立体几何的综合应用.

立体几何的综合应用

一、知识梳理：

线面平行的证法，线线角、线面角、二面角、点到平面的距离等的求法，用类比、转化、化归、构造等方法解题。

二、训练反馈

1、如图，以长方体ABCD—A1B1C1D1的顶点为顶点且四个面都是直角三角形的四面体是A1－ABC等

（注：只写出其中一个，并在图中画出相应的四面体）

2、在平面几何中有：Rt△ABC的直角边分别为a,b，斜边上的高为h，则222111hba。类比这一结论，在三棱锥P—ABC中，PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，此三棱锥P—ABC的高为h，则结论为_1/a2 +1/b2 +1/c2 = 1/ h2

3、如图一，在△ABC中，AB⊥AC、AD⊥BC，D是垂足，则BCBDAB2（射影定理）。类似有命题：三棱锥A－BCD (图二)中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD， O为垂足，且O在△BCD内，则BCDBCOABCSSS2，

上述命题是 （ A ）

A．真命题 B．假命题

C．增加“AB⊥AC”的条件才是真命题

D．增加“三棱锥A－BCD是正三棱锥”的条件才是真命题

4、下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥MNP的图形的序号是 ①③ （写出所有符合要求的图形序号）

5、如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，EF是异面直线AC与A1D的公垂线， A

B C D A

B

C D

O

图一 图二

则由正方体的八个顶点所连接的直线中，与EF平行的直线（ A ）

A．有且仅有一条 B．有二条 C．有四条 D．不存在

6、如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，AB≠AC，D、E分别是BC、 AB的中点，AC>AD，设PC与DE所成的角为，PD与平面ABC所成的角为β，二面 角P—BC—A的平面角为，则、、的大小关系是 （A ）

A．<< B．<<

C．<< D．<<

三、典型例题

例1. 如图，点P为斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.

（1）求证：CC1⊥MN；

（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2－2DF·EFcosDFE.

拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.

（1）证：∵CC1//BB1CC1⊥PM，CC1⊥PN，∴CC1平面PMNCC1⊥MN；

（2）解：在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，有cos21111111111222AACCABCCAACCBBCCAABBSSSSS，

其中为平面CC1B1B与平面CC1A1A所组成的二面角.

∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角为∠MNP，在△PMN中，

PM2=PN2+MN2－2PN·MNcos∠MNP

PM2CC21=PN2CC21+MN2CC21－2（PN·CC1）·（MN·CC1）cos∠MNP， A B D C E

F A1 B1 C1 D1 由于,,111111CCMNSCCPNSAACCBBCC

111BBPMSAABB，∴有cos21111111111222AACCBBCCAACCBBCCAABBSSSSS.

例2、如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1 中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成600的角，

AA1= 2．底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点。E是线段BC1上一点，且BE=31BC1

．

（１）求证： GE∥侧面AA1B1B ；

（２）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小 ．

解：(1)延长B1E交BC于F, ∵ΔB1EC∽ΔFEB, BE＝21ＥＣ１

∴ＢＦ＝21Ｂ１Ｃ１＝21ＢＣ，从而Ｆ为ＢＣ的中点．

∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点共线，且FAFG＝

1FBFE＝31，∴GE∥AB1，

又GE侧面AA1B1B， ∴GE∥侧面AA1B1B

（２）在侧面AA1B1B内，过B1作B1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，

∴B1Ｈ⊥底面ABC．又侧棱AA1与底面ABC成600的角， AA1= 2，

∴∠B1ＢＨ＝６００，ＢＨ＝１，B1Ｈ＝3．

在底面ABC内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连B1Ｔ．由三垂线定理有B1Ｔ⊥ＡＦ，

又平面B1GE与底面ABC的交线为ＡＦ，∴∠B1ＴＨ为所求二面角的平面角．

∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３００， ∴ＨＴ＝ＡＨsin300＝23，

在ＲｔΔB1ＨＴ中，ｔａｎ∠B1ＴＨ＝HTHB1＝332 ，

从而平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小为arctan332

例3、如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，又PA⊥平面ABCD，PA＝4．

(1)若在边BC上存在一点Q，使PQ⊥QD，求a的取值范围；

(2)当BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD时，

求异面直线AQ与PD所成角的大小；

(3)若a＝4，且PQ⊥QD，求二面角A－PD－Q的大小．

A B C D

Q P 方法一

(1)解：以APABDA、、为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则

B(0，3，0)，C(－a，3，0)，D(－a，0，0)，P(0，0，4)

设Q(t，3，0)，则 PQ＝(t，3，－4)，DQ＝(t＋a，3，0)

∵PQ⊥QD，∴3)(attDQPQ＝0 即t2＋at＋3＝0 ① ∴△＝a2－12≥0

 a≥23．

(2)解：∵BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD，∴△＝a2－12＝0  a＝23，t＝－3

AQ＝(－3，3，0) ，PD＝(－23，0，－4)

∴cos14427266||||PDAQPDAQPDAQ，

故异面直线AQ与PD所成角为arccos1442．

(3)解：过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD，M(t，0，0)

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM，又QM⊥AD，∴QM⊥平面PAD

过M作MN⊥PD于N，连结NQ，由三垂线定理知QN⊥PD

∴∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角

设N (m，0，n)，则NM＝(t－m，0，－n)，NQ＝(t－m，3，－n)

ND＝(－4－m，0，－n)

∵MN⊥PD，ND、PD共线，∴NDPDPDNM，0 得：m＋n－t＝0，m－n＝4 ②

3222||||,cos222nnnNQNMNQNMNQMN 由①得：t＝－1或t＝－3，由②得：

n＝2＋21t

当t＝－1时，515,cosNDNM，当t＝－3时，77,cosNDNM

∴二面角A－PD－Q的大小为515arccos或77arccos．

方法二

(1)解：设BQ＝t，则PQ2＝19＋t2，QD2＝3＋(a－t)2，PD2＝16＋a2

由PQ⊥QD得：19＋t2＋3＋(a－t)2＝16＋a2，即t2－at＋3＝0 ① ∴△＝a2－12≥0

a≥23．

(2)解：∵BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD， ∴△＝a2－12＝0  a＝23，t＝3，故Q是BC中点

取AD中点R，PA中点S，连RS、RC，则RS∥PD，RC∥AQ

∴∠RSC就是异面直线AQ与PD所成角

721PDRS，6AQRC，1922ACSASC

∴14422cos222RCRSSCRCRSRSC 故异面直线AQ与PD所成角为arccos1442．

(3)解：同方法一得∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角 在Rt△PAD中，24tMNPDMBPAMN 在Rt△PQD中，

24)4(31922ttNQPDDQPQNQ

22)4(319)4(4costttNQMNMNQ 由①得t＝1或t＝3 当t＝1时，515cosMNQ，

当t＝3时，77cosMNQ∴二面角A－PD－Q的大小为515arccos或77arccos

四、巩固练习

1、在下列关于直线l、m与平面、β的命题中,真命题是（B）

A．若lβ且⊥β,则l⊥α. B．若l⊥β且∥β,则l⊥α.

C．若l⊥β且⊥β,则l∥α. D．若∩β=m且l∥m,则l∥.

2、如图，在棱长为2的正方体1111DCBAABCD中，O是底面ABCD的中心，FE,分别是1CC、AD的中点，那么异面直线OE和1FD所成的角的余弦值等于 （ ）

A. 510 B. 515 C. 54 D. 32

2.B（提示：将FD1中的点F平移至点O，则点1D移至11DC的中点，记为点G，由正方体棱长为2，可求得51OGFD，3OE，2EG，则51553cos.）

3、如图，定点A和B都在平面内，定点P，PB，C是内异于A和B的动点，且ACPC。那么，动点C在平面内的轨迹是 ( )

A. 一条线段，但要去掉两个点 B. 一个圆，但要去掉两个点

C. 一个椭圆，但要去掉两个点 D. 半圆，但要去掉两个点

B（提示：由三垂线定理的逆定理可知BCAC，故C在以AB为EOFC1D1B1A1CDABACPB