高考数学难点突破_难点26-30

难点26 垂直与平行垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题.●难点磁场(★★★★)已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，A 1C 1=B 1C 1=2，D 、D 1分别是AB 、A 1B 1的中点，平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1，异面直线AB 1和C 1B 互相垂直.(1)求证：AB 1⊥C 1D 1；(2)求证：AB 1⊥面A 1CD ；(3)若AB 1=3，求直线AC 与平面A 1CD 所成的角.●案例探究［例1］两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM =FN ，求证：MN ∥平面BCE .命题意图：本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识，属★★★★级题目.知识依托：解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥面.或转化为证两个平面平行.错解分析：证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN 所在平面是一个关键.技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.证法一：作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，P 、Q 为垂足，则MP ∥AB ，NQ ∥AB .∴MP ∥NQ ，又AM =NF ，AC =BF ，∴MC =NB ，∠MCP =∠NBQ =45°∴Rt △MCP ≌Rt △NBQ∴MP =NQ ,故四边形MPQN 为平行四边形∴MN ∥PQ∵PQ ⊂平面BCE ，MN 在平面BCE 外，∴MN ∥平面BCE .证法二：如图过M 作MH ⊥AB 于H ，则MH ∥BC ， ∴ABAH AC AM =连结NH ，由BF =AC ，FN =AM ，得ABAH BF FN =∴MN ∥平面BCE .［例2］在斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，底面是等腰三角形，AB =AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)若D 是BC 的中点，求证：AD ⊥CC 1；(2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM =MA 1，求证：截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ；(3)AM =MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗？请你叙述判断理由.命题意图：本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，属★★★★★级题目. 知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质.错解分析：(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出.技巧与方法：本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线.(1)证明：∵AB =AC ，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC∵底面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥侧面BB 1C 1C∴AD ⊥CC 1.(2)证明：延长B 1A 1与BM 交于N ，连结C 1N∵AM =MA 1，∴NA 1=A 1B 1∵A 1B 1=A 1C 1，∴A 1C 1=A 1N =A 1B 1∴C 1N ⊥C 1B 1∵底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，∴C 1N ⊥侧面BB 1C 1C∴截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C∴截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C.(3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性.过M 作ME ⊥BC 1于E ，∵截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C∴ME ⊥侧面BB 1C 1C ，又∵AD ⊥侧面BB 1C 1C.∴ME ∥AD ，∴M 、E 、D 、A 共面∵AM ∥侧面BB 1C 1C ，∴AM ∥DE∵CC 1⊥AM ，∴DE ∥CC 1∵D 是BC 的中点，∴E 是BC 1的中点∴AM =DE =21211=CC AA 1，∴AM =MA 1. ●锦囊妙计垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系：1.平行转化2.垂直转化每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的. 例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是( ) A.38 B.83 C.34 D.43 2.(★★★★)在直二面角α—l —β中，直线a ⊂α,直线b ⊂β,a 、b 与l 斜交，则( )A.a 不和b 垂直，但可能a ∥bB.a 可能和b 垂直，也可能a ∥bC.a 不和b 垂直，a 也不和b 平行D.a 不和b 平行，但可能a ⊥b二、填空题3.(★★★★★)设X 、Y 、Z 是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y ”为真命题的是_________(填序号).①X 、Y 、Z 是直线 ②X 、Y 是直线，Z 是平面 ③Z 是直线，X 、Y 是平面 ④X 、Y 、Z 是平面4.(★★★★)设a ,b 是异面直线，下列命题正确的是_________.①过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一条直线和a 、b 都相交②过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一个平面和a 、b 都垂直③过a 一定可以作一个平面与b 垂直④过a 一定可以作一个平面与b 平行三、解答题5.(★★★★)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱P A 垂直于底面，E 、F 分别是AB 、PC 的中点.(1)求证：CD ⊥PD ;(2)求证：EF ∥平面P AD ;(3)当平面PCD 与平面ABCD 成多大角时，直线EF ⊥平面PCD ？6.(★★★★)如图，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 于点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.7.(★★★★)如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都相等，D 、E 分别是CC 1和AB 1的中点，点F 在BC 上且满足BF ∶FC =1∶3.(1)若M 为AB 中点，求证：BB 1∥平面EFM ；(2)求证：EF ⊥BC ；(3)求二面角A 1—B 1D —C 1的大小.8.(★★★★★)如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是菱形且∠C 1CB = ∠C 1CD =∠BCD =60°,(1)证明：C 1C ⊥BD ；(2)假定CD =2，CC 1=23，记面C 1BD 为α,面CBD 为β,求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；(3)当1CC CD 的值为多少时，可使A 1C ⊥面C 1BD ？参考答案难点磁场1.(1)证明：∵A 1C 1=B 1C 1，D 1是A 1B 1的中点，∴C 1D 1⊥A 1B 1于D 1，又∵平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴C 1D 1⊥平面A 1B 1BA ，而AB 1 平面A 1ABB 1，∴AB 1⊥C 1D 1.(2)证明：连结D 1D ，∵D 是AB 中点，∴DD 1CC 1，∴C 1D 1∥CD ，由(1)得CD ⊥AB 1，又∵C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，C 1B ⊥AB 1，由三垂线定理得BD 1⊥AB 1，又∵A 1D ∥D 1B ，∴AB 1⊥A 1D 而CD ∩A 1D =D ，∴AB 1⊥平面A 1CD .(3)解：由(2)AB 1⊥平面A 1CD 于O ，连结CO 1得∠ACO 为直线AC 与平面A 1CD 所成的角，∵AB 1=3，AC =A 1C 1=2，∴AO =1，∴sin OCA =21=AC AO ， ∴∠OCA =6π. 歼灭难点训练一、1.解析：如图，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，∵B 1D 1⊥A 1O 1，B 1D 1⊥AA 1，∴B 1D 1⊥平面AA 1O 1，故平面AA 1O 1⊥AB 1D 1，交线为AO 1，在面AA 1O 1内过A 1作A 1H ⊥AO 1于H ，则易知A 1H 长即是点A 1到平面AB 1D 1的距离，在Rt △A 1O 1A 中，A 1O 1=2，AO 1=32，由A 1O 1·A 1A =h ·AO 1,可得A 1H =34.答案：C2.解析：如图，在l 上任取一点P ，过P 分别在α、β内作a ′∥a ,b ′∥b ,在a ′上任取一点A ，过A 作AC ⊥l ，垂足为C ，则AC ⊥β,过C 作CB ⊥b ′交b ′于B ，连AB ，由三垂线定理知AB ⊥b ′，∴△APB 为直角三角形,故∠APB 为锐角.答案：C二、3.解析：①是假命题，直线X 、Y 、Z 位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X 、Y 、Z 位于正方体的三个共点侧面时为反例.答案：②③4.④三、5.证明：(1)∵P A ⊥底面ABCD ，∴AD 是PD 在平面ABCD 内的射影，∵CD ⊂平面ABCD 且CD ⊥AD ，∴CD ⊥PD .(2)取CD 中点G ，连EG 、FG ，∵E 、F 分别是AB 、PC 的中点，∴EG ∥AD ，FG ∥PD∴平面EFG ∥平面P AD ，故EF ∥平面P AD(3）解：当平面PCD 与平面ABCD 成45°角时，直线EF ⊥面PCD证明：G 为CD 中点，则EG ⊥CD ,由(1)知FG ⊥CD ，故∠EGF 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角.即∠EGF =45°，从而得∠ADP =45°，AD =AP由Rt △P AE ≌Rt △CBE ,得PE =CE又F 是PC 的中点，∴EF ⊥PC ，由CD ⊥EG ，CD ⊥FG ，得CD ⊥平面EFG ，CD ⊥EF 即EF ⊥CD ，故EF ⊥平面PCD .6.(1)证明：同理EF ∥FG ，∴EFGH 是平行四边形∵A —BCD 是正三棱锥，∴A 在底面上的射影O 是△BCD 的中心，∴DO ⊥BC ，∴AD ⊥BC ，∴HG ⊥EH ，四边形EFGH 是矩形.(2)作CP ⊥AD 于P 点，连结BP ，∵AD ⊥BC ，∴AD ⊥面BCP∵HG ∥AD ，∴HG ⊥面BCP ，HG ⊂面EFGH .面BCP ⊥面EFGH ，在Rt △APC 中，∠CAP =30°，AC =a ,∴AP =23a . 7.(1)证明：连结EM 、MF ，∵M 、E 分别是正三棱柱的棱AB 和AB 1的中点， ∴BB 1∥ME ，又BB 1⊄平面EFM ，∴BB 1∥平面EFM .(2)证明：取BC 的中点N ，连结AN 由正三棱柱得：AN ⊥BC ，又BF ∶FC =1∶3，∴F 是BN 的中点，故MF ∥AN ，∴MF ⊥BC ，而BC ⊥BB 1，BB 1∥ME .∴ME ⊥BC ，由于MF ∩ME =M ，∴BC ⊥平面EFM ，又EF 平面EFM ，∴BC ⊥EF .(3)解：取B 1C 1的中点O ，连结A 1O 知，A 1O ⊥面BCC 1B 1，由点O 作B 1D 的垂线OQ ，垂足为Q ，连结A 1Q ，由三垂线定理，A 1Q ⊥B 1D ，故∠A 1QD 为二面角A 1—B 1D —C 的平面角，易得∠A 1QO =arctan 15.8.(1)证明：连结A 1C 1、AC ，AC 和BD 交于点O ，连结C 1O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，BC =CD又∵∠BCC 1=∠DCC 1，C 1C 是公共边，∴△C 1BC ≌△C 1DC ，∴C 1B =C 1D∵DO =OB ，∴C 1O ⊥BD ，但AC ⊥BD ，AC ∩C 1O =O∴BD ⊥平面AC 1，又C 1C ⊂平面AC 1，∴C 1C ⊥BD .(2)解：由(1)知AC ⊥BD ，C 1O ⊥BD ，∴∠C 1OC 是二面角α—BD —β的平面角. 在△C 1BC 中，BC =2，C 1C =23，∠BCC 1=60°，∴C 1B 2=22+(23)2－2×2×23×cos60°=413. ∵∠OCB =30°,∴OB =21,BC =1,C 1O =23,即C 1O =C 1C . 作C 1H ⊥OC ，垂足为H ，则H 是OC 中点且OH =23，∴cos C 1OC =33 (3)解：由(1)知BD ⊥平面AC 1，∵A 1O ⊂平面AC 1，∴BD ⊥A 1C ，当1CC CD =1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC 1⊥A 1C ，又∵BD ∩BC 1=B ，∴A 1C ⊥平面C 1BD .难点27 求空间的角空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.●难点磁场(★★★★★)如图，α—l —β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN 的直角顶点P 在l 上，M ∈α,N ∈β,且MP 与β所成的角等于NP 与α所成的角.(1)求证：MN 分别与α、β所成角相等；(2)求MN 与β所成角.●案例探究［例1］在棱长为a 的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是BC 、A ′D ′的中点.(1)求证：四边形B ′EDF 是菱形；(2)求直线A ′C 与DE 所成的角；(3)求直线AD 与平面B ′EDF 所成的角；(4)求面B ′EDF 与面ABCD 所成的角.命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目.知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角.错解分析：对于第(1)问，若仅由B ′E =ED =DF =FB ′就断定B ′EDF 是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B ′、E 、D 、F 四点共面.技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.(1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B ′E =ED =DF =FB ′=25a ,下证B ′、E 、D 、F 四点共面，取AD 中点G ，连结A ′G 、EG ，由EG AB A ′B ′知，B ′EGA ′是平行四边形.∴B ′E ∥A ′G ,又A ′F D G ,∴A ′GDF 为平行四边形.∴A ′G ∥FD ，∴B ′、E 、D 、F 四点共面故四边形B ′EDF 是菱形.(2)解：如图所示，在平面ABCD 内，过C 作CP ∥DE ，交直线AD 于P ，则∠A ′CP (或补角)为异面直线A ′C 与DE 所成的角.在△A ′CP 中，易得A ′C =3a ，CP =DE =25a ,A ′P =213a 由余弦定理得cos A ′CP =1515 故A ′C 与DE 所成角为arccos1515. (3)解：∵∠ADE =∠ADF ,∴AD 在平面B ′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上.如下图所示.又∵B ′EDF 为菱形，∴DB ′为∠EDF 的平分线，故直线AD 与平面B ′EDF 所成的角为∠ADB ′在Rt △B ′AD 中，AD =2a ，AB ′=2a ,B ′D =2a则cos ADB ′=33 故AD 与平面B ′EDF 所成的角是arccos33. (4)解：如图，连结EF 、B ′D ，交于O 点，显然O 为B ′D 的中点，从而O 为正方形ABCD —A ′B ′C ′D 的中心.作OH ⊥平面ABCD ，则H 为正方形ABCD 的中心，再作HM ⊥DE ，垂足为M ，连结OM ，则OM ⊥DE ，故∠OMH 为二面角B ′—DE ′—A 的平面角.在Rt △DOE 中，OE =22a ,OD =23a ,斜边DE =25a , 则由面积关系得OM =1030=⋅DE OE OD a 在Rt △OHM 中，sin OMH =630=OM OH 故面B ′EDF 与面ABCD 所成的角为arcsin 630. ［例2］如下图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ,且AA 1与AB 、AD 的夹角都是120°.求：(1)AC 1的长；(2)直线BD 1与AC 所成的角的余弦值.命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目. 知识依托：向量的加、减及向量的数量积. 错解分析：注意＜AA ,1＞=＜1AA ,＞=120°而不是60°,＜,＞=90°. 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.221122211111212211111122122211111222221112221111111212222||||||))((||))((,2||,)2(.22||,22||,0,21120cos ,21120cos 90,,120,,||||,|:|222||||||))(())((||)1(:b a AA AA AB AD AA AA AA BD BD abAB AD AA AA AA BD AA BD a ab b a AC ab b a AC ab a b AA ab a b AA AA AA a b AA AA AA AA AA AA AA AA AC AC AC +=⋅-⋅-⋅+++=-+-+=⋅=-=⋅--+⋅+⋅+⋅=-++=⋅∴-+=+=+==-+=∴-+=∴=⋅-=︒⋅=⋅-=︒⋅=⋅∴︒>=<︒>=>=<<===⋅+⋅+⋅+++=++++=++=⋅=依题意得由已知得解 2212||b a BD +=∴2211124||||,cos b a b AC BD AC BD BD +-=>=<∴BD 1与AC 所成角的余弦值为2224ba b +.●锦囊妙计空间角的计算步骤：一作、二证、三算1.异面直线所成的角 范围：0°＜θ≤90° 方法：①平移法；②补形法.2.直线与平面所成的角 范围：0°≤θ≤90° 方法：关键是作垂线，找射影.3.二面角方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的计算也可利用射影面积公式S ′=S cos θ来计算 ●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为DD 1的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角是( )A.6π B.4π C.3π D.2π 2.(★★★★★)设△ABC 和△DBC 所在两平面互相垂直，且AB =BC =BD =a ,∠CBA = ∠CBD =120°,则AD 与平面BCD 所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.75° 二、填空题3.(★★★★★)已知∠AOB =90°,过O 点引∠AOB 所在平面的斜线OC ，与OA 、OB 分别成45°、60°，则以OC 为棱的二面角A —OC —B 的余弦值等于_________.4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.三、解答题5.(★★★★★)已知四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC =90°,P A ⊥平面AC ，且P A =AD =AB =1,BC =2(1)求PC 的长；(2)求异面直线PC 与BD 所成角的余弦值的大小； (3)求证：二面角B —PC —D 为直二面角.6.(★★★★)设△ABC 和△DBC 所在的两个平面互相垂直，且AB =BC =BD ，∠ABC = ∠DBC =120°求：(1)直线AD 与平面BCD 所成角的大小；(2)异面直线AD 与BC 所成的角； (3)二面角A —BD —C 的大小.7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD ，如图，然后将它沿BC 折成直二面角.(1)求证：平面ABD ⊥平面ACD ； (2)求AD 与BC 所成的角； (3)求二面角A —BD —C 的大小.8.(★★★★★)设D 是△ABC 的BC 边上一点，把△ACD 沿AD 折起，使C 点所处的新位置C ′在平面ABD 上的射影H 恰好在AB 上.(1)求证：直线C ′D 与平面ABD 和平面AHC ′所成的两个角之和不可能超过90°； (2)若∠BAC =90°，二面角C ′—AD —H 为60°，求∠BAD 的正切值.参考答案难点磁场(1)证明：作NA ⊥α于A ，MB ⊥β于B ,连接AP 、PB 、BN 、AM ，再作AC ⊥l 于C ，BD ⊥l 于D ，连接NC 、MD .∵NA ⊥α,MB ⊥β,∴∠MPB 、∠NP A 分别是MP 与β所成角及NP 与α所成角，∠MNB ，∠NMA 分别是MN 与β,α所成角，∴∠MPB =∠NP A .在Rt △MPB 与Rt △NP A 中，PM =PN ，∠MPB =∠NP A ，∴△MPB ≌△NP A ，∴MB =NA . 在Rt △MNB 与Rt △NMA 中，MB =NA ，MN 是公共边，∴△MNB ≌△NMA ，∴∠MNB =∠NMA ，即(1)结论成立.(2)解：设∠MNB =θ,MN =2a ,则PB =PN =a ,MB =NA =2a sin θ，NB =2a cos θ ,∵MB ⊥β,BD ⊥l ,∴MD ⊥l ,∴∠MDB 是二面角α—l —β的平面角，∴∠MDB =60°，同理∠NCA =60°,∴BD =AC =3633=MB a sin θ,CN =DM =63260sin 6=︒MB a sin θ, ∵MB ⊥β，MP ⊥PN ，∴BP ⊥PN∵∠BPN =90°,∠DPB =∠CNP ,∴△BPD ∽△PNC ,∴PBBDPN PC =22222222)cos 2(3sin 6)sin 362(,aa a aa aBN DB aCNa -=-∴-=-θθθ即整理得，16sin 4θ－16sin 2θ+3=0 解得sin 2θ=4341或,sin θ=2321或，当sin θ=23时，CN =632a sin θ= 2a ＞PN 不合理，舍去.∴sin θ=21,∴MN 与β所成角为30°. 歼灭难点训练一、1.解析：(特殊位置法）将P 点取为A 1，作OE ⊥AD 于E ，连结A 1E ，则A 1E 为OA 1的射影，又AM ⊥A 1E ，∴AM ⊥OA 1，即AM 与OP 成90°角.答案：D2.解析：作AO ⊥CB 的延长线，连OD ，则OD 即为AD 在平面BCD 上的射影，∵AO =OD =23a ,∴∠ADO =45°. 答案：B二、3.解析：在OC 上取一点C ，使OC =1，过C 分别作CA ⊥OC 交OA 于A ，CB ⊥OC 交OB 于B ，则AC =1，，OA =2，BC =3，OB =2，Rt △AOB 中，AB 2=6，△ABC 中，由余弦定理，得cos ACB =－33. 答案：－33 4.解析：设一个侧面面积为S 1，底面面积为S ，则这个侧面在底面上射影的面积为3S ，由题设得321=S S ，设侧面与底面所成二面角为θ,则cos θ=2133111==S S S S,∴θ=60°.答案：60°三、5.(1)解：因为P A ⊥平面AC ，AB ⊥BC ,∴PB ⊥BC ,即∠PBC =90°,由勾股定理得PB =222=+AB PA .∴PC =622=+PC PB.(2)解：如图，过点C 作CE ∥BD 交AD 的延长线于E ，连结PE ，则PC 与BD 所成的角为∠PCE 或它的补角.∵CE =BD =2，且PE =1022=+AE PA∴由余弦定理得cos PCE =632222-=⋅-+CE PC PE CE PC∴PC 与BD 所成角的余弦值为63.(3）证明：设PB 、PC 中点分别为G 、F ，连结FG 、AG 、DF ，则GF ∥BC ∥AD ，且GF =21BC =1=AD ，从而四边形ADFG 为平行四边形， 又AD ⊥平面P AB ，∴AD ⊥AG ，即ADFG 为矩形，DF ⊥FG . 在△PCD 中，PD =2，CD =2，F 为BC 中点，∴DF ⊥PC从而DF ⊥平面PBC ，故平面PDC ⊥平面PBC ，即二面角B —PC —D 为直二面角. 6.解：(1)如图，在平面ABC 内，过A 作AH ⊥BC ，垂足为H ，则AH ⊥平面DBC ， ∴∠ADH 即为直线AD 与平面BCD 所成的角.由题设知△AHB ≌△AHD ，则DH ⊥BH ，AH =DH ，∴∠ADH =45°(2)∵BC ⊥DH ，且DH 为AD 在平面BCD 上的射影， ∴BC ⊥AD ，故AD 与BC 所成的角为90°.(3)过H 作HR ⊥BD ，垂足为R ，连结AR ，则由三垂线定理知，AR ⊥BD ，故∠ARH 为二面角A —BD —C 的平面角的补角.设BC =a ,则由题设知，AH =DH =2,23aBH a =,在△HDB 中，HR =43a ，∴tan ARH =HRAH=2 故二面角A —BD —C 大小为π－arctan2.7.(1)证明：取BC 中点E ，连结AE ，∵AB =AC ，∴AE ⊥BC ∵平面ABC ⊥平面BCD ，∴AE ⊥平面BCD ， ∵BC ⊥CD ，由三垂线定理知AB ⊥CD .又∵AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面BCD ，∵AB ⊂平面ABD . ∴平面ABD ⊥平面ACD .(2)解：在面BCD 内，过D 作DF ∥BC ，过E 作EF ⊥DF ，交DF 于F ，由三垂线定理知A F ⊥DF ，∠ADF 为AD 与BC 所成的角.设AB =m ，则BC =2m ，CE =DF =22m ,CD =EF =36m321arctan,321tan 22=∠∴=+==∴ADF DF EF AE DFAFADF 即AD 与BC 所成的角为arctan321(3)解：∵AE ⊥面BCD ，过E 作EG ⊥BD 于G ，连结AG ，由三垂线定理知AG ⊥BD ， ∴∠AGE 为二面角A —BD —C 的平面角∵∠EBG =30°，BE =22m ,∴EG =42m 又AE =22m ,∴tan AGE =GEAE=2,∴∠AGE =arctan2.即二面角A —BD —C 的大小为arctan2.8.(1)证明：连结DH ，∵C ′H ⊥平面ABD ，∴∠C ′DH 为C ′D 与平面ABD 所成的角且平面C ′HA ⊥平面ABD ，过D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，则DE ⊥平面C ′HA .故∠DC ′E 为C ′D 与平面C ′HA 所成的角∵sin DC ′E =D C DE '≤DC DH'=sin DC ′H ∴∠DC ′E ≤∠DC ′H ,∴∠DC ′E +∠C ′DE ≤∠DC ′H +∠C ′DE =90° (2)解：作HG ⊥AD ，垂足为G ，连结C ′G ,则C ′G ⊥AD ，故∠C ′GH 是二面角C ′—AD —H 的平面角 即∠C ′GH =60°，计算得tan BAD =22.难点28 求空间距离空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.●难点磁场(★★★★)如图，已知ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,P A ⊥平面ABCD ，P A =2c ,Q 是P A 的中点.求：(1)Q 到BD 的距离； (2)P 到平面BQD 的距离. ●案例探究［例1］把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题，属★★★★级题目.知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式.错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x 轴、y 轴、z 轴两两互相垂直.技巧与方法：建系方式有多种，其中以O 点为原点，以、、的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.解：如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,设正方形ABCD 边长为a ,则A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0),D (0,0, 22a ),E (0,－42a , a ),F (42a , 42a ,0) 21||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE a a a a a a a a a a a a EF a a a a a∴∠EOF =120°［例2］正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目.知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.错解分析：本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离.技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.解法一：如图，连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，∴A 1C1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26 ∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33. 解法二：如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， ∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1)∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33.●锦囊妙记空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离.(6)平面的平行直线与平面之间的距离.(7)两个平行平面之间的距离.七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离.在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )21 D. 23C. B.1 22A.2.(★★★★)三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，则A 1C 1与l 的距离为( )A.10B.11C.2.6D.2.4二、填空题3.(★★★★)如左下图，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_________.4.(★★★★)如右上图，ABCD 与ABEF 均是正方形，如果二面角E —AB —C 的度数为 30°，那么EF 与平面ABCD 的距离为_________.三、解答题5.(★★★★★)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图：(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离.6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求：(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； (3)三棱锥B 1—EAC 的体积.7.(★★★★)如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等. 8.(★★★★★)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2,AB = 31AD =a ,∠ADC =arccos552,P A ⊥面ABCD 且P A =a .(1)求异面直线AD 与PC 间的距离；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的距离为36. 参考答案难点磁场解：(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE ∴QE 的长为Q 到BD 的距离 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c ∴QE =22222ba b a c ++ ∴Q 到BD 距离为22222b a b ac ++.(2)解法一：∵平面BQD 经过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离. 在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二：设点A 到平面QBD 的距离为h ，由 V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =22222)(ba cb a abc S AQ S BQD ABD ++==⋅∆∆歼灭难点训练一、1.解析：过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF ∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线， ∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22 答案：A2.解析：交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6答案：C二、3.解析：以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的 长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a答案：22a 4.解析：显然∠F AD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠F AD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 答案：2a 三、5.(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解：设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,则S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，则31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112. (3)解：由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，则B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112. 6.解：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7.解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中，∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 同理A 1F =22a ,又EF =a∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离∴A 1N =221a = 又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a ∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90°∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 8.解：(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离. 过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求.在等腰直角三角形P AB 中，P A =AB =a ∴AE =22a (2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552 ∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a 过A 作AH ⊥PC ,在Rt △P AC 中，得AH =36下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F .［学法指导］立体几何中的策略思想及方法立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.一、领悟解题的基本策略思想高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解.难点29 排列、组合的应用问题排列、组合是每年高考必定考查的内容之一，纵观全国高考数学题，每年都有1～2道排列组合题，考查排列组合的基础知识、思维能力.●难点磁场(★★★★★)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？●案例探究［例1］在∠AOB 的OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点(均除O 点外)，连同O 点共m +n +1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )1212111121212121211211C C C D.C C C C C C C.C C C C .C B C C C A.C nm n m n m mn nm m n n m m n n m +++++++++命题意图：考查组合的概念及加法原理，属★★★★★级题目.知识依托：法一分成三类方法；法二，间接法，去掉三点共线的组合.错解分析：A 中含有构不成三角形的组合，如：C 11+m C 2n 中，包括O 、B i 、B j ;C 11+n C 2m 中，包含O 、A p 、A q ，其中A p 、A q ,B i 、B j 分别表示OA 、OB 边上不同于O 的点；B 漏掉△A i OB j ；D 有重复的三角形.如C 1m C 21+n 中有△A i OB j ,C 21+m C 1n 中也有△A i OB j .技巧与方法：分类讨论思想及间接法.解法一：第一类办法：从OA 边上(不包括O )中任取一点与从OB 边上(不包括O )中任取两点，可构造一个三角形，有C 1m C 2n 个；第二类办法：从OA 边上(不包括O )中任取两点与OB 边上(不包括O )中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C 2m C 1n 个；第三类办法：从OA 边上(不包括O )任取一点与OB 边上(不包括O )中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C 1m C 1n 个.由加法原理共有N =C 1m C 2n +C 2m C 1n +C 1m C 1n 个三角形.解法二：从m +n +1中任取三点共有C 31++n m 个，其中三点均在射线OA (包括O 点)，有C 31+m 个，三点均在射线OB (包括O 点)，有C 31+n 个.所以，个数为N =C 31++n m －C 31+m －C 31+n 个.答案：C［例2］四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.命题意图：本题主要考查排列、组合、乘法原理概念，以及灵活应用上述概念处理数学问题的能力，属★★★★级题目.知识依托：排列、组合、乘法原理的概念.错解分析：根据题目要求每所学校至少接纳一位优等生，常采用先安排每学校一人，而后将剩的一人送到一所学校，故有3A 34种.忽略此种办法是：将同在一所学校的两名学生按进入学校的前后顺序，分为两种方案，而实际题目中对进入同一所学校的两名学生是无顺序要求的.技巧与方法：解法一，采用处理分堆问题的方法.解法二，分两次安排优等生，但是进入同一所学校的两名优等生是不考虑顺序的.解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C 24种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A 33种.依乘法原理，共有N =C 2433A =36(种).解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A 34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N =21A 34·3=36(种). 答案：36 ●锦囊妙记排列与组合的应用题，是高考常见题型，其中主要考查有附加条件的应用问题.解决这类问题通常有三种途径：(1)以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接解法.在求解排列与组合应用问题时，应注意：(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理； (3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；。