2024年4月19日发(作者：)
六大主干知识
纵观历年高考，“立几”考题是年年必有，主要涉及：空间角，空间位置关系（特别是平行与垂
直）的判断与证明，长度、面积、体积的计算，三视图，间或掺杂着翻转．随着空间向量的运用，理科
学生的考试难度大大地降低．如果能合理掌握其中的诀窍，那么“立几”考题的分数便为囊中之
物，必拿！
立体几何突破
‘葙逢 翔 蔷裂 草…莫孚鬲曩
伺绋肆惟期凰
【考情分析】
行；如果几何体不是锥体，那么通常
（２）若几何体的三视图如图３所
先找一个基本几何体，然后将它削
示，则此几何体的体积为一
空间几何体是立体几何知识考
出来，我们通常称之为“寄居法”，这
查的载体，而直观图与三视图是空
个基本几何体就是我们所研究几何
间几何体两种不同的呈现形式．直
体“寄居”的壳．注意对得到的直观
观图便于观察，三视图便于度量．直
图，要“压扁”还原检验，看看其三视
观图与三视图常整合面积与体积知
图是否符合要求．
识进行考查，它们间的逻辑关系如
图３
下：三视图与直观图一空间几何体
破解思路 （１）本小题已知直
观图，求作三视图中的侧视图．因
的面积与体积．高考对直观图与三
【经典例题】
此，可以将几何体从左向右“压扁”．
视图的考查，主要集中在两种题型：
’
例 （１）将正三棱柱截去三
注意“压扁”后各线的位置关系和虚
①已知直观图，求作三视图；②已知
个角（如图１所示，Ａ，曰，Ｃ分别是
实情况．（２）本小题的关键是得出直
三视图。得出直观图，进而求空间几
△Ｇ刖三边的中点）得到的几何体如
观图，由正视图和左视图易知几何
何体的面积或体积．此部分试题多为
图２所示，则该几何体按图中所示方
体不是锥体，又由俯视图可知我们
选择题或填空题，难度不大．
向的侧视图（或称左视图）为（ ）
可以拿正方体作为我们要研究几何
Ｈ Ａ Ｇ
体“寄居”的壳，再在正方体中将我
【破解技巧】
们要研究的几何体“削”出采．
１．若已知直观图，求作三视图．
经典答案 （１）解题时在图２的
只需将直观图“压扁”到“墙角”的三
右边放堵墙（心中有墙）．由于平面
Ｅ
个面中即可，但要注意哪些点、线重
ＡＥＤ仍在平面ＨＥＤＧ上，故侧视图中
仍然看到左侧的一条垂直下边线段
合了，哪些线被遮住了，遮住的部分
的线段。可得答案Ａ．
需画虚线．
（２）如图４。先找一个基本几何
２．若已知三视图．要得出直观
体：正方体，然后按阴影部分所示平
图，如果几何体为锥体，那么只需将
Ｅ Ｅ Ｅ
面“削”去上部分．剩下的部分几何
锥体的顶点从俯视图中拉起还原就
Ａ Ｂ Ｃ
体即为所求，其体积为正方体的一
半， ＝ ｘ４ｘ４ｘ４＝３２．
２．一个空间几何体的三视图如
图６所示，则该几何体的表面积为
体的体积为
Ｄ
画
图４
．．
！！
．
图７
正（主）视图
Ｊ【．厕（左）视图 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．一
【跟踪练习ｌ
１．某几何体的正
视图和侧视图均如图５
所示，则该几何体的俯
视图不可能是（ ） 图５
４８
俯视图
左视图
图６
Ｂ．３２＋８
俯视图
Ｃ．４８＋８、／１７ Ｄ．８０
④①团囚
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
３．已知一个多面体的直观图及
图８
三视图如图７和图８所示．则该多面
【考情分析ｌ
口一归
・
直）”都要化归到“线线平行（垂
直）”．观察与分析几何体中线与线
的关系是解题的突破口．这种转化
为“低维”垂直的思想方法．在解题
时非常重要．在处理实际问题的过
【经典例题】
如图ｌ，已知侧棱垂直
于底面的四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ 的
线面平行、垂直问题是高考备
考的重点．从解决“平行与垂直”的
有关基本问题着手，熟悉公理、定理
的内容和功能，通过分析与概括，掌
握解决问题的规律——充分利用线
底面是菱形，且ＡＤＡＢ￣６０。，ＡＤ＝
ＡＡ ，Ｆ为棱ＢＢ。的ｔ中点，点Ｍ为线段
ＡＣ 的中点．
程中，可以先从题设条件人手，分
析已有的平行（垂直）关系。再从结
论人手分析所要证明的平行（垂
直）关系，从而架起已知与未知之
间的“桥梁”．
线平行（垂直）、线面平行（垂直）、面
面平行（垂直）相互转化的思想，以
提高推理论证、空间想象能力．在高
考中，此部分试题要么以客观题的
形式出现．要么以解答题的形式出
ｌ
ｃ
现，但不管是哪种形式，总体难度都
不大．
【破角蹦沥】
无论是线面平行（垂直）还是面
在具体操作时．构造中位线与
平行四边形是平行问题的主要手
段：利用平面的垂线作转化是解决
垂直问题的关键．
面平行（垂直）都源自于线与线的平
行（垂直）．即不论何种“平行（垂
Ｅ 墓 ，六大主干知识
理。就应在平面ＡＢＣＤ中找到一条直
Ｐ
Ｍ，使ＰＣ／／平面ＭＥ 若存在，求
线，使该直线平行于 。即“线线平
行＝＝＞线面平行”．
的值；若不存在，请说明理由．
（２）要证平面ＡＣＣ，Ａｌ上平￣ｎＡＦＣｌ，
Ｐ
根据面面垂直判定定理．就应在平
脚
Ｄ
面ＡＦＣ，ｉ中找一条直线垂直于平面
ＡＣＣ４１．
经典答案 （１）如图２，延长Ｃ Ｆ
图４
交Ｃ８的延长线于点Ⅳ．连结Ａ
Ｄ Ｃ
图３
破解思路 （１）要证平面 Ｃ上
平面ⅣＥＦ．根据面面垂直的判定定
理．就应在平面ⅣＥＦ中找到一条直
Ｃ
线，使该直线垂直平面 Ｃ，即“线面
垂直ｊ面面垂直”．
，Ｖ
（２）根据线面平行性质定理，
图２
由ＰＣ，／／平面ＭＥＦ知。迹ＰＣ的一个平
因为Ｂ１ｃ１∥ＮＢ，Ｆ是ＢＢ１的中点，
面与平面 Ｆ的交线必与ＰＣ平行．
２．如图５，在直四棱柱ＡＢＣＤ—
所：ＸＦ为Ｃ．Ⅳ的中点．
“ＰＣ 斗蠢ＭＥＦ铸ＰＣ ＭＯ
Ａ ｌＣｌＤ１中，ＤＢ＝ＢＣ，ＤＢ Ｊ＿ＡＣ，点Ｍ
因为 是线段ＡＣ１的中点，所以
经典答案 （１）因为 上平面
是棱ＢＢ 上一点．
ＭＦ／／ＡＮ．
Ａ曰ＣＤ，ＢＤＣ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ上
（１）求证：ＭＤ上ＡＣ；
Ｙ，．ＭＦ 平面ＡＢ∞．ＡⅣｃ平面
ＢＤ．
（２）试确定点 的位置，使得平
ＡＢＣＤ．所：￣ＭＦｆｆ平ｒ￣ＡＢＣＤ．
又ＢＤ上ＡＣ，ＡＣ ｎＰＡ＝Ａ，所以
面ＤＭＣ１上平面ＣＣｌＤ１Ｄ．
（２）连结占Ｄ，由直四棱柱ＡＢＣＤ—
Ｃ
８ＤＬ平面ｐＡＣ．
Ａ ｌＣ１Ｄｌ，可知：Ａ一上平面ＡＢＣＤ．
Ｙ，．ＢＤＣ平面Ａ曰ｃＤ，所以Ａ４上
因为Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＣＤ的中点，
ＢＤ．
甄坝ＥＦ ／ＢＤ。纸￣，ＸＥＦＩ 面ＰＡＣ．
因为四边形ＡＢＣＤ为菱形，所以
叉ＥＦ Ｃ平面ＮＥＦ．甄以平面
ＡＣＬＢＢ．
ＰＡＣ上平面ＮＥＦ．．
Ｙ，－ＡＣ ｎＡｌＡ；Ａ，ＡＣ，Ａ４ ｃ平面
（２）当
ＭＡ
： 时，
３
ｐＣ／／／－Ｔ－－ｆｆ￣ＭＥＥ
ＡＣＣ ｌ，所以肋Ｊ＿平面ＡｃｃＡ
在四边形ＤＡＮＢ中．ＤＡ／／删且
连结ＯＭ，因为ＯＣ＝ Ｃ，所以
４
ＤＡ＝ＢＮ，所以四边形ＪＤＡ 为平行四
＝了１
图５
边形．
Ａ０ ３
，
即
ＭＡ Ａ０
＝ ，１；￣ｖＸＰＣ／／ＭＯ
．
故ＮＡ∥ＢＤ，所以ＮＡ上平面
因为Ｍ０Ｃ平面ＭＥＦ，Ｐｃ 平面
ＡＣＣｌＡ１．
ＭＥＦ，敞 ｐＣ 交ＭＥＦ．
Ｘ．ＮＡ Ｃ平面 １，所以平面
ＡＦＣｌ上平面ＡＣＣｌＡ１．
侈曩。２ 如图３，已知Ｅ，盼别
瑚掰练习】
是正方形ＡＢＣＤ的边ＢＣ。ＣＤ的中点．
１．如图４，四边形ＡＢＣＤ是菱形，
ＥＦ与ＡＣ交于点０，ＰＡ，ＮＣ都垂直于
ＰＡ上平面ＡＢＣＤ．Ｑ为 的中点．
平面Ａ曰
求证：
（１）求证：平面 Ｃ上平面ＮＥＦ．
（１）ＰＣ∥平￣ＪＱＢＤ；
（２）在线段 上是否存在一点
（２）平面ＱＢＤ上平面 ｅ
【考情分析】
【经典例题ｌ
题（２）求线面角的关键是寻找两“足”
（斜足与垂足），而垂足的寻找通常
空间角常指线线角、线面角、二
要用到面面垂直的性质定理。所以
面角，是描述空间元素之间关系的
．＝ｌ一（１）如图１，已知三棱
重要参数，也是年年高考的必考内
柱Ａ Ｃ １Ｂ１ＣＩ的侧棱与底面边长都
要进行适，３的线面转换：若线面角 －
容．此类考题往往以多面体或旋转
相等，过顶点Ａ 作底面ＡＢＣ的垂线，
确实不太好作出．还可通过等积法
体为依托，在选择题、填空题、解答
若垂足为 Ｃ的中点，则异面直线ＣＣ
求点到面的距离．再由直角三角形
题中均会出现，需用到方程、三角、
与ＡＢ所成的角的余弦值为
解出．
Ｃ．
经典答案 （１）不妨设该几何
平几等知识．
体的边长为２，则可求得点Ａ 到底面
ＡＢＣ的距离为１，所￣ＸＡ１Ｂ＝、／２；又
【破解技巧】
因为异面直线ＣＣ，与 所成的角就
运用几何推理求空间角的一般
是 ，所以由余弦定理可知
步骤为：一作、二证、三算．
ＣＯＳ Ａ ｌＡＢ＝ Ａ４ 。 ４＋４—２
求异面直线所成的角：①平移：
ｚ４４ｘＡＢ ２ｘ２ｘ２
圈１
选择适当的点，平移异面直线中的
（２）如图２，在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，
三
４’
一
条或两条为相交直线；②求值：作
底面为直角梯形，ＡＤ∥ＢＣ，／ＢＡＤ＝
（２）ＰＡ上底面ＡＢＣＤ．所以 上
出相应的三角形，求解三角形；③注
９０。。ＰＡ上底面ＡＢＣＤ．且 Ｄ＝
ＡＤ．又 Ｄ＝９０。，所ｖ￣ＡＢ上 Ｄ，＇
意：当求出的角为钝角时。应取它的
ＡＢ＝２ＢＣ，Ｍ，Ｎ分别为ＰＣ，艘的中点，
所以 Ｄ上平面ＰＡＢ．所以ＰＢ上Ａ
补角作为所求的两条异面直线所成
则直线ＣＤ与平面ＡＤＭＮ所成的角的
△ＰＡＢ为等腰直角三角形，且Ⅳ为ＰＢ
的角．
正弦值为（ ）
的中点，所以咫上ＡⅣ，所以ＰＢ上平
求直线与平面所成的角：①作
Ｐ
面ＡＤＭＮ．ＩＲＡＤ的中点Ｇ，连结ＢＧ，
垂直：过直线上一个点向平面引垂
ＮＧ，则ＢＧ∥ＣＤ，所以ＢＧ与平面
线；②连线：连结垂足与直线和平面
ＡＤＭⅣ所成的角和∞与平面ＡＤＭＮ
的交点．所得直线与已知直线所成
所成的角相等．在Ｒｔ ＡＢＧＮ中
的角即为直线与平面所成的角；③
Ｄ
求解：在所成的直角三角形中求之．
ｓｉｎ／ＢＧＮ＝ ：—
Ｖ
ｉ－６
—
．
所以选Ｂ．
５
二面角的求法：①转化为平面
Ｃ
角求之：②面积射影法：利用面积射
圈２
如图３，在四棱锥Ｐ—
影公式５射＝Ｊｓ原・ｃｏｓＯ，其中０为平面角
Ａ． 上 Ｂ
ＡＢＣＤ中，侧面ＰＤＣ是边长为２的正
．
的大小．对于一类没有给出棱的二面
５ ５
三角形，且与底面垂直，底面ＡＢＣＤ
角，应先延伸两个半平面，使之相交
Ｃ． 堡Ｄ
Ｐ
．
出现棱．然后再选用上述方法．
５ １０
在具体操作时，平移（找平行
破解思路 对于涉及空间角的
线）异面直线使之相交是求异面直
选择题、填空题．由于计算量的限制
Ｄ
一
线所成角的主要技巧；利用平面垂
般不宜用向量坐标法处理．本例
线找到线面角、面面角是处理线面
题（１）求线线角可直接采用平移法，
角和面面角的重要技巧．
构成三角形后再通过余弦定理求解．
图３
Ｅ
中点．
大主干知识
的
所以 ０＝４５。，所以 与底
是 ＡＤＣ＝６０ｏ的菱形．Ｍ为
的正弦值是
面ＡＢＣＤ所成角的大小为４５ ０．
（２）取ＡＰ的中点Ⅳ，连结删，由
（１）求ＰＡ与底面ＡＢＣＤ所成角
的大小：
（１）知，在菱形Ａ曰ＣＤ中，由于／＿．ＡＤＣ＝
６０。，则Ａ０上ＣＤ，又ＰＤ上ＣＤ，则ＣＤ上
（２）求证： 上平面ＣＤＭ；
（３）求二面角
破解思路
立几考题．
的余弦值．
平面ＡＰＯ，即ＣＤ上 ．
本题是一道常规的
又在△ 曰中，中位线Ｍ Ｂ，
图４
２．如图５，在三棱锥Ａ—ＢＣＤ中，
第（１）问较容易，可由面面垂直
的基本知识．作出垂直于底面的垂
线．从而得出直线 与底面ＡＢＣＤ所
成角．
ｃＤ ÷Ａ ，则 Ⅳ ｃ０，则四边形
ＯＣＭＮ￣平行四边形。所￣Ｘ＇ＭＣ／／ＯＮ．
在△ＡＰＯ中，ＡＯ＝ＰＯ，则ＯＮ上
ＡＰ，故ＡＰ＿ＬＭＣ，而ＭＣｎＣＤ＝Ｃ，则
上平面ＭＣＤ．
ＡＢＣ＝／ＢＣＤ＝ ＝９０。．ＡＣ＝
６ｖ＇－Ｙ， Ｃ＝ＣＤ：６，设顶点Ａ在底面
ＢＣＤ上的射影为Ｅ
（１）求证：ＣＥ．ＬＢＤ；
（２）设点Ｇ在棱Ａ Ｃ＿Ｅ，且ＣＧ＝２ＧＡ，
第（２）问要证直线 与平面
ＣＤＭ垂直．只要证线与面上两相交
直线垂直．其中ＰＡ上ＣＤ易证，另一
线线垂直则需转化．属常规题．
第（３）问求二面角的平面角需
通过三垂线定理寻求。有一定难度．
（３）由（２）知 上平面ＰＡＢ，则
ＬＮＭＢ为二面角Ｄ—ＭＣ— 的平面角．
试求二面角Ｃ—ＥＧ．Ｄ的余弦值．
＾
在Ｒｔ△ 曰中，易得 ＝、／百，
＝ ＝
、／ ｚ＋２。＝
： ：
计算时需注意二面角的大小有时为
．
ｃｏｓ Ｌ ＰＢＡ：
锐角、直角，有时也为钝角，因此在
计算之前不妨先依题意判断一下所
求二面角的大小，然后根据计算取
“相等角”或取“补角”．
一—
ＰＢ
ｖＴ６
＿
３
，
ｘ／Ｙ６
Ｄ
ｃ。ｓ Ｍ ：ｃ。ｓ（１Ｔ—ＬＰＢＡ）：
Ｃ
．
ｖＴ
６
—
经典答案 （１）取ＤＣ的中点０，
由ＡＰＤＣ是正三角形．有１９０上ＤＣ
又平面肋Ｃ上底面ＡＢＣＤ，所以
故所求二面角的余弦值
． ５
图５
为一 ．
ＰＯ上平面ＡＢＣＤ于０．连结ＯＡ．则ＯＡ
是 在底面ＡＢＣＤ上的射影．
所以 ＰＡ０就是直线ＰＡ与底面
【剐踌豳阎】
１．如图４，二面角 —Ｚ 的大小
是６０。，线段ＡＢｃ ，ＢＥ Ｚ，ＡＢ与Ｚ所成
ＡＢＣＤ所成角．因为 ＡＤＣ＝６０ｏ．由
已知△ Ｄ和△ＡＣＤ是全等的正三
角形。从而求得ＯＡ＝ＯＰ＝－、／３．
的角为３０。，则Ａ 与平鄙所成的角
二轮复习既是知识的巩固，更
的学生完全依赖于向量的方法．这
都是不可取的！我们常把“立几”中
的“向量法”和“几何法”比作餐具中
的“勺子”和“筷子”，两者都要会用才
不至于有用勺子去吃面条和用筷子
是方法提炼的关键时期．立体几何
的解题方法的选用是很重要的．有
去吃豆子的笨拙．前面的第二、三点
已经讲了“筷子”的用法，下面我们
的同学懒得用向量的方法，而又有
再讲讲“勺子”的用法．
【考情分析１
纵观近几年。特别是２０１２年各地
是平面ｏ／与平面ＪＢ的法向量，ＳＵｃｏｓ０＝
Ａ１（Ｏ，０，４），Ｅ（、／３，３，０），Ｆ（０，４，１），
±ｃｏｓ（，ｌ。，ｎ ）（正负取值视实际情况
而定）．
（９）点面距离：设，ｌ是平面 的法
于是 ＝（０，一４，４），砖＝（一、／了，
１，１），则ｃ－７１． ０—４＋４：０，故 上
Ａ１￡
的高考数学试题，直接考查空间向
量的试题很难见到，但每份试卷中
向量，则点Ｐ到平面Ｏｔ的距离ｄ＝
必有一个立体几何大题，在解答立
体几何大题时有两种方法（空间向
Ｉ蔚． Ｉ
『ｎ『‘
注：在高考中，对空间向．量的应
用主要体现在求空间角与空间距
离，而对空间平行与垂直的判定更
多的还是用传统方法来解决．
（２）设ＣＦ＝Ａ（Ｏ＜Ａ≤４），平面ＡＥＦ
的一个法向量为ｍ＝（ ，ｙ，ｚ），则由
量方法、立体几何传统方法）可供选
择，其中绝大部分试题选择使用空
间向量的方法比较恰当．空间向量
的引入，有效地提高了解题的可操
作性，从而提高了学习的效率．空间
（１）得Ｆ（Ｏ，４，Ａ）， ＝（、／了，３，０），
－Ａ７￣＝（Ｏ
４，Ａ），于是由ｍ上 ，Ｊ，ｌ上
，
可得ｆ【ｍ ＿０，即ｆ、／了 ＋ ，取
Ｊ，ｌ・Ａ ０。 【 Ａｚ＝Ｏ，
Ｊ，ｌ＝（、／了Ａ，一Ａ，４）．又由直三棱柱的
性质可取侧面ＡＣｌ的一个法向量为
Ｊｌ＝（１，０，０），于是由０为锐角可得
ｃｏｓ
向量将形的观察问题转化为数的运
算问题，“少了推理，多了计算”．
ｌ
经 灌 曩
镛１ 如图１，已知正三棱柱
【破解技巧】
使用空间向量对立体几何问题
Ａ Ｃ－Ａ １Ｃ１的各棱长都是４，Ｅ是ＢＣ
的中点，动点脏侧棱ＣＣ。上，且不与
２ｖ＇－Ｘ ￣．ｓｉ
进行计算和证明，关键是几何问题
向量化的转化过程．从建立空间直
角坐标系，到确定空间点的坐标、具
点Ｃ重合．
（１）当限１时，求证： 上Ａ１Ｃ；
（２）设二面角Ｃ．Ａ Ｅ的大小为
．
所以ｔａｎＯ＝ ：
２Ｘ／Ｘｆｆ４
１ １６
。
、／了Ａ
体向量的坐标。再到向量的有关运
算，一直到得出结论，构成了一个非
常严密的解答（证明）过程．空间向
０．求ｔａｎ０的最小值． ，
由０＜Ａ≤４得÷≥÷，’Ａ ４’
ｌ
＝
ａｎ０≥￣
ｌ
ｆ
ｖ
３
＋
孚，
量在立体几何中的应用技巧列举
如下：
４，即点Ｆ与点Ｃ１重合时。ｔａｎ０取得最
小值
３
（１）线线平行：若 ∥ ，则
ＡＢ ｆ ＣＤ．
（２）线面平行：设ｎ是平面 的法
．
．
如图３，在四棱锥Ｅ—
ＡＢＣＤ￣，底￣ＡＢＣＤ为正方形，ＡＥ．Ｉ＿
平面ＣＤＥ，已知ＡＥ＝ＤＥ＝３，Ｆ为线段
ＤＥ上的动点．
向量，若 上，ｌ，ＡＢｑ￣ｏｔ，￥ＯＡＢ∥ ．
（３）线线垂直：若 上
Ａ 上ＣＤ．
，则
（４）线面垂直：设，ｌ是平面 的法
（１）若，为ＤＥ的中点，求证：
向量，栖∥ ，则 Ｂ上Ｏ１．
ＢＥ／／平面ＡＣＦ；
（２）求点Ａ到平面ＢＤＥ的距离；
（３）若二面角Ｅ一曰Ｃ—Ｆ与二面角
ｃ－Ｄ的大小相等。求ＤＦ的长．
（５）面面垂直：设，ｌ 是平面Ｏｔ的
法向量，ｎ：是平面口的法向量，若ｎ１上
，ｌ２，则 上
（６）线线所成角：设直线ＡＢ与
直线ＣＤ所成角的大小为０，则ｃｏｓ０＝
Ｉ ｃｏｓ（ ， ）Ｉ．
（７）线面所成角：设直线ＡＰ与平
面 所成角的大小为０，若ｎ是平面ａ
Ｃ
的法向量；．￣ｌＪｓｉｎ０＝ｉｃｏｓ（Ａ－＃，Ｊ１）ｆ．
（８）面面所成角：设平面０［与平
面口所成角的大小为ｏ，若ｎ ，ｎ：分别
图２
Ｄ
图３
破解思路立体几何距离问题
Ｅ兰 窒瘵 ，六大主干知识
立空间直角坐标系，则Ｅ（３，０，０），Ｆ（ａ，
可分为点面距离、线线距离、线面距
离和面面距离．而线线距离、线面距
离和面面距离往往可以转化为点面
距离．故点面距离是立体几何距离
０，０），ｃ（ｏ，３、／２，Ｏ） （３，０，３），Ｄ（０，０，０）．
由 ： 得 （３，３Ｘ，／２，３），则
＿２，所以 ＝ ＿２＇ＧＦ＝
问题的核心与重点．求解策略有三
种途径．
Ｄ－－ｇ－－（３，３、／ ，３），赢＝（３，０，ｏ）， ＝
（０，０，一３）．设平面ＢＤＥ 法向量为
３ｖ＇－ｆ６－６ｖ＇－Ｙ．￣ＧＦ／／ＨＥ，所以面ＤＦ＝
ＧＦ
—
．
所以Ｄ ６、／了一１２．
法２：设ｎ１上平面ＡＢＣＤ，且ｎｌ＝
’
法ｌ（定义法１：作点Ａ在平面
ＢＤＥ上的射影Ｈ．则ＡＨ的长度就是点
Ａ到平面曰ＪＤＥ的距离．
，ｔ＝ｃ ，ｙ，ｚ ，则｛ ２ ｙ＋３ｚ：。’得
＝
０．令，，＝１，则ｚ＝一、／２，所以ｎ＝
ＢＤＥ
法２（等体积法）：点Ａ到平面
肋Ｅ的距离ｄ： ．
（０，１，一ｘ／２），所以点Ａ到平
的距离为ｄ：
１ｎ Ｉ
： ．
，ｌ１・删＝０
ｘ＋ｚ。ｊ
ｕ
ｎｌ＝（１，０，－１）．
设，ｌ２ Ｊ－平ｉｆ７ＢＣＦ，．Ｅｎ２＝（ ，Ｙ，ｚ），
ｓ…
３～一
法３（向量法）：设ｎ是平面ＢＤＥ的
法向量．则点Ａ到平面ＢＤＥ的距离ｄ＝
由 ｆｎ２￣￣＿－－ｏ， ｆｘ＋ｚ＝０，
，
【，ｌ，・ＣＦ＿＝ ｌ Ｖ ａｘ－３ ２ ｙ＝ｏ ２
０
ｊｌ
（３、／ ，ａ，－３、／ ）．
设ｎ３上平面曰ＣＥ，＿Ｅｎ３＝（ ，ｙ，ｚ），
．Ｉ ｌ
『ｎ『‘
经典答案 （１）连结ＡＣ，与ＢＤ
交于（），连结ＯＦ．因为Ｆ为ＤＥ的中点，
田１ｆ ｎ３￣百 ＝０， １ｆ ｘ＋ｚ＝０，
ｊ
【，ｌ ． 曹：０ 【 —Ｘ／２ ｙ＝０
（
图４
，ｌ１
０为ＢＤ的中点．所以ＯＦ∥ＢＥ，ＯＦＣ
交ＡＣＦ ＢＥ
平面ＡＣＥ
，１，一 ）．设二面角Ｅ—ＢＣ一
￣ｚＡＣＦ。豫ｒＸＢＥ｝ｆ
的大小为Ｏｔ．二面角Ｄ—ＢＣ—Ｆ的大小
（３）法１：如图５，过Ｅ作Ｅ日＿ＬＡＤ
ｔＨ 过Ｈ作ＭＨ上ＢＣｔＭ 连姥ＭＥ．
同理，过Ｆ作 上ＡＤ于Ｇ，过Ｇ作
为Ｂ）Ｏｌ ，ｌｃｏｓ（，ｌｌ，ｎ２）Ｉ：ｌｃｏｓ（ｎ ，ｎ，）Ｉ，
（２）法１：由题意易知，ＡＤ＝３、／２，
Ｄ＝６．因为Ａ 上平面ＣＤＥ且ＣＤＣ平
面ＣＤＥ．所以ＡＥ ＬＣＤ．
ｌｎｌ＇ｎ ２ｌＩ，ｌ３・，ｌ２ｌ
ｎ１ ｎ２ｊ Ｉｎ３Ｉ．】ｎ２ ６＝
—
、／了
ｊ
ＮＧ ＬＢＣ亏Ｎ，连姥 Ｆ．
Ｒ
ａ＝－１２±６ ． 因为０＜ａ＜３，所以ａｍ
又ＡＢ∥ＣＤ，所以 Ｂ上ＡＥ，所以
雎－、 ：３、／了．
６、／了一１２
注：若空间直角坐标系按如图６
拄ＡＢＤＥ奇．Ｂ ＋Ｄ ＝６＝Ｂ ．
所以ＤＥ上ＢＥ．而ＡＥ上ＤＥ且ＤＥｎ
Ｃ
所示建立，运算量将会大大下降，请
大家不妨去试一下．
Ｄ
ＢＥ＝Ｅ，所以ＤＥ上平面ＡＢＥ，所以平
面ＡＢＥ上平面ＢＤＥ．所以过点Ａ向平
面ＢＤＥ引垂线．垂足 必在ＢＥ上．所
ＡＥ
以在Ｒｔ＆ＡＢＥ中．ＡＨ：—ＡＢ．
图５
：
因为ＡＥ上平面Ｃ．ＤＥ．ＣＤ Ｃ平面
ＣＤＥ，所以ＡＥｊ＿ＣＤ．因为ＣＤ＿ＬＡＤ，
ＢＥ
３－３Ｖ
￣－
—
：
、／＿＿．
ＡＥｎ Ｄ＝Ａ，ＡＤ，ＡＥｃ平面ＤＡＥ，所
以ＣＤ １平面ＤＡＥ．叉ＥＨ Ｃ平面
图６
３、／了
法２：设 到平面ＢＤ 的距离为ｄ．
ＤＡＥ。所以ＣＤ上ＥＨ．ＣＤ ＮＡＤ＝Ｄ，
ｃＤ．ＡＤＣ平面ＡＢＣＤ，所以Ｅ日上平面
２７、／
则ｄ：—３ＶＢ
ＡＤＥ
＿
—
：一一 一：
＼／百
ＡＢＣＤ．所以ＨＥ上ＢＣ．所以ＢＣ上平
【 鼹 醇练习】
Ｉ．如图７，在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，
Ｓ△肋Ｅ ９、／了
２
面ＭＨＥ．卿以 ＨＭＥ为二面葡Ｅ—
ＢＣ—Ｄ的平面角．同理， ＧＭ 为二
面角 Ｃ＿Ｄ的平面角．
底面ＡＢＣＤ为直角梯形，ＡＤ∥曰ｃ，
／＿ＡＤＣ＝９０。，平面ＰＡＤ上底面Ａ日ｃＤ，
法３：因为ＡＥ Ｊ－平面ＣＤＥ。ＣＤＣ
平面ＣＤＥ，所￣２ＡＥ上ＣＤ，因为ＣＤ上
ＡＤ，ＡＥ ＡＡＤ：Ａ，ＡＤ，ＡＥ Ｃ平面
因）￣ＭＨ／／ＡＢ，所）Ｘ，ＭＨ＝３、／ ，
Ｑ为ＡＤ的中点， 是棱ＰＣ上的点。ＰＡ＝
肚２，Ｂｃ． ＡＤ＝ｌ，ＣＤ＝－Ｖ＇－Ｙ．
ＤＡＥ．所以ＣＤ上平面ＤＡＥ．如图４建
又 Ｅ：三
．
所以ｔａｎ 日ＭＥ： ．
５０
Ｐ
（１）求异面直线Ａ Ｃ与Ａ 所成角
的余弦值：
（２）求二面龟４ 。Ｃ 。的正弦值；
（３）设Ⅳ为棱 。Ｃ。的中点，点 在
２如图８，在三棱￣ＡＢＣ－ａ １ＢｌＣｌ
Ｃ
平酗Ａ Ｂ 内，且删上平面
求线段 的长．
Ｃｌ，
中，Ｈ是正方形ＡＡ 的中心，ＡＡｌ＝
，且ＣＩＨ＝
，
２Ｖ ，Ｃ１ ｊ＿平面ＡＡ
图７
、／了．
（１）求证：平面 上平￣ＰＡＤ；
ｃ ｃ，
（２）设 细 Ｃ，若二面角 口Ｑ—
Ｃ的平面角的大小为３０￣．试确定ｔ的值．
图８
一
【考鼢析ｌ
折叠问题是高考经常考查的内
容之一．主要考查空间几何体中线
线、线面、面面的位置关系，空间角、
空间距离的计算．空间几何体的面
在边∞，ＣＢ上，点Ｅ与点Ｃ，Ｄ不重合，
ＥＦ．ＬＡＣ。ＥＦｎＡＣ＝Ｏ．沿ＥＦ将ＡＣＥＦ
ＥＦ。翻折后变成了ｔ＇０上ＥＦ．从而依
据两．平面垂直的性质定理“两平面
垂直．一个平面内垂直于两平面交
线的直线垂直于另一个平面”．得到
翻折到Ａ 的位置，使平面ＰＥＦ．Ｌ
ＰＯ上平面ＡＢＦＥＤ．自然就有ＰＯ上
积与体积计算．在高考中一般以解答
题的形式出现．有一定难度．
◇ｃ
图１
ｃ
体积；
ＢＤ。翻折前后都有ＢＤ上Ａ０．问题很
快得到了解决．
（２）“当册取得最小值时”就是
（１）求证：肋上平面ＰＯＡ．
要建立 的函数关系式确定点Ｄ的
【破解技巧１
解决这类问题要注意对翻折前
后线线、线面的位置关系，所成角及
距离加以比较．对某些翻折不易看
（２）当船取得最小值时，请解答
以下问题：
位置。问题中不难发现ＯＡ。ＯＦ。０Ｐ三
直线两两垂直．因此建立空间直角
坐标系利用空间向量从而避免作辅
（ｉ）求四棱锥Ｐ－
助线的麻烦是不错的选择．
（ｉｉ）若点Ｑ满足 ＝Ａ （ ＞０），
试探究：直线ＯＱ与平面
４
经典答案 （１）证明：因为菱形
ＡＢＣＤ的对角线互相垂直．所以ＢＤ上
ＡＣ．所以ＢＤ上 Ｄ．
清的元素，可结合原图形去分析、计
算，即将空间问题转化为平面问题．
所成角的
大小是否一定大于 ，并说明理由．
破解思路（１）折叠问题要注意
强为ＥＦＬＡＣ．袄以ＰＯＬＥＦ．
【经典椤燧】
￣ＡＢＣＤ
．
因为平面咫Ｆ上平面ＡＢＦＥＤ．平
面ＰＥＦｎ平面ＡＢＦＥＤ＝ＥＦ。且ＰＯＣ平
面ＰＥＦ 甄坝ＰＯ Ｌ平面ＡＢＦＥＤ．
因为ＢＤ Ｃ平面ＡＢＦＥＤ．所以
翻折前后位置关系的变化。同时还
要找出翻折前后不变的位置关系作
如图１，在边长为４的菱
，／ＤＡＢ＝６０。．点Ｅ，盼别
为解题基础．此题中翻折前ＣＤ上
ＰＯ ＬＢＤ．
０，０），曰（、／了，２，０），Ｄ（、／了，一２，０），
Ｐ（Ｏ，０，、／了）．
所以 ＝（ａ一３Ｘ／－Ｊ－，０，Ｅ），
因为Ａ０ ＡＰＯ＝Ｏ，所ｒＸ＇ＢＤ上平
面尸ＤＡ．
因为 ∈［０＇詈］，所以 ４．
因此直线０Ｑ与平面 所成的角
大于 ．即结论成立．
’４
（２）如图２，以０为原点，建立空
间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ．
（一ｎ，０，、／了一ｃ），因￣，ａ－Ｏ＝Ａ ，所以
３、／３
ｆａ－３Ｘ／Ｔ＝一Ａａ，
１
Ａ＋Ｉ 所
＿ｌ
以
【ｃ＝、／ｊ—Ａ—Ａｃ
、／３ Ａ
Ａ￣Ｉ
【嗣溜练习】
如图３，在等腰梯形ＡＢＣＤ中．
Ｑ（ ，ｏ， ），所以ｏ－０＝
３ＤＣ＝ＡＢ＝３、／３，ＤＥ＝３，将△ＡＥ１）沿
圈２
ＡＢ ｆ ＣＤ．Ｅ ＡＢ 一 ． ３ＡＥ＝
＋ｌ，０，
＼
ｆ
—３Ｖ—ｈ３－
１／ ．
Ａ＋ Ｉ
ＤＥ折起到△Ａ。ＥＤ的位置，使得平面
（ｉ） ０ｎＢＤ＝Ｈ．因为／ＤＡＢ＝
设平面船Ｄ的法向量为，ｌ＝（ ，Ｙ，
Ａ ｌＥＤ与平面ＤＥＢＣ所成的二面角为
（１）求证：ＤＥＬＡ１Ｂ；
６０。，所以ＡＢＤＣ为等边三角形，故
。），则ｎ．商＝０，，１． ：０．因为商：
（、／了，２， 、／了），动＝（０，一４，０），所
以
ＢＤ＝４，ＨＢ＝２，ＨＣ＝２、／了．
又设尸Ｄ＝ ，则ＯＨ＝２、／３一 ，
（２）当
取值范围．
Ｄ Ｃ
］时，求平面
Ｄ Ｃ
ｏＡ＝４、／了 ，其中Ｏ ＜２、／了．
所以Ｏ（０，０，０），ｇ（ｏ，０ ），Ｂ（２Ｎ／３一
，
｛、／３ ＋２ｙ一、／３ ＝０，取 ：ｉ。解得
ｔ一４ｙ＝０．
设直线ＤＱ与平面船Ｄ所成角为
Ａ１ＤＣ与平面Ａ ＥＢ所成二面角的值的
ｙ＝Ｏ，ｚ＝ｌ，所以，ｌ＝（１，０，１）．
２，０），故商＝ 一ｏ－ｂ－＝（２Ｖ－Ｙ— ，２，
－
ｘ），所以Ｉ商１＝￣ｖ／（２Ｘ／－３－－ｘ）Ｚ＋２２＋ｘｚ＝
Ｊｌｓｉ ｓ（
＋
Ｉ＿
１
：
Ａ Ｅ Ｂ
Ｖ２（ｘ一、／了）２＋１０，当 ＝、／了时，
Ｉ船ｆ ＝
、／了．
由（１）知，ＰＯ上平ｒ￣ＢＦＥＤ，所以
．此时ＰＤ＝ ，ＯＨ＝
、／＿乏＿．
Ａ＋１ Ａ＋ ＩＩ
Ｉ ３＋Ａ Ｉ
佩
一
图３
÷ 一‘ ＝｛‘
（＼ 竿×４ ４２－孚 ）４ ／ × ＿３．
、／２
锥 一＝
・
１
９＋６Ａ＋Ａ￣
＝
１
（ｉｉ）设点Ｑ的坐标为（口，０，ｃ），由
（ｉ）知，ＯＰ＝Ｖ了，则可得Ａ（３、／了，
又因为Ａ＞０，所以ｓｉｎ ＞ ．
｜獭
｜ 攀｜璐 ｔ｜赣
｜ Ｉ
｜
１．研究“两纲一题一材”，即考纲、大纲与高考试题以及新教材，把握好复习的方向．
２．夯基础，抓落实，促规范：立体几何的基本概念、公理、定理是基础；解题步骤要规范；注重通性通法，在日常学习
中要将此落实到底．
３．注重数学思想方法：转化、化归的思想贯穿立体几何的始终，是处理立体几何问题的基本思想．另外还要注意提
高识图、理解图、应用图的能力，解题时应多画、多看、多想，这样才能提高空间想象能力和解决问题的能力．
４．合理建立坐标系．突出向量方法．
５２
一
、
选择题：每小题５分，共２５分．
１．一个物体的底座是两个相同
ｃｊ
５
’Ｄ．
５
线必须是异面直线（其ｌ中 是正整
数）．设黑“电子狗”爬完２００６ｇ￣：，黄
“电子狗”爬完２００７段后各自停止在
正方体的某个顶点处，这时黑、黄
“电子狗”间的距离是
的几何体，它的三视图及其尺寸（单
位：ｄｍ）如图ｌ所示，则这个物体的体
积为（ ）
５．已知平面Ｏ／截一球面得圆
过圆心 且与Ｏ／成６０。二面角的平面口
截该球面得圆 若该球面的半径为
４，圆 的面积为４＂ｔｒ，则圆Ⅳ的面积为
（ ）
Ａ．７１Ｔ
Ｃ．】】
三、解答题：每小题１５分．共６Ｏ分．
Ｂ．９１Ｔ
Ｄ．１３１Ｔ
左视图
主视图
９．如图５，棱柱ＡＢＣ－ＡＩＢ。Ｃ。的
Ｅ］
俯视图
侧面ＢＣＣＩＢ１是菱形，Ｂ１Ｃ￣Ａ １Ｂ．
（１）证明：平面 ｌＧ上平面 Ｃ１；
二、填空题：每小题５分，共１５分．
６．两个相同的正四棱锥组成如
图３所示的几何体，可放人棱长为ｌ
图１
（２）设Ｏ是Ａ。ｃ。上的点，且Ａ ∥
平面Ｂ１ＣＤ，求ＡｌＤ：ＤＣ１的值．
Ｃ
Ａ．ｆ １２０＋１６＇ｒｒ）ｄｍ
Ｂ．ｆ １２０＋８＂ｔｒ）ｄｍ
Ｃ．ｆ １２０＋４＇ｒｒ）ｄｍ３
Ｄ．（６０＋８＇ｒｒ）ｄｍ。
的正方体内，使正四棱锥的底面
ＡＢＣＤ与正方体的某一个平面平行。
且各顶点均在正方体的面上，则这
样的几何体的体积的可能值有
个．
图５
２．已知一个平面 ，那么对于空
间内的任意一条直线ｏ，在平面 内一
定存在一条直线６，使得。与ｂ（
Ａ．平行
Ｃ．异面
Ｂ．相交
Ｄ．垂直
）
３．设ｍ，ｎ是两条不同的直线，
，
◇ｃ
图３
卢，ｙ是三个不同的平面，给出下列
命题： 。
７．如图４，已知正方体ＡＢＣＤ—
Ａ １ＣｌＤ１的棱长为１，Ｅ，盼别为线段
ＡＡ ｌ，Ｂ１Ｃ上的点，则三棱锥Ｄ１一ＥＤＦ的
（ 若ｍ上Ｏｌ，ｎ∥ ，则ｍ上ｎ；
②若 ￣ｒ；Ｂ－Ｊ－ｙ，贝０ ；
③若ｍ∥ ，ｎ∥Ｏｔ，则ｍ∥ｎ；
ｏＬ ｝Ｂ Ｂ ｆ ．ｅ＿ｒＬｏｔ． ｍＬ
其中正确命题的个数是（
Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．２
体积为
）
Ｄ．３
４．如图２，长７Ｙ＇［ｇＡＢＣＤ－－Ａ ＢｌＣ１Ｄ
中，ＡＢ＝ＢＣ＝２，ＡＡ ｌ＝ｌ，则居Ｃ１与平面
ＢＢ Ｄ１Ｄ所成角的正弦值为（ ）
Ａ
图４
８．某种游戏中，黑、黄两个“电
子狗”从棱长为１的正方体ＡＢＣＤ—
Ａ。 Ｃ Ｄ，的顶点Ａ出发沿棱向前爬
行．每爬完一条棱称为“爬完一段”；
Ａ Ｂ
黑“电子狗”爬行的路线是ＡＡ．一
图２
ＡｌＤ，一…，黄“电子狗”爬行的路线是
＇
Ａ．
３
Ｂ．—２Ｖ
６－
—
Ａ 一８８ 一…．它们都遵循如下规
则：所爬行的第ｉ＋２段与第ｉ段所在直
５
Ｅ 撩 六大主干知识
１１．已知某几何体的直观图和
三视图如图８所示。其正视图为矩
形，侧视图为等腰直角三角形，俯视
图为直角梯形．
（１）证明：ＢＮ上平面ＣｌＢｌⅣ
（２）设直线Ｃ Ⅳ与平面ＣＮＢ 所成
１０．如图６，已知Ｅ，盼别是矩形
ＡＢＣＤ的边ＡＢ，ＣＤ的中点，Ｇ是ＥＦ上
１２．如图９，在直四棱柱ＡＢＣＤ—
Ａ 曰 ＣｌＤ 中，底面ＡＢＣＤ为菱形，且
／－．ＢＡＤ＝６０。，ＡｌＡ Ｂ，Ｅ为ＢＢｌ延长
的一点，将ＡＧＡＢ，△ＧＣＤ分别沿
ＡＢ，ＣＤ翻折成△ＧｒＡＢ，ＡＧ２ＣＤ，并连
结Ｇ Ｇ２，使得平面ＧｒＡＢ上平面
线上的一点，Ｄ１Ｅ上平面ＤＶＩＣ．
（１）求二面角Ｅ＿ＡＣ—Ｄ 的大小；
（２）在Ｄ 上是否存在一点Ｐ，使
ＡＢＣＤ，ＧｌＧ２／ｌＡＤ，且ＧｌＧ２＜ＡＤ．连结
ＢＧ ，如图７．
的角为０，求ｓｉｎ０的值．
ＡＩＰ∥平面ＥＡｃ？若存在，求Ｄ。Ｐ：ＰＥ的
Ａ
（３）Ｍ为ＡＢ的中点，在ＣＢ上是否
值；若不存在，说明理由．
／／
存在一点Ｐ，使得ＭＰｆｆ平面ＣＮＢ ？若
Ｅ
入
存在，求出曰Ｐ的长；若不存在，请说
明理由．
何。
Ｃ
曰
图６
Ｃ Ｃ
Ｇ
，
Ｃ
，． 一・
图ｇ
图７
下
４
（１）证明：平耐 古上平￣Ｃ．４ＤＣ２；
（２）当ＡＢ＝１２，ＢＣ＝２５，ＥＧ＝８时，
———一
８————Ｈ 左视图
求直线ＢＧ２和平面ＧｄｌＤＧ 所成角的
正视图
——
余弦值．
十
４
土
４—
俯视图
图８
｜囊 ｜｜ｌ薯
ｉ
ｉ弧 ｜ 甍Ｉ ｇＩｆ譬 援ｔ 羁 Ｉｌ｜ 。
慧繁 煮 ｉ
由三垂线定理可知ＡＤ上Ｚ．故
ＡＤＣ为二面角 —Ｚ 的平面角，
Ａ ＤＣ＝６０。．
。空间几何体中的三视图
１．由几何体的正视图和侧视图
均如题图５所示知．原图下面是圆柱
面 ｅ
２．（１）证明：因为ＢＢ ｊ－平面
ＡＢＣＤ。ＡＣｃ平面ＡＢＣＤ，所以ＢＢ 上
Ａ ｃ．又因为ＢＤｊ＿ＡＣ，且ＢＤｎＢＢｌ＝
，
或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱
柱或下底是直角的三棱柱，Ａ、Ｂ、Ｃ
设 Ｄ＝２，则Ａｃ＝、／了．ＣＤ＝１．
又 ＢＤ＝３０。，所以ＡＢ＝４。故
：—Ｖ－
Ｙ
—
所以ＡＣ上平面ＢＢ Ｄ，而ＭＤｃ平
都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可
能是该几何体的俯视图．因为它的
正视图上面应为如图１所示的矩形．
选Ｄ．
面ＢＢ Ｄ．所以ＭＤ上ＡＣ
ｓｉ Ａ曰ｃ：
（２）当点 为棱ＢＢ 的中点时，
平面ＤＭＣ１上平面ＣＣ，Ｄ Ｄ．取ＤＣ的中
点Ⅳ，Ｄ１Ｃ１的中点Ⅳ１，连结ⅣⅣ１交ＤＣ
．
ＡＢ ４
２．（１）法１：由ＡＥ上平面ＢＣＤ得
ＡＥ上ＣＤ，又ａＤ上ＣＤ，则ＣＤ上平面
于０，连结ＯＭ（如图２）．因为Ⅳ是ＤＣ
的中点，ＢＤ＝ＢＣ，所以ＢＮ上ＤＣ；又因
ＡＥＤ，故ＣＤ上ＤＥ；同理可得ＣＢ土ＢＥ，
则日ＣＤＥ为矩形．又ＢＣ＝ＣＤ，则 ｃＤＥ
为ＤＣ是平面ＡＢＣＤ与平面ＤＣＣｌＤ１的
交线，而平面ＡＢＣＤ上平面ＤＣＣ￣Ｄ ，
所以ＢＮ上平面ＤＣＣ】Ｄ１．又可证得，Ｄ
是ＮＮ、鹋中 。所Ｉ）ＩＢＭ ０Ｎ且ＢＭ＝
ＯＮ。即ＢＭＯＮ是平行四边形，所以
图１
为正方形：故ＣＥ上ＢＤ．
法２：由已知可得ＡＢ＝ＢＤ＝ＡＤ＝
６Ｘ／２，设Ｄ为ＢＤ的中点，则 ０上
ＢＤ，ＣＯ上ＢＤ，则肋上平面ＡＯＣ，故
平面ＢＣＤｊ－平面ＡＯＣ，则顶点 在底
面ＢＣＤ上的射影Ｅ必在ＯＣ上，故
ＣＥＬＢＤ．
ＢＮ∥ＯＭ，所以ＯＭ上平面ＣＣ】ＤｌＤ．
因为ＯＭ ｃ平面Ｄ Ｃ ，所以平面
ＤＭＣ１上平面ＣＣｌＤ】Ｄ．
２．由三视图可知本题所给的是
一
个底面为等腰梯形的放倒的直四
（２）由（１）的证明过程知ＯＤ上平
面ＡＥＣ，过Ｄ作ＯＦ＿ＬＥＧ，垂足为Ｆ，则
易证得ＤＦ＿ＬＥＧ，故 Ｏ肋即为二面
角Ｃ—ＥＧ 的平面角．由已知可得
棱柱．所以该直四棱柱的表面积为
Ｓ＝２Ｘ ×（２＋４）×４十４×４＋２×４＋２ｘ
ｘ４＝４８＋８、／雨．
３．由几何体的三视图可知。该
几何体的底面是矩形，高为ＡＡＤＥ
中ＤＥ边上的高，则 ＝－＝＿１×２、／ ×２×
Ｃ
ＡＥ－－６．则ＡＥ Ｇ・ＡＣ－－２ｘ／３・６、／３＝
３６，故
ＡＧ ４Ｅ
： ，故ＥＧ＿ＬＡＣ，￣１ＯＦ＝
：
２Ｎ，／－￣．又ＤＤ：３Ｎ／２．则Ｄ
２
、／茄，故ｃｏｓ／－ＯＦＤ：—ｖＴ６
：
旦
—
，
即二面
．
５
图２
Ｃ－ＥＧ—Ｄ的余弦值为 ．
ｏ空间平行与垂直
１．设 ＣｎＢＤ＝Ｏ．连结ＯＱ．
（１）因为ＡＢＣＤ为菱形，所以Ｄ为
ＡＣ的中点：又Ｑ为 的中点，所以
ｏ空间角
１．过点 作平面口的垂线，垂足
ｏ空间向量
１
为ｃ，都内过ｃ作ｚ的垂线，垂足为Ｄ，
连结ＡＤ，连结ＣＢ，则／＿ＡＢＣ为ＡＢ与
平面口所成的角． ・
１．（１）￣ＡＤ／／ＢＣ，Ｂｃ＝÷ＡＤ，
２
ＯＱ∥Ｐｃ．又 平面ＱＢＤ，ＯＱｃ平
Ｑ为ＡＤ的中点，所以四边形ＢＣＤＱ为
面ＱＢＤ，所以船∥平￣ＱＢＤ．
（２）因为ＡＢＣＤ为菱形，所以
ＢＤ ｊ－Ａｅ又因为 上平面ＡＢＣＤ，
ＢＤｃ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ Ｊ＿ＢＤ．又
ｎＡＣ＝Ａ．所以ＢＤ上平面 ￡又
Ｄ
平行四边形．所以ｃＤ／／ＢＱ．因为
ＡＤＣ＝９０。，所以 Ａ ＝９０。，即
ＱＢ上ＡＤ．又平面 Ｄ上平面ＡＢＣＤ且
平面 Ｄ ｎ平面ＡＢＣＤ＝ＡＤ．所以
ＢＱ上平面 Ｄ．因为ＢＱ ｃ平面
ＢＤｃ平面ＱＢＤ．所以平面ＱＢＤ上平
图３
ＰＱＢ，所以平面Ｐ９ 上平面 Ｄ．
Ｅ 口ＬＵＮＦＵＸＩＱｔｌ ＾Ｎ＾Ｎ ■ ，■’曩 六大主干知识
（２）因为ＰＡ＝ＰＤ，Ｑ为ＡＤ的中点，
所以加上ＡＤ．
由题意，Ｂ（０，０，０），Ａ（２、ｖ／２，０，０），
因为ＭＮ ｊ＿平面ＡｌＢ Ｃ１，则
，
Ｃ 、／ ，一、／ ，、／了），Ａ （２、／ ，
２Ｖ７￣－，０），Ｂ１（０，２、／ ，０），Ｃ１（、／ ，
、／ ，、／了）．
（１） ＝（一、／ ，一、／ ，、／了），
：
因为平面ＰＡＤ上平面ＡＢＣＤ．且
平面ＰＡＤｎ平面ＡＢＣＤ＝ＡＤ，所以
尸ｐ上平面ＡＢＣＤ．
｛ ｌ耐． 、 且Ａｌ且 Ｃ１：－（（一、／－ ２， ，一 ２，一、／ ，
… 。’ ’
．
，
、／了）， ：（一２、／ ，０，０），则可得
如图４。以Ｑ为原点建立空间直
角坐标系，则平面ＢＱＣ的法向量为
（一２、／ ，０，０）．
（孚 ）．（＿ ＋（ 一ｇ）．
，ｌ：（０，０，１）；Ｑ（０，０，０），Ｐ（Ｏ，０，ｘ／３），
Ｂ（Ｏ，Ｘ／３，Ｏ），Ｃ（一１，、／３，０）．
ｃｏｓ ＝ ＝
（一 ）＋ ２× ＝。，
： ．
３ｘ２、／ ３
（孚 ）．（＿２ ，
所以异面直线ＡＣ与Ａ１Ｂ 所成角
、／２
ｐ —＿『，
解上面的方程组可得
的余弦值为 ．
、／２
Ｃ
ｑ ■ ’
（２） ＝（０，２、／ ，０）， ：
Ｙ
（一、／丁，一、／ ，、／了），设平面ＡＡ。Ｃ
所以可得Ｍｆ＼ 盟２ ， ４ ，０１／ ．向量
图４
设 （ ，），，ｚ），则葡＝（ ，ｙ， —
的法向量为Ｊ，ｌ：（ ，），， ），
｛【ｍ‘ ’
ＡＡ
厕 ｆ＼ ２ ， ４ ，。１／ ，所以线段删
ｘ／Ｙ）， ＝（一１－ｘ，、／了 ， ）．
ｍ・
由已知条件葡＝ｔ ，可得
即ｆ
＝ ：
ｔ２ｘ／２ ｙ＝０
．＿ 一 ），＋ ，
的长ｌ痢Ｉ
ｔ
．
＝一一
．
，ｌ＝
、／１０
＝ｆ（一１ ），
１＋ｔ
令 ：、／了，则ｙ＝０， ＝、／ ，Ｊ
４
ｙ＝ （ 丁－ｙ），所以
、／３ ｔ
ｙ ’
（、／了，０，、／丁）．
ｚ一
、／３＝ （ ），
设平面Ａ１Ｂ。Ｃ 的法向量为，ｌ＝（Ⅱ，
ｏ折叠问题
＝～
、／３
．
ｂ｛ｎ・Ａｌ ｌ＝０，
（１）由已知有ＤＥ上ＡｉＥ，ＤＥ上
１＋
，
ｃ），则｛二
…
【
ｎ・Ａ１ ＝Ｏ，
’
ＥＢ，又Ａ１ ｎＥＢ＝ ，所以ＤＥ上平面
在平面舳Ｑ中， ＝（０，、／了，
０）＇ （＿ｉｔ，百％／－３－ｔ，鲁）所以
即卜
（－２、／ ０＝０．
６＋ ｃｌ０＇
Ａ１船，所以ＤＥ上Ａ．曰．
（２）因为ＤＥ上平面Ａ１ＢＥ，所以平
面ＤＥＡ 上平面ＡｉＢＥ，所以平面
平面枷ｐ的法向量Ｊ，ｌ＝（Ｖ了，Ｏ，￡）．
令６＝、／了，则口＝０，ｃ＝、／ ，ｎ－－
Ｄ皿Ｃ上平面Ａ１朋，所以平面Ａ１ＥＤ与
因二面角Ｍ－ＢＱ—Ｃ的平面角为
（０，、／了，、／ ）．
平面ＤＥＢＣ所成的角即为 Ａ．肋＝０．
３ 。 ｔ
于是 ０ｓ（ｍ， 裔
如图６，建立空间直角坐标系，
则Ａ１（、／３ ｓｉｎＯ，、／３ ｃｏｓ０，０），Ｃ（０，
ｖ３
—
：
，
—
所以 ｉ （ ， ＞：
．
所以 ：３．
Ｌ
、／３，３），Ｄ（０，０，３），所以 ＝
２
、／丁×、／丁 ７
－
２．如图５．建立空间直角坐标
－
３
Ｘ
／５
（一、／３ ｓｉｎＯ，Ｖ ３一、／３ ｃｏｓ０，３），
———————
——
．
系，其中点Ｂ为坐标原点，ＢＡ所在直
Ａ ＝（一、／３ ｓｉｎＯ，一、／３ ｃｏｓＯ，３）．
线为 轴，船 所在直线为Ｙ轴．
所以二面角Ａ－Ａ。Ｃ。－Ｂ１的正弦
￣３Ｖ＇３－
一
．
（３）由Ⅳ为棱Ｂ Ｃ 的中点，可得
Ⅳ（孚，Ｔ３Ｘ／－Ｙ， ２）＇ ｏ），
图５
则 （孚 ， １，孚）．
图６
设平面Ａ ｌＣＤ的法向量为，ｌ＝ ，，， ），
一
、／了ｓｉｎＯ・斛（、／了一、／了ｃｏｓＯ）・
、／了ＳｉｎＯ・ｘ－、／了ｃｏｓ０・ｙ＋ａ￣－ａ
因为在Ｒｔ ＡＯＭＮ中 ＯＭＮ＝
Ａ、Ｂ｝｝ＤＥ．
又Ｅ是ＢＣｌ的中点，所以Ｄ为Ａ１Ｃｌ
的中点，即Ａ，Ｄ：ＤＣ。＝１．
１０．法ｌ：（１）因为平面ＧｃｔＢｊ－平
面ＡＢＣＤ，平面ＧＡＢｎ平面Ａ曰ＣＤ＝
ＡＢ，ＡＤｌＡＢ，ＡＤＣ平面ＡＢＣＤ，所以
３０。，所以Ｄ＾ ÷
一
，故圆Ⅳ的
半径ｒ＝、／ 丽
。删ｎ：
：Ｖ ，所以圆Ⅳ的
面积为．ｓ＝竹 １３＇ｎ＂．选Ｄ．
（ ，０，１）．
又易知平面Ａ 的一个法向量
６．无穷多．提示：正四棱锥的
高是固定不变的，但是其底面正方
形ＡＢＣＤ的面积可不一样．本题可以
转化为一个正方形可以有多少个内
ＡＤ上平面ＧｌＡ ．又ＡＤ Ｃ平面
ＧｃｔＤＧ２，所以平面Ｇ 曰上平面
Ｇ ＤＧ
为ｍ＝（０，０，１），所以ＣＯＳ（ｍ，ｎ）
．
＝
ｍ・，ｌ
１
．
ｍＩ ＩｎＩ
又因为０∈
接正方形．显然有无穷多种情况．
７．因为Ｅ点在线段ＡＡ 上，所以
（２）过点曰作ＢＨ上 Ｇ 于点日，
连结Ｇ ，如图９．
Ｇｌ Ｇ２
了２＂１＂ 以可 ｓ（ ）∈
ＳＡＤＥＤ
－
￣＂
１
×１ｘｌ＝ １
，
Ｉ
又因为脯在线
Ｄ
［孚， 所以 ］
段 １Ｃ上，所以点删平面ＤＥＤ１的距
离为１，￣Ｏｈ＝ｌ，所以 Ｄ
．
呦．：
时，平面 １ＤＣ－￣平面Ａ 昭所成二面角
的余弦值的取值范围为［孚，
综合测试
÷×ＳＡＤＥＤ￣Ｘｈ＝了１× １×－＝ ．
８．由题意．黑“电子狗”爬行路
线为ＡＡ １— ｌ＿÷ＪＤ１Ｃｌ＿÷Ｃ１Ｃ－＋衄－÷
ＢＡ，即过６段后又回到起点，可以看
图９
由（１）的结论可知，ＢＨ上平面
ＧｃｔＤＧ２，所以ＬＢＧ］Ｉ是ＢＧ２和平面
ＣｃｉＤＣ２所成的角．
因为平面Ｇｒ４Ｂ上平面ＡＢＣＤ，平
面ＧｃｔＢＮ平面ＡＢＣＤ＝ＡＢ，Ｇ ＿ＬＡＢ，
１．此物体的上部是一个长方
作以６为周期；同理，黄“电子狗”也
是过６段后又回到起点．所以黑“电
子狗”爬完２００６段后实质是到达第
二段的终点Ｄ 。黄。‘‘电子狗”爬完
２００７段后到达第三段的终点Ｃ ．此
体，体积为１５ｘ４ｘ２＝１２０；下部分为两
个大小相同的半圆柱体，体积为＇ｉｆｘ
２２）（２＝８，ｒｒ．故选Ｂ．
Ｇ ｃ平面ＧＡＢ，所以Ｇ 上平面
ＡＢＣＤ。故Ｇ正ＬＥＦ． ．
２．利用排除法，当直线ａ与 相
交，￥ｔＪＡ不对；当直线ａ与ｏｌ平行，则Ｂ
不对；当直线ａ在ｏｔ内，则Ｃ不对，故选
Ｄ．
因为Ｇ１Ｇ２＜ＡＤ，ＡＤ＝ＥＦ，所以可
在ＥＦ上取一点Ｄ，使ＥＯ＝Ｇ１Ｇ２．
时的距离为ｌｃ１Ｄ ｌ：１．
９．（１）因为侧面ＢＣＣ Ｂ。是菱形，
所以 ｌＣ上ＢＣ１．又Ｂ１Ｃ上Ａ ，且
又因为Ｇ Ｇ２／ｌＡＤ∥ＥＯ，所以四
边形ＧＩＥＯＧ 是矩形．
３．①④正确，选ｃ．
４．注意到ＡｌＣ１上平面ＢＢｉＤ１Ｄ．
连结Ａｌ ｃＪ交Ｂ 于点０，ＢＯ即为ＢＣｌ
在平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ的投影．ＢＣ 与平面
由题设ＡＢ＝１２，ＢＣ＝２５，ＥＧ＝８，则
ＧＦ＝１７，所以Ｇ２０：Ｇ１Ｅ＝８，Ｇ ＝１７，
Ａ１ＢＮＢＣｌ ，所以 １Ｃ上平面Ａ Ｃ１．
又Ｂ１ＣＣ平面 ｌＣ，所以平面ＡＢ１Ｃ Ｊ－
ＯＦ＝、／／１７ 一８。＝１５，ＧＩＧｚ＝ＥＯ＝ＩＯ．
因为ＡＤ上平面ＧｌＡ ，Ｇ Ｇ２∥
ＡＤ，所以Ｇ Ｇ：上平面Ｇ 曰，从而
Ｇ１Ｇ２上Ｇ１Ｂ．
平面Ａ １ Ｃ１．
、
船ｌＤ Ｄ所成角的正弦值为Ｃ Ｏ：ＢＣ１，
故选Ｄ．
５．如图７，因为圆 的面积为
４＂ｔｒ，故ＭＡ＝２，所以在ＲｔＡＯＡＭ中，
（２）设ＢＣ１交 １Ｃ于点Ｅ，连结ＤＥ，
则砸是平面Ａ Ｃ。与平面Ｂ。ＣＤ的交
线．如图８．
Ｃ
故 Ｇ；＝ 酽＋ＥＧ ＋ＧｌＧ；＝６ ＋８ ＋
１０２－２００，ＢＧ２＝１０、／２．
ＯＡ ＝４．故ＯＭ＝２、／３．
又ＡＧｌ＝、／６２＋８ ＝１０，由ＢＨ・
ＡＧｌ＝ＧＩＥ・Ａ Ｂ￣．ＢＨ＝
所以ｓｉｎ
＝了４８
．
Ｇ Ｈ：—ＢＨ
—
４８
：一
‘ ＢＧ２ ５
图８
—— —一
１２ｖ￣－
，
ｃ。ｓ ＬＢＧｄｔ：
图７
因为ＡｉＢ∥平面ＢｌＣＤ，所以
１０、／ ２５
譬蓬圈‘高考版５７
－
Ｅ 璺漂 六大主干知识
ｌ二 二 ：
１２ｘ
／￣－
Ｃ（一、／了，Ｏ，０），Ｄ（０，一１，０），Ｄ。（０，
，
即直线 Ｇ２与平面Ｇ４ＤＧ
．
所
，＇
、／ ． ２５
一
１，２）．设Ｅ（０，１，２＋ ），贝０面 ：（０，２，
所成角的余弦值为 兰Ｚ
．
２５
以ｃｏｓＯ＝
蹲 ’、／２３５３ ７
＾）， ：（２、／了，０，ｏ）， ：（、／了，
法２：（１）因为平面ＧｌＡ 上平面
１，一２）．
即直线ＢＧ 与平面ＧｃｔＤＧ 所成角的
ＡＢＣＤ，平面ＧＡＢｎ平面ＡＢＣＤ＝ＡＢ，
ＧＩＥ＿ＬＡＢ，Ｇ１Ｅ ｃ平面Ｇ ｒＡＢ，所以
余弦值为 ，， ．
Ｃ
Ｇ１Ｅ上平面ＡＢＣＤ，从而Ｇ１ＥＬＡＤ．又
１１．（１）因为该几何体的正视图
ＡＢ上ＡＤ，所以ＡＤ上平面ＧｌＡ ．因为
为矩形，左视图为等腰直角三角形，
ＡＤｃ平面Ｇｖ４ＤＧ２，所以平面Ｇ１Ａ 上
俯视图为直角梯形，所以ＢＡ，ＢＣ，
平面Ｇ ＤＧ》
Ｃ
ＢＢｌ两两垂直． ．
（２）由（１）可知，Ｇ 上平面Ａ曰ｃＤ．
以Ｂ为原点，ＢＡ，ＢＢ。，ＢＣ分别为
故可以Ｅ为原点，分别以直线ＥＢ，
ＥＦ，ＥＧ 为 轴，ｙ轴， 轴建立空间直
，
Ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系，则
角坐标系（如图１０）．由题设ＡＢ＝１２．
Ⅳ（４，４，０），Ｂ１（０，８，０），Ｃｌ（０ ８，４），
因为ＤｌＥ上平面Ｄｖ４Ｃ，所以
ＢＣ＝２５，ＥＧ＝８，则肋：６，ＥＦ＝２５，ＥＧ１＝
ｃ（ｏ，０，４）． ‘
Ｄ 上ＡＣ，Ｄ１ＥＺＤ￣Ａ，所以２—２ｈ＝Ｏ，所
８，相关各点的坐标分别 （－６，０，Ｏ），
因为威・－Ｎ－ｉｆｔ＝（４，４，０）．（－４，４，０）＝
以ｈ＝１，即Ｅ（０，１，３），所以 ＝
Ｄ（－６，２５，０），Ｇｌ（０，０，８），Ｂ（６，０，０）．
一
１６＋１６＝０，威・ ＝（４，４，０）．
（０，２，１）， ＝（一、／了，１，３）．
（０，０，４）＝０，所以ＢＮ上ＮＢ１，曰Ⅳ上ＢｌＣ１
设平面ＥＡ Ｃ的一个法向量为ｍ＝
且ＮＢ。与曰 Ｃ 相交于曰１，所以删上平
ｌｍ上 ．
面Ｃ ｌⅣ．
怕ｉ【 ｍ Ｊ上． Ａ ＇可得方程组
（２）设，ｌ＝（ ，Ｙ，ｚ）为平面ⅣＣＢ１的
ｆｎ． ：０．
ｆｉｘ＝Ｏ，
令一 ，，一．．以Ｊ，ｌ＝
一
一
个法向ｔ量，则可得｛ ｊ
：
０．
所以 （０，２５，０），Ａ－－￣ｒ＝（６，０，８）．
Ｉｎ・Ⅳ８ ＝０
（０，３，一１）．
设，ｌ＝（ ，Ｙ，ｚ）是平面ＧＣｌＤＧ２的
ｆ（ ，ｙ，ｚ）。（４，４，一４）＝０， ｆ ＋ｙ－＿ｚ＝０，
又平面ＤＡＣ的法向量为 ：
ｆ，ｌ ｒ ：０．
【（ ，Ｙ，ｚ）‘（一４，４，０）＝０ ｌ ＋ｙ＝０，
一
个法向量，由｛，１． ： 得
（０，２，１），所以可得ｃｏｓ（ｍ， ）－－
取肛（１，１，２）， ＝（４，一４，一４），所
＝
忙
｛【 ５６ 。‘ 故可取，ｌ：（４，０，－３）．
ｌＩ 兰兰 圭 Ｉ：
Ｉ
ｍ
Ｉ・Ｉ ｌ
２
… …
＋＆＝０．
ｘ／１６＋１６＋１６・Ｖｌ＋１＋４ Ｉ
Ｅ－Ａ Ｃ—Ｄｌ的大小为４５。．
过点Ｇ 作Ｇ２０上平面ＡＢＣＤ于点
Ｖ
‘
（２）Ｊ￣．Ｄｖｔｂ＝Ａ硅：Ａ（ 一 ），得
０，因为Ｇ２Ｃ＝Ｇ ，所以ＯＣ＝ＯＤ，于是
点０在Ｙ轴上．
（３）因为Ｍ（２，０，０）．设Ｐ（Ｏ，０，ａ）
踣 ＝（。，Ｉ２＿Ａ， ），所以
因为Ｇ Ｇ２／ｌＡＤ，所以Ｇ。Ｇ ∥ＥＦ，
为日ｃ上一点，则 （一２，０，口），因为
Ｇ２Ｏ＝Ｇ１Ｅ＝８．
＝ ＋ ：（一、／了，一１，０）＋
∥平面ｃ ，所以 上，ｌ ．
设Ｇ２（０，ｍ，８）（０＜ｍ＜２５），由１７２＝
，ｌ＝（一２，０，ａ）・（１，１，２）＝－２＋２ａ＝０＝ｅ．ａ＝
８２．４－（２５一ｍ） ，解得ｍ＝ｌＯ，
（ｏ， 击 ， Ａ－Ｉ击） ．
１．又 平面ＣＮＢｌ，所［Ａ：ＭＰ∥平
所以 ＝（０，１０，８）一（６，０，０）＝
面ＣＮＢ ，所以当 ＪＰ ｌ时， ∥平面
因为ＡＩ尸∥平面 ｃ，所以 上
（一６，１０，８）．
ＣＮＢ１．
ｍ，所以一Ｖ－Ｙ×０＋３× 二．＿＿ｌ＋（一１）×
设曰Ｇ２和平面ＧｃｔＤＧ：所成的角 １２．（１）设ＡＣ与ＢＤ交于Ｄ。如图
ｌ１所示建立空间直角坐标系Ｄ ．
黝舢 ｓｉｎ ＝
击１ ＝＋Ａ ｏ，所以Ａ＝寻，２ 所以存在点Ｐ使
ＯＡＢ＝２，则Ａ（、／３，０，０），Ｂ（０，１，０），
Ａ，Ｐ／／平面ＥＡＣ，此时ＤｌＰ：ＰＥ＝３：２．
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