于O，则O为C在面ABC1D1上的射影， 为所成的线面角，②正确.作图易知③正确，对于④连A1B，则 为所成的角，解 得 ，④正确.
2．AB∥CD 提示： ，要使体积为定值，则 为定值，与E点位置无关，则AB∥CD
3． 提示：作 与E，易知 ，从而 ， 又由 ，得
，由可解的点到平面的距离为 .
4.10cm 提示：MO=NO=30cm，过O作 与旋转前的MN平行且相等，所以旋转后AB与平面 的距离为 ，故升高了50-40=10cm.
5．①③④⑤.
6. .
三、解答题
1．（1）证明：在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D为BC中点，则AD⊥面BCC1B1，从而AD⊥MC
又∵CM⊥AC1，则MC和平面ADC1内两相交直线AD，AC1均垂直
∴MC⊥面ADC1，于是MC⊥DC1.
(2)解：在矩形BB1C1C中，由CM⊥DC1
知△DCC1∽△BMC，设BB1=h,则BM= h
∴ h:a=
从而所求AA1=
2.解：(Ⅰ)以A为坐标原点，以射线AD、AB、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则p(0，0， )，A(0，0，0)，B(0， ，0)，C(2， ，0)，D(2，
0，0)，E(1，0，0)
∵F在PC上，∴可令 设F(x，y，z)
∵EF⊥平面PBC，∴ 且 ，又 ，
可得 故F为PC的中点.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：EF⊥PC，且EF⊥BC即EF⊥AD
∴EF是PC与AD的公垂线段，其长为| |=1
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知 即为平面BEF的一个法向量而
设BD与平面BEF所成角θ，则：sinθ=cos
∴θ=arcsin .故BD与平面BEF所成角为arcsin
3．（1）证法一：如图，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．
∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理得BC⊥SC．
证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．∵SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC．
（2）解：如图2，过点S作直线 在面ASD上，
∵底面ABCD为正方形， 在面BSC上，
为面ASD与面BSC的交线．
∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角．
∵BD= ，SB= ，SAD=1．∴
（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，
∴△SDA是等腰直角三角形．又M是斜边SA的中点，
∴DM⊥SA．∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影．由三垂线定理得DM⊥SB．
∴异面直线DM与SB所成的角为90°．
解2：如图3，取AB中点P，连结MP，DP．在△ABS中，由中位线定理得
MP//SB， 是异面直线DM与SB所成的角． ，
又
∴在△DMP中，有DP2=MP2+DM2，
∴异面直线DM与SB所成的角为90°．
4． 解：（1）在直角梯形ABCD中， 由已知 DAC为等腰直角三角形，
∴ , 过C作CH⊥AB，由AB=2 ，
可推得 AC=BC= ∴ AC⊥BC ．取 AC的中点E，连结 ，
则 ⊥AC 又 ∵ 二面角 为直二面角，
∴ ⊥ 又 ∵ 平面 ∴ BC⊥ ∴ BC⊥ ，而 ，
∴ BC⊥ ∴ 为二面角 的平面角．
由于 ， ∴二面角 为 ．
（2）取AC的中点E，连结 ，再过 作 ，垂足为O，连结OE．
∵ AC⊥ ， ∴ AC⊥ ∴ 为二面角 的平面角，
∴ ． 在 中， ，
∴
5．解法一: (1)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形，
∴AM∥OE．∵ 平面BDE， 平面BDE，∴AM∥平面BDE．
(2)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，∵AB⊥AF， AB⊥AD， ∴AB⊥平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，
由三垂线定理得BS⊥DF．∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角．
在RtΔASB中，
∴ ∴二面角A—DF—B的大小为60o．
（3）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD，
∵PQ⊥AB，PQ⊥AF， ，∴PQ⊥平面ABF， 平面ABF，∴PQ⊥QF．在RtΔPQF中，∠FPQ=60o，PF=2PQ．
∵ΔPAQ为等腰直角三角形，∴ 又∵ΔPAF为直角三角形，∴ ，∴ 所以t=1或t=3(舍去),即点P是AC的中点．
解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系．
设 ，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（ 、
（0,0,1）,
∴ , 又点A、M的坐标分别是 ,（
∴ =（ ∴ 且NE与AM不共线，∴NE∥AM．又∵ 平面BDE， 平面BDE，∴AM∥平面BDF．
（2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF ∴AB⊥平面ADF．
∴ 为平面DAF的法向量．
∵ =（ ? =0，
∴ =（ ? =0得
， ，∴NE为平面BDF的法向量．
∴cos< = ∴AB与NE的夹角是60o．即所求二面角A—DF—B的大小是60o．
（3）设P(t,t,0)(0≤t≤ )得 ∴ =（ ，0，0）
又∵PF和BC所成的角是60o．∴
解得 或 （舍去），即点P是AC的中点．
