8-8走向高考数学章节

第8章 第8节一、选择题1．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2,3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确 [答案] C[解析] 已知n 1与n 2既不平行也不垂直，所以平面α，β相交但不垂直．2．(2010·全国卷Ⅰ)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63 [答案] D[解析] 该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→＝(0,0,1)平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，∴cos 〈BB 1→，n 〉＝13·1＝33，∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为63. 3．已知正四面体ABCD ，则二面角A —BC —D 的余弦值为( )A.12B.13C.33D.32[答案] B[解析] 如右图所示，E 为BC 的中点，连接AE ，ED ，则∠AED 为二面角A —BC —D 的平面角．解△AED ，得cos ∠AED ＝13. 4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010 B.12 C.3015 D.1510[答案] A[解析] 建立如下图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1⎝⎛⎭⎫－12，0，1，B (0，－1,0)，D 1⎝⎛⎭⎫－12，－12，1， 即AF 1→＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，BD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. ∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010. 5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为( ) A.34 B.32 C.334D. 3 [答案] B[解析] 解法1：取BC 中点E ，连接AE 、A 1E ，过点A 作AF ⊥A 1E ，垂足为F .∵A 1A ⊥平面ABC ，∴A 1A ⊥BC ，∵AB ＝AC .∴AE ⊥BC .∴BC ⊥平面AEA 1.∴BC ⊥AF ，又AF ⊥A 1E ，∴AF ⊥平面A 1BC .∴AF 的长即为所求点面距离．AA 1＝1，AE ＝3，∴AF ＝32. 解法2：VA 1－ABC ＝13S △ABC ·AA 1＝13×3×1＝33. 又∵A 1B ＝A 1C ＝5，在△A 1BE 中，A 1E ＝A 1B 2－BE 2＝2.∴S △A 1BC ＝12×2×2＝2.∴VA －A 1BC ＝13×S △A 1BC ·h ＝23h . ∴23h ＝33，∴h ＝32. ∴点A 到平面A 1BC 距离为32. 解法3：设BC 中点为O ，∵△ABC 为正三角形，∴AO ⊥BC ，以O 为原点，直线AO ，BC 分别为x 轴、y 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0，－1,0)，C (0,1,0)，A (－3，0,0)，A 1(－3，0,1)．设n ＝(x ，y,1)为平面A 1BC 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·OB →＝0n ·OA 1→＝0，∴⎩⎨⎧ －y ＝0－3x ＋1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝33， ∴n ＝⎝⎛⎭⎫33，0，1，又AA 1→＝(0,0,1)， ∴A 到平面A 1BC 的距离d ＝|AA 1→·n ||n |＝32. 6．(2011·浙江模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] 本小题主要考查直线和平面所成角，如图所示由已知三棱柱为正三棱柱，设底面边长为a ，则A 1A ＝a ，取BC 中点E ，连AE ，DE ，则AE ⊥平面B 1BCC 1，∴∠ADE 为直线AD 和平面B 1BCC 1所成角．∵AE ＝32a ，DE ＝12a ， ∴tan ∠ADE ＝AE DE＝3， ∴∠ADE ＝60°，故选C.7．(2011·山东青岛)在三棱锥P —ABC 中，AB ＝8，AC ＝6，∠BAC ＝90°，P A ＝PB ＝PC ＝13，则点P 到平面ABC 的距离为( )A ．12B ．6C ．315 D.65[答案] A[解析] 由题意知，点P 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，中点设为D ，则PD 即为点P 到平面ABC 的距离，解△PDC 可得PD ＝12.8．如下图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B.⎝⎛⎭⎫23，23，1C.⎝⎛⎭⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎫24，24，1 [答案] C[解析] 设BD ∩AC ＝0，连EO ，由题意可知EO ∥AM .∴M 为EF 的中点．∴M ⎝⎛⎭⎫22，22，1，故选C. 二、填空题9．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则D 到平面ABC 的距离为____________．[答案] 491717[解析] 过D 作DH ⊥面ABC ，垂足为H ，DH 与平面xOy 交于M ，设M (x ，y,0)，∵⎩⎪⎨⎪⎧ DM →·AB →＝0，DM →·AC →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝4.∴M (7,4,0)． 设〈AD →，DM →〉＝α，则|DH →|＝|DA →|·|cos α|，∴|DH →|＝|DA →|·|DM →·DA →||DM →||DA →|＝491717.10．如右图，若P 为正方体AC 1的棱A 1B 1的中点，则截面PC 1D 和面AA 1B 1B所成锐二面角的余弦值是____________．[答案] 13[解析] 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体，AC 1的棱长为2，则D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，P (2,1,2)．∴DC 1→＝(0,2,2)，DP →＝(2,1,2)．设截面PC 1D 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ DC 1→·n ＝0，DP →·n ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＋2z ＝0，2＋y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝－2. ∴n ＝(1,2，－2)．又平面AA 1B 1B 的一个法向量为a ＝(1,0,0)，设截面PC 1D 与平面AA 1B 1B 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|a·n ||a ||n |＝13×1＝13. 11．(2009·湖南)在半径为13的球面上有A ，B ，C 三点，AB ＝6，BC ＝8，CA ＝10，则(1)球心到平面ABC 的距离为________；(2)过A ，B 两点的大圆面与平面ABC 所成二面角(锐角)的正切值为________．[答案] 12；3[解析] 考查球的概念与性质及二面角的计算．如图，∵AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AC 为Rt △ABC 的斜边．故AC 中点O 1为截面⊙O 1的圆心．∵OC ＝13，CO 1＝5，∴OO 1＝12.取AB 中点E ，则EO 1∥BC∵BC ⊥AB ，∴EO 1⊥AB ，∴OA ＝OB ，∴OE ⊥AB ，∴∠OEO 1为二面角O －AB －C 的平面角．在Rt △OO 1E 中，OO 1＝12，O 1E ＝12BC ＝4 ∴tan ∠OEO 1＝OO 1O 1E＝3. 三、解答题12．正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小；(3)求BC1与EF所成角的大小．[解析]方法一：(1)如图①连接B1C，AB1，∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴A1D∥B1C.从而B1C与AC所成的锐角或直角就是AC与A1C所成的角．∵AB1＝AC＝B1C.∴∠B1CA＝60°，即A1D与AC所成角为60°.(2)如图②，连接AC、BD.在正方形ABCD中，E、F为AB、AD的中点，∴EF∥BD，∴EF⊥AC，又A1A⊥EF，AA1∩AC＝A，∴EF⊥面A1ACC1，∵A1C1⊂平面AA1C1C，∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90°.(3)如图③，连接BD ，由(2)知EF ∥BD ，∴BD 与BC 1所成的锐角或直角即为EF 与BC 1所成的角，连接C 1D ，由BC 1＝BD ＝C 1D ，知△BC 1D 是正三角形，∴∠C 1BD ＝60°，即所求角为60°.方法二：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→]如图①，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，0，0.(1)∵AC →＝(－1,1,0)，A 1D →＝(－1,0，－1)，∴AC →·A 1D →＝1，|AC →|＝2，|A 1D →|＝ 2.∴cos<AC →，A 1D →>＝12·2＝12， ∴<AC →，A 1D →>＝60°，即AC 与A 1D 所成的角为60°.(2)A 1C 1→＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴A 1C 1→·EF →＝12－12＝0，∴A 1C 1→⊥EF →， 即A 1C 1与EF 所成的角为90°.(3)BC 1→＝(－1,0,1)，∴BC 1→·EF →＝12，|BC 1→|＝2，|EF →|＝22， ∴cos<BC 1→，EF →>＝122·22＝12. ∴<BC 1→，EF →>＝60°，即BC 1与EF 所成的角为60°.13．(2010·安徽)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ；(2)求证：AC ⊥平面EDB ；(3)求二面角B －DE －C 的大小．[解析] 本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．解题思路是利用几何法或向量法求解．几何法即使用定理、定义进行推理．向量法则利用直线的方向向量与平面的法向量分析空间中的线面关系．(综合法)(1)证明：设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点，连接EG ，GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB . 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH . ∴四边形EFGH 为平行四边形．∴EG ∥FH ，而EG ⊂平面EDB ，∴FH ∥平面EDB .(2)证明：由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC .∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .(3)解：EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF .在平面CDEF 内过点F 作FK ⊥DE 交DE 的延长线于K ，则∠FKB 为二面角Β—BE —C 的一个平面角．设EF ＝1，则AB ＝2，FC ＝2，DE ＝ 3.又EF ∥DC ，∴∠KEF ＝∠EDC .∴sin ∠EDC ＝sin ∠KEF ＝23. ∴FK ＝EF sin ∠KEF ＝23，tan ∠FKB ＝BF FK ＝3，∴∠FKB ＝60°.∴二面角B —DE —C 为60°.(向量法)：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC .∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正向，HF →为z 轴正向，建立如图所示坐标系．设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)．(1)证明：设AC 与BD 的交点为G ，连GE ，GH ，则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)，又HF →＝(0,0,1)∴HF →∥GE →.GE ⊂平面EDB ，HF 不在平面EDB 内，∴FH ∥平面EBD .(2)证明：AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)，AC →·GE →＝0，∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .(3)解：BE →＝(－1，－1,1)，BD →＝(－2，－2,0)．设平面BDE 的法向量为n 1＝(1，y 1，z 1)，则BE →·n 1＝－1－y 1＋z 1＝0，BD →·n 1＝－2－2y 1＝0，∴y 1＝－1，z 1＝0，即n 1＝(1，－1,0)．CD →＝(0，－2,0)，CE →＝(1，－1,1)．设平面CDE 的法向量为n 2＝(1，y 2，z 2)，则n 2·CD →＝0，y 2＝0，n 2·CE →＝0,1－y 2＋z 2＝0，z 2＝－1，故n2＝(1,0，－1)，cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝12·2＝12，∴〈n1，n2〉＝60°，即二面角B—DE—C为60°.点评：综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考察为主，较少使用综合法．14．(2010·重庆理)如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝6，点E是棱PB的中点．(1)求直线AD与平面PBC的距离；(2)若AD＝3，求二面角A—EC—D的平面角的余弦值．[解析]本题主要考查了线面距离及二面角的有关知识，对于线面距离可转化为点面距，再进行解决，对于二面角先根据题意作出平面角再结合三角形知识解决，本题也可以采用向量法解决．解法一：(1)如图，在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离．因P A⊥底面ABCD，故P A⊥AB，由P A＝AB知△P AB为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB.又在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，而AB 是PB 在底面ABCD 内的射影，由三垂线定理得BC ⊥PB ，从而BC ⊥平面P AB ，故BC ⊥AE ，从而AE ⊥平面PBC ，故AE 之长即为直线AD 与平面PBC 的距离．在Rt △P AB 中，P A ＝AB ＝6，所以AE ＝12BP ＝12P A 2＋AB 2＝ 3.(2)过点D 作DF ⊥CE ，交CE 于F ，过点F 作FG ⊥CE ，交AC 于G ，则∠DFG 为所求的二面角的平面角．由(1)知BC ⊥平面P AB ，又AD ∥BC ，得AD ⊥平面P AB ，故AD ⊥AE ，从而DE ＝AE 2＋AD 2＝ 6.在Rt △CBE 中，CE ＝BE 2＋BC 2＝ 6.由CD ＝6，所以△CDE 为等边三角形，故点F 为CE 的中点，且DF ＝CD ·sin π3＝322.因为AE ⊥平面PBC ，故AE ⊥CE ，又FG ⊥CE ，FG 綊12AE ，从而FG ＝32，且G 点为AC 的中点．连接DG .则在Rt △ADC 中，DG ＝12AC ＝12AD 2＋CD 2＝32.所以cos ∠DFG ＝DF 2＋FG 2－DG 22·DF ·FG ＝63.解法二：(1)如右图，以A 为坐标原点，射线 AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴正半轴，建立空间直角坐标系A －xyz .设D (0，a,0)，则B (6，0,0)，C (6，a,0)， P (0,0，6)，E (62，0，62)． 因此AE →＝(62，0，62)，BC →＝(0，a,0)，PC →＝(6，a ，－6)．则AE →·BC →＝0，AE →·PC →＝0，所以AE ⊥平面PBC .又由AD ∥BC 知AD ∥平面PBC ，故直线 AD 与平面PBC 的距离为点A 到平面PBC 的距离，即为|AE →|＝ 3.(2)因为|AD →|＝3，则D (0，3，0)，C (6，3，0)．设平面AEC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0. 又AC →＝(6，3，0)，AE →＝(62，0，62)，故⎩⎪⎨⎪⎧6x 1＋3y 1＝0，62x 1＋62z 1＝0， 所以y 1＝－2x 1，z 1＝－x 1.可取x 1＝－2， 则n 1＝(－2，2，2)．设平面DEC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2·DC →＝0，n 2·DE →＝0，又DC →＝(6，0,0)，DE →＝(62，－3，62)，故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，62x 2－3y 2＋62z 2＝0. 所以x 2＝0，z 2＝2y 2，可取y 2＝1，则n 2＝(0,1，2)． 故cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝63. 所以二面角A －EC －D 的平面角的余弦值为63. [点评]利用法向量解决立体几何问题时要注意正确写出点的坐标，求出法向量，从而表示出所要求的距离及角．15．如图，棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)求异面直线BD 和AA 1所成的角； (2)求二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．[解析] 连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 12＋AO 2－2AA 1·AO ·cos60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝AA 12. ∴A 1O ⊥AO ，∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .∴以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)∵BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， ∴AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD ⊥AA 1，即异面直线BD 和AA 1所成的角为90°. (2)∵OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)．设n 2＝(x ，y ，z )是平面AA 1D 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥AA 1→，n 2⊥AD →.∴⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0.取n 2＝(1，3，－1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55. ∴二面角D —A 1A —C 的平面角的余弦值是55.(3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C ， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )， 则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．∴P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)是平面DA 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→.∴⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，不妨取n 3＝(1,0，－1)． 又∵BP →∥平面DA 1C 1，∴n 3·BP →＝0， ∴－3－3λ＝0，∴λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且使C 1C ＝CP .教师备课平台一、空间问题向平面问题的转化把三维空间问题转化为二维平面问题，体现了事物间相互联系和矛盾的双方以一定的条件相互转化的数学思想和哲学观．这种转化在解题中经常得到使用，如在多面体、旋转体中，通过对各元素间空间位置关系及数量关系的分析，寻觅到解决问题的截面，在截面中解决问题等等．[例1] 在棱长为2R 的立方体容器内装满水，先把半径为R 的球放入水中，然后再放入一球，使它淹没在水中，且使溢出的水量最多，问：这个球的半径应是多少？[分析] 此题不仅考查了球与正方体的结合、球的体积，且更好地体现了将立体几何问题转化为平面问题来求解的转化思想，需有较强的空间想象力和解决问题的能力．[解析] 设半径为R 的球心为O ，后一球的球心为O 1.作出正方体的对角面为如图所示的矩形AA 1C 1C 截面，则O 必在对角线AC 1中点处，欲使第二球放入后溢出水最多，则球心O 1也在AC 1上，作OQ ⊥AC ，O 1P ⊥AC ，设两球外切于E ，则△APO 1∽△AQO .∴PO 1AO 1＝QOAO.设球O 1的半径为r ， ∵CC 1＝2R ，AC ＝22R ，∴AC 1＝23R ， ∴r AO 1＝R 12AC 1， ∴r ＝33AO 1＝33(AE －r )． 又∵AE ＝AO －R ＝(3－1)R ， ∴r ＝(2－3)R .二、平行与垂直的互相转化线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定及性质应用中，很好地体现了平行与垂直之间的相互转化．[例2] (2011·泰安模拟)在如图所示的多面体中，已知正方形ABCD 和直角梯形ACEF 所在的平面互相垂直，EC ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，EF ＝EC ＝1.求证：平面BEF ⊥平面DEF .[分析]本题主要考查空间中线面平行与垂直、面面垂直之间的转化，考查空间想象能力和思维能力．[证明]∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，∴EC⊥平面ABCD.如图，连接BD交AC于点O，连接FO.∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝BD＝2.在直角梯形ACEF中，∵EF＝EC＝1，O为AC中点，∴FO∥EC，且FO＝1.易求得DF＝BF＝2，DE＝BE＝3，由勾股定理，知DF⊥EF，由BF＝DF＝2，BD＝2，可知，DF⊥BF.∵EF∩BF＝F，∴DF⊥平面BEF，∴平面BEF⊥平面DEF.三、线线关系、线面关系、面面关系之间的相互转化立体几何中，线线关系、线面关系、面面关系是位置关系论证与数量关系计算的载体，线线关系是基础，线面关系是关键，审题时要抓住基础、找准关键．[例3]给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那这条直线和交线平行；②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线相互平行；④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．其中真命题的个数是()A．1B．2C．3D．4[分析] 可根据线面平行、垂直判断．[解析] 命题①是线面平行性质定理，命题②是线面垂直的判定定理，命题④是面面垂直判定定理，故①②④真命题；如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线可以平行、相交或异面．故选C.四、关于球及球与简单几何体的组合体问题球的问题一直是高考中的热点问题，主要考查球的性质、表面积、体积及与其他几何体的组合体问题，从中可以考查空间想象能力、计算能力，解答时充分发挥截面的作用(组合体中一般是过球心的截面)，注意球半径R 、截面圆半径r 和球心到截面的距离d 之间的关系．[例4] 球面上三点A ，B ，C 组成这个球的一个截面的内接三角形．AB ＝18，BC ＝24，AC ＝30，且球心到该截面的距离为球半径的一半．(1)求球的体积；(2)求A ，C 两点的球面距离． [解析] (1)∵AB 2＋BC 2＝AC 2，∴过A ，B ，C 三点的截面小圆的半径为15. 设球的半径为R ，根据题意 R 2＝⎝⎛⎭⎫R 22＋152，34R 2＝152， ∴R 2＝300，∴R ＝103，∴V 球＝43πR 3＝43π(103)3＝40003π.(2)设球心为O ，则可求得∠AOC ＝120°， ∴A ，C 两点的球面距离为 13·2πR ＝23π×103＝2033π. 五、立体几何中的类比思想对于有些提供解法范例的信息迁移问题，解答题可根据所给信息与所求问题的相似性，运用类比的方法，仿范例，求创新，使所给信息的各个部分与所求问题的各个部分相对应，这种方法称为类比联想．[例5] 请仔细阅读“正三角形内任意一点到三边距离之和为定值”的证法． 如图甲所示，∵S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC ＝S △ABC ， ∴12AB ·PD ＋12AC ·PF ＋12BC ·PE ＝12BC ·AK ， ∵AB ＝BC ＝AC ，∴12BC ·(PD ＋PF ＋PE )＝12BC ·AK ， ∴PD ＋PF ＋PE ＝AK (定值)，∴正三角形内任意一点到三边距离之和为定值．类比证明“棱长相等的四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值”．[证明] 如图乙所示，在四面体A －BCD 中，P 为四面体内的任意一点，它到四个面的距离分别为PE 、PF 、PG 、PH ，连接P A 、PB 、PC 、PD ，则V A －BCD ＝V P －ABC ＋V P －BCD ＋V P －CDA ＋V P －DAB . 设四面体A －BCD 的每个面的面积为S ，高h ， 则V A －BCD ＝13Sh ，V P －ABC ＝13S ·PE ，V P －BCD ＝13S ·PF ，V P －CDA ＝13S ·PG ，V P －DAB ＝13S ·PH ，代入上式得：PE ＋PF ＋PG ＋PH ＝h (定值)，∴棱长相等的四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值． 六、利用空间向量解立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题是高考考查的新生长点．利用空间向量解题时，通常要建立恰当的空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，把空间中的平行、垂直、夹角、距离等问题用向量的有关运算表示，通过假设存在，构造方程，通过方程解的情况来判断假设是否正确．[例6] 如图，有棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m .(1)试确定m ，使直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为32；(2)在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论．[分析] (1)利用AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为32，转化为AP 与平面BDD 1B 1的法向量所成角的正弦值为1819，进而利用方程求m . (2)将D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP 转化为求点Q 的坐标问题． [解析] (1)以D 为原点，建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→]． 则A (1,0,0)，B (1,1,0)，P (0,1，m )，C (0,1,0)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)． (1)BD →＝(－1，－1,0)，BB 1→＝(0,0,1)，AP →＝(－1,1，m )，AC →＝(－1,1,0)， 由BD →·AC →＝0，AC →·BB 1→＝0知AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 设AP 与平面BDD 1B 1所成角为θ ，则 sin θ＝|cos<AP →，AC →>|＝|AP →·AC →||AP →||AC →|＝22＋m 2·2. 又∵tan θ＝32，∴sin 2θ＝1819，故m ＝13.∴当m ＝13时直线AP 与面BDD 1B 1所成的角的正切值为3 2.(2)若在A 1C 1上存在一点Q ，设Q (x,1－x,1)，则D 1Q →＝(x,1－x,0)，由题意知，对任意m 要使D 1Q 在平面APD 1上的射影垂于AP 等价于D 1Q ⊥AP ⇔AP →·D 1Q →＝0⇔－x ＋1－x ＝0⇔x ＝12. 即Q 为A 1C 1的中点，满足题设要求． 七、利用空间向量求角利用向量求角，主要是牢记公式，建立坐标系进而求之．公式如下：(1)求直线l 与平面α所成角θ，sin θ＝|PM →·n ||PM →||n |(其中n 为α的法向量，M 为l 与α的交点，P 为l 上不同于M 的任意一点)；(2)求异面直线AB 、CD 的夹角θ，cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|；(3)求二面角θ，|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|(其中n 1，n 2为两个平面的法向量)． [例7] 如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝4，E 是棱CC 1上的点，且BE ⊥B 1C .(1)求CE 的长；(2)求证：A 1C ⊥平面BED ；(3)求A 1B 与平面BDE 所成的角的正弦值．[解析] (1)如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系[D ；DA →，DC →，DD 1→]． ∴D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,4)，B 1(2,2,4)，C 1(0,2,4)，D 1(0,0,4)．设E (0,2，t )，则BE →＝(－2,0，t )，B 1C →＝(－2,0，－4)． ∵BE ⊥B 1C ，∴BE →·B 1C →＝4＋0－4t ＝0. ∴t ＝1，故CE ＝1.(2)由(1)得，E (0,2,1)，BE →＝(－2,0,1)，又A 1C →＝(－2,2，－4)，DB →＝(2,2,0)，∴A 1C →·BE →＝4＋0－4＝0，A 1C →·DB →＝－4＋4＋0＝0. ∴A 1C →⊥DB →且A 1C →⊥BE →， ∴A 1C →⊥平面BDE ， 即A 1C ⊥平面BED .(3)由(2)知A 1C →＝(－2,2，－4)是平面BDE 的一个法向量．又A 1B →＝(0,2，－4)，∴sin<A 1C →，A 1B →>＝A 1C →·A 1B →|A 1C →||A 1B →|＝306.∴A 1B 与平面BDE 所成角的正弦值为306.。