踏遍青山人未老风景这边独好(教师)

踏遍青山人未老风景这边独好

---立体几何问题的破解 大同县一中 田有利

重点、热点：

求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．

常用公式： 1

、求线段的长度：

ABx2y2z2x2x12y2y12z2z12

2、求P点到平面的距离：PN

，（N为垂足，M为斜足，为平面的法向量）

3、求直线l与平面所成的角：|sin

|

|PMn|(PMl,M,为的法向量)

4、求两异面直线AB与CD的夹角：cos

5、求二面角的平面角：|cos|

12，（ n1，n2为二面角的两个面的法向量）

6、求二面角的平面角：cos



S射影S

，（射影面积法）

7、求法向量：①找；②求：设, 为平面内的任意两个向量，(x,y,1)为的法向量，

an0

则由方程组，可求得法向量．

bn0

例1、（2000年）本题主要考查线线关系和直棱柱等基础知识，

同时考查空间想象能力和推理运算能力.

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1， ∠BCA=90º，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点， （I）求BN的长；

（II）求异面直线BA1与CB1的夹角； （III）求证：A1B⊥C1M. [方法一]：（几何法）

解析：（I）∵CA=CB=1，∠BCA=90°，∴AB=2 又∵AN=

122

AA1， ∴BN=ABAN=3 2

（ II）如图，作AD∥BC，BD∥AC，A1D1∥B1C1，B1D1∥A1C1， E、F分别是AC、B1D1的中点，

连结DD1，EF，A1F，A1E，EB，BF，A1B与 EF交于O点，

A1

则EF∥CB1，A1F∥EB，A1E∥BF， ∴四边形A1EBF为平行四边形，

∴OB与OE的夹角等于异面直线BA1与CB1的夹角，

N

1

∵B A1=，CB1=，BE=5

C1

D1OC

D

F

B1

2

B

EA

OE2OB2EB2∴cos=

102OEOB

即异面直线BA1与CB1的夹角为arccos

30

10

（III）∵CA=CB=1，A1M=B1M， ∴C1M⊥A1 B1 又AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1M

∴C1M⊥平面ABB1A1， 又∵A1B平面ABB1A1

∴ A1B⊥C1M [方法二]：（向量法）

解析：（I）如图，以C点为原点建立直角坐标系， 则B（0，1，0），N（1，0，1），

NA1

z

C1

M

B1

∴ ||=(10)(01)(10)=3 （II）A1（1，0，2），B1（0，1，2），C（0，0，0）

222

y

x

BA1（1，-1，2），CB1（0，1，2），

∴cos1110(1)1222(1)223021222

=

30

10

故异面直线BA1与CB1的夹角为arccos

（III）C1（0，0，2），M（

10

1111，，2），C1=（，，0），A1（-1，1，-2） 222211

∴C1·A1=×（-1）+×1+0×（-2）=0

22

∴ A1B⊥C1M

例2、本题主要考查线面关系和面面关系等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

如图，平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且AF

1

ADa,G是EF的中2

点，

（Ⅰ）求证平面AGC⊥平面BGC；

（Ⅱ）求GB与平面AGC所成角的正弦值. （Ⅲ）求二面角B—AC—G的大小.

D

C

AF

G

E

B

[方法一]：（几何法）

（Ⅰ）证明：正方形ABCDCBAB

∵面ABCD⊥面ABEF且交于AB，∴CB⊥面ABEF ∵AG，GB面ABEF， ∴CB⊥AG，CB⊥BG 又AD=2a，AF= a，ABEF是矩形，G是EF的中点， ∴AG=BG=2a，AB=2a， AB2=AG2+BG2， ∴AG⊥BG ∵CG∩BG=B ∴AG⊥平面CBG

而AG面AGC， 故平面AGC⊥平面BGC

（Ⅱ）解：如图，由（Ⅰ）知面AGC⊥面BGC，且交于GC，在平面BGC内作BH⊥GC，垂足为H，

则BH⊥平面AGC， ∴∠BGH是GB与平面AGC所成的角 ∴在Rt△CBG中BH

BCBG

CG

BCBGBC2BG2



2a 又BG=2a， 3

BH6

∴sinBGH BG3

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，BH⊥面AGC

作BO⊥AC，垂足为O，连结HO，则HO⊥AC， ∴BOH为二面角B—AC—G的平面角

在RtABC中,BO

D

OAF

G

BOHarcsin

6 3

C

B

2a

E

在Rt△BOH中， sinBOHBHBO3

即二面角B—AC—G的大小为arcsin6

3

[方法二]：（向量法）

解析：如图，以A为原点建立直角坐标系，

则A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a ）， G（a，a，0），F（a，0，0） （I）证明：略． （II）由题意可得(a,a,0)，(0,2a,2a)，

zD

C

AFx

G

E

BBG(a,a,0)，BC(0,0,2a)，

设平面AGC的法向量为n1(x1,y1,1)，

x11ax1ay10AGn10由   n1(1,1,1)

y12ay2a011n10

sin

1

2a2a3



6 3

（III）因n1(x1,y1,1)是平面AGC的法向量，

又AF⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量AF(a,0,0)，得

s| |co

1

aa



， ∴ 二面角B—AC—G的大小为arccos． 33

[方法三]：（射影面积法） D

（I）、（II）略

（III）过G作GH⊥AB，∵ 平面ABCD⊥平面ABEF，

∴ △AHC就是△AGC在平面ABCD内的射影，又由（I）可知AG⊥GC，

知SAHC

C

11

AHBCa

2，SAGCAGGC3a2， 22

AF

G

E

B

∴

cos

S射影S

， 2

33a

arccos

3．

a

2

∴ 二面角B—AC—G的大小为

例3、(1997年) 本题主要考查线线关系、正方体和三棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点. (Ⅰ)证明AD⊥D1F; (Ⅱ)求AE与D1F所成的角; (Ⅲ)证明面AED⊥面A1FD1;

IV设AA12，求三棱锥FA1ED1的体积VFAED

1

1

[方法一]：（几何法）

解:(Ⅰ)∵AC1是正方体, ∴AD⊥面DC1. 又D1F面DC1, ∴AD⊥D1F. (Ⅱ)取AB中点G，连结A1G，FG．∵ F是CD的中点，∴ GF、AD平行且相等， 又A1D1、AD平行且相等，

∴ GF、A1D1平行且相等，故GFD1A1是平行四边形，∴ A1G∥D1F. 设A1G与AE相交于点H,则∠AHA1是AE与D1F所成的角，∵ E是BB1的中点, ∴ Rt△A1AG≌Rt△ABE，∠GA1A=∠GAH，从而∠AHA1=90°， 即直线AE与D1F所成角为直角.

(Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F，由(Ⅱ)知AE⊥D1F，

又AD∩AE=A，∴ D1F⊥面AED．又∵ D1F面A1FD1,∴ 面AED⊥面A1FD1. (Ⅳ)连结GE,GD1.

∵FG∥A1D1, ∴FG∥面A1ED1, ∵AA1=2, 面积S△A1GE=S□ABB1A1-2S△A1AG--S△GBE=又VFA1ED1 VFA1ED1

3 2

11

VEA1GFD1VFA1GE SA1GEFG 2313

21 32

[方法二]：（向量法）

解析：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，1，0），E（2，2，1），A1（2，0，2），D1（0，0，2）， (I) ∵ DA(2,0,0),D1F(0,1,2)，得DAD1F0，∴ AD⊥D1F; (II)又AE(0,2,1)，得cos

1

10

∴ AE与D1F所成的角为90° (III) 由题意：D1A1(2,0,0)，

设平面AED的法向量为n1(x1,y1,1)，设平面A1FD1的法向量为n2(x2,y2,1)，

x101n10

由 1 n1(0,,1)

2y1AEn102

D1

A1

B1E

DA

FB

C1

x20D1n20由  n2(0,2,1)

y22D1A1n20

得|cos|

12

120

C

y

∴ 面AED⊥面A1FD1.

（Ⅳ）∵AA1=2，EF(2,1,1)，平面A1FD1的法向量为n2(0,2,1)

SA1FD1

31

， A1D1D1F 5， ∴E到平面A1FD1的距离d

2213

1 35

V

FA1ED1

例4、（2002年）本题主要考查线面关系、二面角和函数极值等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力.

如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0a

2).

（Ⅰ）求MN的长； （Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小； （Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角α的大小. [方法一]：（几何法）

解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ， 依题意可得 MP∥NQ，且MP=NQ，

C即MNQP是平行四边形， ∴ MN=PQ. 由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1， ∴ AC=BF=2， CPaBQa 即 a ,CPBQ

121DMB

QN

A

E

P



MNPQ(1CP)2BQ2(1

(a2)21(0a).

2

2

a2

)2(

a)2

F

22时,MN. （Ⅱ）由（Ⅰ），MN(a2)21, ∴ 当a2222

即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为2.

2

（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG， ∵ AM=AN，BM=BN，G为MN的中点，

∴ AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角α的平面角，

又AG=BG=

6

，所以，由余弦定理有 4

D

B

C

66

()2()21

1 cos. 366

2

44

E

G

1

故所求二面角arccos().

3

A

F

[方法二]：（向量法） 解析：如图，建立空间直角坐标系B-xyz，

则A（1，0，0），C（0，0，1），E（0，1，0），F（1，1，0）， （I）

aaaa

(0,0,1)(1,0,1)(,0,1) 2222

BN

aaa

BF(,,0) 222

MNBNBM(0,

aa,1)，

22

a22a1

2

(0a2)

2

zC

21 （II）由（I

）知：a2a1a22

所以当a

D

BE

F

22

时，MN的长最小，此时MN=． 22

x

M

2

（III）由（II）知，当MN的长最小时，a，

2

此时M、N分别是AC、BF的中点．

取MN的中点G，连结AG、BG，易证∠AGB为二面角A-MN-B的平面角．

1111111

,0)，∴点G(,,)

[1**********]11

∴(,,)，(,,)，

244244

∵点M(,0,)，点N(,

∴cosGA,GB

1

，

313

∴故所求二面角arccos()= -arccos

1

3

例5、（2002年）本题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2， D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.

（Ⅰ）求A1B与平面ABD所成角； （Ⅱ）求点A1到平面AED的距离.

A1

[方法一]：（几何法）

（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影， 即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角. 设F为AB中点，连结EF、FC、DE，

D,E分别是CC1,A1B的中点,又DC平面ABC,CDEF为矩形G是ADB的重心,GDF.在直角三角形EFD中EF2FGFD

1

FD2,EF1,FD3.3

于是ED2,EG

12.33

AA

B

B1

FCCD2,AB22,AB2,EB3.1

EG12

sinEBG.

EB33A1B与平面ABD所成的角是arcsin

2

.3

（Ⅱ）连结A1D，有VA1AEDVDAA1E

EDAB,EDEF,又EFABF, ED平面A1AB,

设A1到平面AED的距离为h， 则SAEDhSA1ABED 又SA1AE

111 SA1ABA1AAB2,SAEDAEED.2422

h

2262



2626

.即A1到平面AED的距离为.33

[方法二]：（向量法）

（Ⅰ）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平ABD所成的角. 如图所示建立坐标系，坐标原点为C，设CA=2a，则A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1)

A1(2a,0,2),E(a,a,1),G(

2a2a,,1) 33

aa222

GE(,,),BD(0,2a,1)，GEBDa20，解之得a1

33333

241

BA1(2,2,2),BG(,,).

333

14/37

cosA1BG.

131232137

A1B与平面ABD所成角是arccos.

3

y

（Ⅱ）由（Ⅰ）有A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,1,1)，D(0,0,1)，

AEED(1,1,1)(1,1,0)0,

ED平面AA1E,又ED平面AED.平面AED平面AA1E

AA1ED(0,0,2)(1,1,0)0,

∵

(1,1,0)

2

22 又SA1AE

16 11

.SA1ABA1AAB2，SAEDAEED

2224

由VA1AEDVDAA1E，SAEDhSA1ABED，

得h

222

26即A到平面AED的距离为26. .1

33

例6、（2003年）．本题主要考查线面关系和四棱柱等基础知识,同时考查空间想象能力和推理能力. 已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点.

（I）证明EF为BD1与CC1的公垂线； （II）求点D1到面BDE的距离. [方法一]：（几何法）

（I）证明：取BD中点M，连结MC，FM， ∵F为BD1中点， ∴FM∥D1D且FM=

11

D1D， 又EC=CC1，且EC⊥MC， 22

∴四边形EFMC是矩形 ∴EF⊥CC1 又CM⊥面DBD1 ∴EF⊥面DBD1

∵BD1面DBD1， ∴EF⊥BD1 ，故EF为BD1与CC1的公垂线. （II）解析：连结ED1，有VEDBD1VD1DBE

由（I）知EF⊥面DBD1，设点D1到面BDE的距离为d， 则S△DBC·d=S△DBD1·EF. ∵AA1=2·AB=1.

BDBEED2,EF

SDBD1

2

2

1133

222,SDBC(2)2

2222

2

d

2

23，故点D到平面BDE的距离为23.

1

333

2

[方法二]：（向量法）

（I）证明：如图建立空间直角坐标系C-xyz，得B（0，1，0），D（1，0，0），

D1（1，0，2），F(,

11

，E（0，0，1） ,1)，C1（0，0，2）

22

11

(,,0),CC1(0,0,2) ，BD1(1,1,2)

22

CC10,BD10

即EF⊥CC1，EF⊥BD1 故EF是CC1与BD1的公垂线.

（II）由（Ⅰ）可知(1,1,0)，(1,0,1)，DD1(0,0,2) 设平面BDE的法向量为(x,y,1)，

0xy0x1|2|2(1,1,1)d由，

x103y1DEn0

故点D1到平面BDE的距离为

2. 3

例7、（2003年）本题主要考查线面关系、面面关系和正四棱柱的基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点. （Ⅰ）证明BD1∥平面C1DE； （Ⅱ）求面C1DE与面CDE所成的二面角. [方法一]：（几何法）

（Ⅰ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.

∵O是CD1的中点，E是BC的中点，

∴EO∥BD1.

∵BD1平面C1DE，EO平面C1DE， ∴BD1∥平面C1DE.

（Ⅱ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.

在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，

∴∠C1H⊥DE， ∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角. ∵DC=2，CC1=1，CE=1， ∴CHCDCE212，

DE2212

∴tanCHCC1C15 ，

1

2CH2即面C1DE与面CDE所成的二面角为arctan

2

[方法二]：（向量法）

解析：如图所示，以D为坐标原点建立坐标系，则D（0，0，0），A（2，0，0）， B（2，2，0），C（0，2，0）， D1（0，0，1），C1（0，2，1），E（1，2，0），

（Ⅰ）证明：∵ BD1(2,2,1)，(1,2,0)，C1(1,0,1) ， ∴ DEC1E(1,2,0)(1,0,1)=（2，2，-1） ∵BD1(2,2,1)=[-（2，2，-1）]= -（DEC1E）， 又∵ BD1平面C1DE， ∴ BD1∥平面C1

DE

D1

A1A

D

BC1Cy

（Ⅱ）解：由题意知，DE(1,2,0)，DC1(0,2,1)，

平面CDE的法向量DD1(0,0,1)，设平面C1DE的法向量为n(x,y,1)，

10yx2y01

由n(1,,1)

2

2DC1n02y10x1

得cos

002

，

3312

∴ 面C1DE与面CDE所成的二面角=arccos

2． 3

例8、（2004年春）本题主要考查线线关系、线面关系和棱锥等基本知识，同时考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

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=. （I）求证BCSC；

（II）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；

（III）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小.

S

MA

D

B

C

图1 [方法一]：（几何法）

（I）证法一：如图1，∵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.

（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形， ∴可把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD，如图2 面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所面角，

∵SC⊥BC，BC//A1S， ∴SC⊥A1S，

又SD⊥A1S，∴∠CSD为所求二面角的平面角.

成的二

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=2，在Rt△SDC中， 由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD与面BSC所成的二面角为45°. 解法二：如图3，过点S作直线l//AD,l在面ASD上， ∵底面ABCD为正方形，l//AD//BC,l在面BSC上，

l为面ASD与面BSC的交线.

SDAD,BCSC,lSD,lSC,

∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角. （以下同解法一）

（III）解法一：如图3， ∵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°. 解法二：如图4，取AB中点P，连结MP，DP.

在△ABS中，由中位线定理得 MP//SB，DMP是异面直线DM与SB所成的角.

MP

13SB， 22

21,DP()2, 222

又DM

∴在△DMP中，有DP2=MP2+DM2， DMP90 即异面直线DM与SB所成的角为90°. [方法二]：（向量法）

解析：如图所示，以D为坐标原点建立直角坐标系， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0）， M（

zS

11

，0，）， 22

Ax

（I）证明：∵ (1,0,0)，(0,1,1)

M

D

B

C∵ SB=，DB=2，SD=1，∴ S（0，0，1），

(1,0,0)(0,1,1)=0 ∴ ，即BCSC．

（II）设二面角的平面角为θ，由题意可知平面ASD的一个法向量为DC(0,1,0)，设平面BSC的法

0y10y1

n(0,1,1)，

向量为n(x,y,1)，由

x0x0BCn0

得cos



01012



2

，∴ 面ASD与面BSC所成的二面角为45°． 2

（III）设异面直线DM与SB所成角为α，

11|0|110 ∵ (,0,)

得cos

2222

∴ 异面直线DM与SB所成角为90°．