摘要：例1.⑴已知水平平面内的两条相交直线a, b所成的角为.如果将角的平分线绕着其顶点.在竖直平面内作上下转动. 转动到离开水平位值的处.且与两条直线a,b都成角.则与的大小关系是 ( ) A. 或 B. >或 < C. > D. < ⑵已知异面直线a,b所成的角为70,则过空间一定点O,与两条异面直线a,b都成60角的直线有 ( )条. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 ⑶异面直线a,b所成的角为,空间中有一定点O,过点O有3条直线与a,b所成角都是60,则的取值可能是 ( ). A. 30 B. 50 C. 60 D. 90 ⑷一个凸多面体有8个顶点.①如果它是棱锥.那么它有 条棱. 个面,②如果它是棱柱.那么它有 条棱 个面. 分析与解答: ⑴ 如图1所示,易知直线上点A在平面上的射影是ι上的点B,过点B作BC⊥b, 则AC⊥b. 在Rt△OBC和Rt△OAC中.tg=,tg=.显然.AC>BC, ∴tan> tan,又.(0..∴ ＞.故选C. B A O ⑵如图2所示.过空间一点O分别作∥a,∥b, ι 则所求直线即为过点O且与都成60角的直线. ∵=110.∴∴将两对对顶角的平分线绕 图1 O点分别在竖直平面内转动.总能得到与 都成 60角的直线.故 过点 O与a,b都成60角的直线有4条. 70.从而选 D. O ⑶过点O分别作∥a,∥b,则过点O有三条直线与 a,b所成角都为60.等价于过点O有三条直线与 图2 所成角都为60.如图3示.如果或 则或.过 O点只有两条直线与 O 都成60角.如果=90.则.那么过点 O有四 条直线与所成角都为60.如果=60.则. 图 3 此时过点 O有三条直线与所成角都为60.其中一条 正是角的平分线. ⑷①如果它是棱锥.则是七棱锥.有14条棱.8个面②如果它是棱柱.则是四棱柱.有12条棱.6个面. 说明: 本组新题主要考查空间直线与直线.直线与平面.平面与平面间的位直关系.考查空间想象和转化能力.以及周密的分析问题和解决问题 例2.如图1.设ABC-ABC是直三棱柱.F是AB的中点.且 (1)求证:AF⊥AC, (2)求二面角C-AF-B的大小． 分析:先来看第1问.我们“倒过来 分析．如果已经证得AF⊥AC.则注意到因为AB=2AA=2a.ABC-ABC是直三棱柱.从而若设E是AB的中点.就有AE⊥AF.即AF⊥平面ACE．那么.如果我们能够先证明AF⊥平面ACE.则就可以证得AF⊥AC.而这由CE⊥平面AABB立得． 再来看第2问．为计算二面角C-AF-B的大小.我们需要找到二面角C-AF-B的平面角．由前面的分析知.CE⊥平面AABB.而AF⊥AE.所以.若设G是AF与AE的中点.则∠CGE即为二面角C-AF-B的平面角.再计算△CGE各边的长度即可求出所求二面角的大小． 解:(1)如图2.设E是AB的中点.连接CE.EA．由ABC-ABC是直三棱柱.知AA⊥平面ABC.而CE平面ABC.所以CE⊥AA. ∵AB=2AA=2a.∴AA=a.AA⊥AE.知AAFE是正方形.从而AF⊥AE．而AE是AC在平面AAFE上的射影.故AF⊥AC, (2)设G是AB与A1E的中点.连接CG．因为CE⊥平面AABB.AF⊥AE.由三垂线定理.CG⊥AF.所以∠CGE就是二面角C-AF-B的平面角．∵AAFE是正方形.AA=a. ∴. ∴. ∴tan∠CGE=.∠CGE＝.从而二面角C-AF-B的大小为. 说明:假设欲证之结论成立.“倒着 分析的方法是非常有效的方法.往往能够帮助我们迅速地找到解题的思路．关于平行与垂直的问题都可以使用这种分析方法．但需要注意的是.证明的过程必须是“正方向 的.防止在证明过程中用到欲证之结论.从而形成“循环论证 的逻辑错误． 例3. 一条长为2的线段夹在互相垂直的两个平面a.b之间.AB与a成45o角.与b成角.过A.B两点分别作两平面交线的垂线AC.BD.求平面ABD与平面ABC所成的二面角的大小． 以CD为轴.将平 以AB为轴.将平 面BCD旋转至与 面ABD旋转至与 平面ACD共面 平面ABC共面 图 1 图 2 图 3 解法1.过D点作DE⊥AB于E.过E作EF⊥AB交BC于F(图1).连结DF.则∠DEF即为二面角D-AB-C的平面角． 为计算△DEF各边的长.我们不妨画出两个有关的移出图．在图2中.可计算得DE＝1.EF＝.BF＝＝．在移出图3中. ∵ cosB＝＝, 在△BDF中.由余弦定理: DF 2＝BD 2+BF 2-2BD Z BF Z cosB ＝()2+()2 -2Z Z Z ＝． (注:其实.由于AB⊥DE.AB⊥EF.∴ AB⊥平面DEF.∴ AB⊥DF． 又∵ AC⊥平面b. ∴ AC⊥DF． ∴ DF⊥平面ABC. ∴ DF⊥BC.即DF是Rt△BDC斜边BC上的高.于是由BC Z DF＝CD Z BD可直接求得DF的长．) 在△DEF中.由余弦定理: cos∠DEF＝＝＝. ∴ ∠DEF＝arccos.此即平面ABD与平面ABC所成的二面角的大小． 解法2.过D点作DE⊥AB于E.过C作CH⊥AB于H.则HE是二异面直线CH和DE的公垂线段.CD即二异面直线上两点C.D间的距离．运用异面直线上两点间的距离公式.得: CD 2＝DE 2+CH 2+EH 2-2DE Z CH Z cosq (*) (注:这里的q是平面ABD与平面ABC所成的二面角的大小.当0＜q o≤90o.q 亦即异面直线CH与DE所成的角,当90o＜q ＜180o.异面直线所成的角为180o-q .) ∵ CD＝DE＝1.CH＝.HE＝. 从而算得 cosq＝. ∴ q＝arccos. 说明:(1)解空间图形的计算问题.首先要解决定位问题(其中最基本的是确定点在直线.点在平面上的射影).其次才是定量问题．画空间图形的“平面移出图 是解决定位难的有效方法.必须熟练掌握． (2) 解法2具有普遍意义.特别是公式(*).常可达到简化运算的目的． 例4.如图1.直三棱柱ABC-ABC的各条棱长都相等. D为棱BC上的一点.在截面ADC中.若∠ADC＝. 求二面角D-AC­1-C的大小． 解:由已知.直三棱柱的侧面均为正方形. 图 7 ∵ ∠ADC1＝90o.即AD⊥C1D．又CC1⊥平面ABC. ∴ AD⊥CC1. ∴ AD⊥侧面BC1.∴ AD⊥BC. 图1 ∴ D为BC的中点． 过C作CE⊥C1D于E.∵ 平面ADC1⊥侧面BC1. ∴ CE⊥平面ADC1．取AC1的中点F.连结CF.则CF⊥AC1． 连结EF.则EF⊥AC1 ∴ ∠EFC是二面角D-AC1-C的平面角． 在Rt△EFC中.sin∠EFC＝. ∵ BC＝CC1＝a 易求得 CE＝.CF＝. ∴ sin∠EFC＝. ∴ ∠EFC＝arcsin. ∴ 二面角D-AC1-C的大小为arcsin. 例5.已知PA⊥矩形ABCD所在平面.M.N分别是AB.PC的中点. (1)求证:MN⊥AB, (2)设平面PDC与平面ABCD所成的二面角为锐角θ.问能否确定θ使直线MN是异 面直线AB与PC的公垂线?若能.求出相应θ的值,若不能.说明理由. 解:(1)∵PA⊥矩形ABCD.BC⊥AB.∴PB⊥BC.PA⊥AC.即△PBC和△PAC都是 以PC为斜边的直角三角形..又M为AB的中点. ∴MN⊥AB. (2)∵AD⊥CD.PD⊥CD.∴∠PDA为所求二面角的平面角.即∠PDA=θ. 设AB=a.PA=b.AD=d.则. 设PM=CM则由N为PC的中点. ∴MN⊥PC由(1)可知MN⊥AB.∴MN为 PC与AB的公垂线.这时PA=AD.∴θ=45°. 例6. 四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形.PB⊥面ABCD. (1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°.求这个四棱锥 的体积, (2)证明无论四棱锥的高怎样变化.面PAD与面PCD所成的二面 角恒大于90° 解:(1)正方形ABCD是四棱锥P-ABCD的底面, 其面积 为从而只要算出四棱锥的高就行了. 面ABCD, ∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB. ∴PA⊥DA. ∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角. ∠PAB=60°. 而PB是四棱锥P-ABCD的高.PB=AB·tan60°=a, . (2)不论棱锥的高怎样变化.棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形. 作AE⊥DP.垂足为E.连结EC.则△ADE≌△CDE. 是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 设AC与DB相交于点O.连结EO.则EO⊥AC. 在 故平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°. 说明:本小题主要考查线面关系和二面角的概念.以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题. 例7.如图.直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形.∠ACB=900.AC=1.C点到AB1的距离为CE=.D为AB的中点. (1)求证:AB­1⊥平面CED, (2)求异面直线AB1与CD之间的距离, (3)求二面角B1-AC-B的平面角. 解:(1)∵D是AB中点.△ABC为等腰直角三角形. ∠ABC=900.∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC.∴CD⊥AA1. ∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1.又CE⊥AB1. ∴AB1⊥平面CDE, (2)由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1, ∴DE是异面直线AB1与CD的公垂线段 ∵CE=.AC=1 , ∴CD=∴, (3)连结B1C.易证B1C⊥AC.又BC⊥AC , ∴∠B1CB是二面角B1-AC-B的平面角. 在Rt△CEA中.CE=.BC=AC=1,∴∠B1AC=600 ∴. ∴, ∴ , ∴. 说明:作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例8. 如图.在三棱锥中.平面...D为BC的中点. (1)判断AD与SB能否垂直.并说明理由, (2)若三棱锥的体积为.且为 钝角.求二面角的平面角的正切值, 的条件下.求点A到平面SBC的距离. 解:(1)因为SB在底面ABC上的射影AB与AD不垂直.否则与AB=AC且D为BC的中点矛盾.所以AD与SB不垂直, (2)设.则 解得 .所以(舍).. 平面ABC.AB=AC.D为BC的中点 . 则是二面角S-BC-A的平面角. 在中., 故二面角的正切值为4, 知.平面SDA.所以平面SBC平面SDA.过点A作AESD.则AE平面SBC.于是点A到平面SBC的距离为AE, 从而即A到平面SBC的距离为. 例9.如图a-l-是120°的二面角.A.B两点在棱上.AB=2.D在内.三角形ABD是等腰直角三角形.∠DAB=90°.C在内.ABC是等腰直角三角形∠ACB= (I) 求三棱锥D-ABC的体积, (2)求二面角D-AC-B的大小, (3)求异面直线AB.CD所成的角. 解: (1) 过D向平面做垂线.垂足为O.连强OA并延长至E. 为二面角a-l-的平面角.. 是等腰直角三角形.斜边AB=2.又D到平面的距离DO= (2)过O在内作OM⊥AC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则AC⊥DM.∴∠DMO 为二面角D-AC-B的平面角. 又在△DOA中.OA=2cos60°=1.且 (3)在平在内.过C作AB的平行线交AE于F.∠DCF为异面直线AB.CD所成的角. 为等腰直角三角形.又AF等于C到AB的距离.即△ABC斜边上的高, 异面直线AB,CD所成的角为arctan 例10.在平面几何中有如下特性:从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值.类比上述性质.请叙述在立体几何中相应地特性.并画出图形.不必证明. 类比性质叙述如下 : 解:立体几何中相应地性质: ⑴从二面角的棱出发的一个半平面内任意一点到二面角的两个面的的距离 之比为定值. ⑵从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面 的距离之比为定值. ⑶在空间.从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离 之比为定值. ⑷在空间.射线上任意一点到射线..的距离之比不变. ⑸在空间.射线上任意一点到平面..的 距离之比不变. 说明:还可以有其他的答案. 例11.已知圆锥的侧面展开图是一个半圆.它被过底面中心O1且平行于母线AB的平面所截.若截面与圆锥侧面的交线是焦参数 为p的抛物线. (1)求圆锥的母线与底面所成的角, (2)求圆锥的全面积． 解: (1)设圆锥的底面半径为R.母线长为l. 由题意得:, 即, 所以母线和底面所成的角为 (2)设截面与圆锥侧面的交线为MON.其中O为截面与 AC的交点.则OO1//AB且 在截面MON内.以OO1所在有向直线为y轴.O为原点.建立坐标系.则O为抛物的顶点.所以抛物线方程为x2=-2py.点N的坐标为.代入方程得 R2=-2p(-R).得R=2p.l=2R=4p. ∴圆锥的全面积为. 说明:将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截.截口是一个椭圆．已知椭圆的长轴长为5.短轴长为4.被截后几何体的最短侧面母 线长为1.则该几何体的体积等于 ． 例12.在直角梯形ABCD中.∠A=∠D=90°.AB＜CD.SD⊥平面ABCD.AB=AD=a.S D=.在线段SA上取一点E使EC=AC.截面CDE与SB交于点F. (1)求证:四边形EFCD为直角梯形, (2)求二面角B-EF-C的平面角的正切值, (3)设SB的中点为M.当的值是多少时.能使△DMC 为直角三角形?请给出证明. 解:(1)∵ CD∥AB.AB平面SAB ∴CD∥平面SAB 面EFCD∩面SAB=EF. ∴CD∥EF ∵ 又面 ∴ 平面SAD.∴又 为直角梯形 (2)平面∥平面SAD 即为二面角D-EF-C的平面角 中 而且 为等腰三角形. (3)当时.为直角三角形 . , 平面平面. 在中.为SB中点.. 平面平面 为直角三角形. 例13.如图.几何体ABCDE中.△ABC是正三角形.EA和DC都垂直于平面ABC.且EA=AB=2a. DC=a.F.G分别为EB和AB的中点. (1)求证:FD∥平面ABC, (2)求证:AF⊥BD, (3) 求二面角B-FC-G的正切值. 解: ∵F.G分别为EB.AB的中点. ∴FG=EA.又EA.DC都垂直于面ABC, FG=DC. ∴四边形FGCD为平行四边形.∴FD∥GC.又GC面ABC. ∴FD∥面ABC. (2)∵AB=EA.且F为EB中点.∴AF⊥EB ① 又FG∥EA.EA⊥面ABC ∴FG⊥面ABC ∵G为等边△ABC.AB边的中点.∴AG⊥GC. ∴AF⊥GC又FD∥GC.∴AF⊥FD ② 由①.②知AF⊥面EBD.又BD面EBD.∴AF⊥BD. 知FG⊥GB.GC⊥GB.∴GB⊥面GCF. 过G作GH⊥FC.垂足为H.连HB.∴HB⊥FC. ∴∠GHB为二面角B-FC-G的平面角. 易求. 例14.如图.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1. P.Q分别是线段AD1和BD上的点. 且D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证PQ∥平面CDDC, (2) 求证PQ⊥AD, (3) 求线段PQ的长. 解:(1)在平面AD内.作PP∥AD与DD交于点P.在平面AC内.作 QQ1∥BC交CD于点Q.连结PQ. ∵ , ∴PP1QQ . 由四边形PQQP为平行四边形, 知PQ∥PQ.而PQ平面CDDC. 所以PQ∥平面CDDC (2)AD⊥平面DDCC

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