立体几何证明

一. 本周教学内容： 专题5 立体几何

二. 考点提要：

1. 空间角与空间距离 在高考的立体几何试题中，求角与距离是必考查的问题，其中最主要的是求线线角、线面角、面面角、点到面的距离，求角或距离的步骤是“一作、二证、三算”，即在添置必要的辅助线或辅助面后，通过推理论证某个角或线段就是所求空间角或空间距离的相关量，最后再计算。

2. 立体几体的探索性问题 立体几何的探索性问题在近年高考命题中经常出现，这种题型有利于考查学生归纳、判断等方面的能力，也有利于创新意识的培养。近几年立体几何探索题考查的类型主要有：（1）探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么？（2）探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。 对命题条件的探索常采用以下三种方法：（1）先观察，尝试给出条件再证明；（2）先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；（3）把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件。 对命题结论的探索，常从条件出发，再根据所学知识，探索出要求的结论是什么，另外还有探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾。

三. 知识串讲：

（一）平行与垂直关系的论证

由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系，在应用中：低一级位置关系判定高一级位置关系；高一级位置关系推出低一级位置关系，前者是判定定理，后者是性质定理。 1. 线线、线面、面面平行关系的转化：

面面平行性质 //a,ab//b a a//b   b a,b  a// a,b A b abA  a a//,b// (a//b,b//c 线线∥ a//c) 公理4 线面平行判定 线面平行性质 线面∥ //面面平行判定1 面面∥ 面面平行性质 面面平行性质1 //// a ba//a//b//a // a//

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2. 线线、线面、面面垂直关系的转化： abO la,lba,bl  aa 面面⊥ 三垂线定理、逆定理 线线⊥ PA,AO为PO在内射影a则aOAaPOaPOaAOl线面垂直判定1 线面垂直定义 线面⊥ 面面垂直判定 面面垂直性质，推论2 a la ba a,ab a a 面面垂直定义 l，且二面角l成直二面角 

3. 平行与垂直关系的转化： a//baaa b线面垂直判定2 线面垂直性质2 a// 线线∥ 线面⊥ 面面平行判定2 面面平行性质3 面面∥ a//bba //aa

4. 应用以上“转化”的基本思路——“由求证想判定，由已知想性质。” 5. 唯一性结论：

（二）空间中的角

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1. 三类角的定义：

（1）异面直线所成的角θ：0°＜θ≤90°

（2）直线与平面所成的角：0°≤θ≤90° （0时，b∥或b）

（3）二面角：二面角的平面角θ，0°＜θ≤180°

2. 三类角的求法：转化为平面角“一找、二作、三算” 即：（1）找出或作出有关的角； （2）证明其符合定义； （3）指出所求作的角； （4）计算大小。

（三）空间距离： 求点到直线的距离，经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关三角形中求解。 求点到面的距离，一般找出（或作出）过此点与已知平面垂直的平面利用面面垂直的性质求之也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离，直线与平面的距离，面面距离都可转化为点到面的距离。

【典型例题】

（一）与角有关的问题

例1. （1）如图，E、F分别为三棱锥P—ABC的棱AP、BC的中点，PC＝10，AB＝6，EF＝7，则异面直线AB与PC所成的角为（ ）

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A. 60° B. 45° C. 30° 解：取AC中点G，连结EG、FG，则

D. 120°

11EG∥PC，FG∥AB22

∴∠EGF为AB与PC所成的角 在△EGF中，由余弦定理，

EG2FG2EF25232721cos∠EGF2·EG·FG2532

∴AB与PC所成的角为180°－120°＝60°

∴选A

（2）已知正四棱锥以棱长为1的正方体的某个面为底面，且与该正方体有相同的全面积，则这一正四棱锥的侧棱与底面所成的角的余弦值为（ ）

A.1313B.36C.332D.2626

2设正四棱锥的高为h，斜高为h'

解：

1h2

11由题意：41h222∴h6

2212612

222∴侧棱长PBhOB622262

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∴cos∠PBO

∴选A

OBPB221313262

（3）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为A1D1上的一个定点，Q为

A1B1上的任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，有下列命题：

①点P到平面QEF的距离为定值；

②直线PQ与平面PEF所成的角为定值； ③二面角P—EF—Q的大小为定值； ④三棱锥P—QEF的体积为定值

其中正确命题的序号是___________。

解：平面QEF即是平面A1B1CD

∴A1D1上定点P到面A1B1CD的距离为定值

∴①对，②错

二面角P—EF—Q，即面PDF与面A1B1CD所成的角，且平面角∠PDA1为定 因为A1B1∥DC，且EF为定值，∴SQEF为定值

又P点到平面QEF的距离为定值，∴VPQEF为定值，∴④对

综上，①③④正确。

值，∴③对

例2. 图①是一个正方体的表面展开图，MN和PQ是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN，PQ画出来，并就这个正方体解答下列各题： （1）求MN和PQ所成角的大小； （2）求四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比； （3）求二面角M—NQ—P的大小。

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解：（1）如图②，作出MN、PQ

∵PQ∥NC，又△MNC为正三角形 ∴∠MNC＝60°

∴PQ与MN成角为60°

（2）VMNPQVQPMN1SPMN·MQ3

11·2SPMN·MQSPMDN·MQ661V正方体6 即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1：6

（3）连结MA交PQ于O点，则MO⊥PQ

又NP⊥面PAQM，∴NP⊥MO，则MO⊥面PNQ 过O作OE⊥NQ，连结ME，则ME⊥NQ ∴∠MEO为二面角M—NQ—P的平面角 在Rt△NMQ中，ME·NQ＝MN·MQ 设正方体的棱长为a

ME

2a·a62a，又MOa32 3aMOME2a3226a3

在RtMEO中，sin∠MEO

∴∠MEO＝60°

即二面角M—NQ—P的大小为60°。

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例3. 如图，已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。 （1）求点P到平面ABCD的距离； （2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。

解：（1）作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连结OB、OA、OD，OB与AD交于点E，连结PE

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB（根据___________） ∵PA＝PD，∴OA＝OD

于是OB平分AD，点E为AD中点 ∴PE⊥AD

∴∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角 ∴∠PEB＝120°，∠PEO＝60°

又PE3，∴POPEsin603·o3322

即为P点到面ABCD的距离。

（2）由已知ABCD为菱形，及△PAD为边长为2的正三角形 ∴PA＝AB＝2，又易证PB⊥BC 故取PB中点G，PC中点F 则AG⊥PB，GF∥BC 又BC⊥PB，∴GF⊥PB

∴∠AGF为面APB与面CPB所成的平面角 ∵GF∥BC∥AD，∴∠AGF＝π－∠GAE 连结GE，易证AE⊥平面POB

又PEBE3，G为PB中点

∴∠PEG1o∠PEB602

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∴GEPEcos603o1322

在RtAGE中，AE∴tan∠GAE1AD12

GE3AE2

32

∴∠GAEarctan

∴∠AGFarctan32

32

所以所求二面角的大小为arctan（2）解法2：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA

P（0，0，333），B（0，，0）22

333，），连结AG44

PB的中点G的坐标为（0，

又A（1，333，0），C（2，，0）22

33333，），PB（0，，），4422

由此得到GA（1，BC（2，0，0）

于是GA·PB0，BC·PB0 ∴GA⊥PB，BC⊥PB

∴GA、BC的夹角为所求二面角的平面角 GA·BC27于是cos7|GA|·|BC| ∴所求二面角大小为arccos277

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（二）与距离有关的问题

例4. （1）已知在△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离都是14，那么点P到平面ABC的距离是（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7 解：设点P在△ABC所在平面上的射影为O

A B C O R

∵PA＝PB＝PC，∴O为△ABC的外心

△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°

∴BC9152915cos12021

由a2R，∴RsinA21232

22o73

o∴PO1473227（2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2，BB12，∠ABC

90，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的

长度为___________。

解：（采用展开图的方法）

将平面B1BCC1沿B1B旋转使两矩形A1ABB1与B1BCC1在同一平面内

连接EF，则EF为所求的最短路径

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32如图①，EFA1E2A1F212222如图②展开，EF(2)1231如图③展开，EF122222222

2

7222



322

点评：此类试题，求沿表面运动最短路径，应展开表面为同一平面内，则线段最短。但必须注意的是，应比较其各种不同展开形式中的不同的路径，取其最小的一个。

（3）在北纬45°圈上有甲、乙两地，它们的经度分别是东经140°与西经130°，设地球半径为R，则甲、乙两地的球面距离是（ ）

比较这三种方式展开，可见沿表面从E到F的最短路径长度为32。2

A.1R2B.1R4C.3R2D.1R3

解：

由题意∠AO1B360o140o130o90o（O1为小圆圆心）

又由题意O1AO1B2R2

则1AB中，ABR

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∴△AOB为正三角形（O为球心）

∴∠AOB3

R3

∴A、B两点球面距离为∴选D

例5. 如图，四棱锥P—ABCD，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD中点。 （1）求证：AF∥平面PEC；

（2）若AD＝2，CD22，二面角P—CD—B为45，求点F到平面PEC

o距离。

解：G为PC中点，连结FG、EG 又∵F为PD中点

11∴FG∥CD，又AE∥CD22

∴FG∥AE

∴四边形AEGF为平行四边形

∴AF∥EG，又EG面PEC，AF面PEC

∴AF∥平面PEC

（2）∵CD⊥AD，又PA⊥面ABCD ∴AD为PD在面ABCD上射影 ∴CD⊥PD

∴∠PDA为二面角P—CD—B的平面角，且∠PDA＝45° 则△PAD为等腰直角三角形 ∴AF⊥PD，又CD⊥平面PAD ∴CD⊥AF ∴AF⊥面PCD

作FH⊥PC于H，则AF⊥FH 又EG∥AF，∴EG⊥FH

∴FH⊥面PEC，∴FH为F到面PEC的距离 在Rt△PEG中，FH·PG＝PF·FG

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∴FH

2222221

方法2：（体积法）

∵AF∥面PEC，故只要求点A到面PEC的距离d

11由VAPECVPAEC即SPEC·dSAEC·PA33

易证AF⊥面PCD，∴EG⊥面PCD

∴EG⊥PC

∴SPEC11PC·EG222222222222

SAEC11AEBC22222

∴d

SAEC·PA221SPEC22

（三）对命题条件的探索

例6. （1）如图已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面ABCD，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件E点有两个时，a的取值范围是（ ）

A.a6C.0a6B.a6 D.0a6

解：∵PA⊥面ABCD，PE⊥DE

由三垂线定理的逆定理知PE的射影AE⊥BE

所以满足条件的点E是以AD为直径的圆与BC的交点，要有两个交点，则 AD＞2AB＝6 ∴选A

（2）如图，在三棱柱ABC－A'B'C'中，点E、F、H、K分别为AC'、CB'、A'B、B'C'的中点，G为△ABC的重心，从K、H、G、B'中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为（ ）

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A. K B. H C. G D. B

分析：从题目中的“中点”条件，联想到“中位线”。 而平面PEF中，EF为定直线，连BC'则F为BC'中点

故AC'B中，EF∥ABAB∥平面PEF，A'B'∥平面PEF

考虑到若P为K点，则还有AA'、BB'、CC'都平行于FK 即它们也都平行于平面PEF，不合题意。 同理P也不能为H点，若P为B'点时，EF与B'A'共面也不符合题意（这时只有一条棱平行于平面PEF），可见只能取G点。 故选C

例7. 如图，是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1

（1）线段A1B上是否存在一点P使得A1B⊥平面PAC?若存在，确定P的位置；若不存在，说明理由。

（2）点P在线段A1B上，若二面角C—AP—B的大小是arctan2，求P点位

B1Q。QD

置；

（3）Q点在对角线B1D上，使A1B∥平面QAC，求

解：（1）（用反证法）

假设BA1⊥面PAC，则A1B⊥AC

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∵A1C1∥AC，易知A1B与A1C1成60 即A1B与AC成60角，与A1B⊥AC矛盾

∴A1B不垂直于平面PAC

∴不存在点P满足题目条件

（2）过B作BH⊥AP于H，连CH

oo

由于CB⊥面ABB1A1，故CH⊥AP

即∠BHC是二面角C—AP—B的平面角

∴tan∠BHC即AB2BH

BC2BH

即在RtBHA中，∴∠BAH＝30°

BH1AB2

在ABP中，PBAB，又AB1sin30sin105

∴PB

12624622

（3）由于A1B∥D1C，∴A1B∥面D1AC ∴点Q是直线B1D与面D1AC的交点

下面求Q点的位置。

设AC∩BDO，显然QOD∽QD1B1 ∴B1QB1D12QDDO

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（四）对命题结论的探索 例

8.

（1）正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，

并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是（ ）

A.线段B1C

B.线段BC1

C.BB1中点与CC1中点连成的线段 D.BC中点与B1C中点连成的线段

分析：从条件AP⊥BD1出发，可知AP必在过A点且与BD1垂直的平面B1AC上 ∴点P必在B1C上 ∴选A

（2）如图，斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（ ）

A. 直线AB上

B. 直线BC上

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C. 直线CA上 解：连结AC1

∵AC⊥AB，又AC⊥BC1 ∴AC⊥面ABC1

D. △ABC内部

又AC面ABC，∴面ABC⊥面ABC1且AB为交线

则C在面ABC上的射影必在交线AB上 ∴选A

例9. 在四面体ABCD中，AB⊥BC，AB⊥BD，BC⊥CD，且AB＝BC＝1。 （1）求证：平面CBD⊥平面ABD； （2）是否存在这样的四面体，使二面角C—AD—B的平面角为30°？如果存在，求出CD的长；如果不存在，请找出一个角θ，使得存在这样的四面体，使二面角C—AD—B的平面角为θ。

解：（1）∵AB⊥BC，AB⊥BD

∴AB⊥平面BCD，又AB面ABD

∴面ABD⊥面CBD

（2）设CD＝x，在面CBD内作CE⊥BD于E 由（1）知平面ABD⊥面BCD，且BD为交线 ∴CE⊥平面ABD

作EF⊥AD于F，连结CF，则CF⊥AD

∴∠CFE为“二面角”C—AD—B的平面角，且∠CFE＝30° 又在Rt△BCD中，CE·BD＝CB·CD

∴CE

1xx21xx21

又∵CD⊥BC，又BC为AC在面BCD上射影

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∴CD⊥AC

则在Rt△ACD中，CF·AD＝AC·CD

∴CF

2xx2

xx12xx2222CE在RtCEF中，sin∠CFECF

x22·x12212

解出x3，无实数解。

故不存在这样的四面体，使二面角C—AD—B的平面角为30°

22又sin∠CFE

x22·x2112121，12x12

∴∠CFE，42

故θ可以取45°～90°之间的任意角。

点评：本题是一道存在性的探索问题。常常假定结论成立，再判断它与已知条件是否符合。

【模拟试题】

一. 选择题。

1. PA、PB、PC是从P引出的三条射线，两两成60°，则PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）

1A. 2

3B. 2

3C. 3

6D. 3

2. 在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B—AC—D的余弦值为（ ）

1A. 3

1B. 2 22C. 3

3D. 2

3. 三棱锥的三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别是2，3，6，则这个点到三棱锥顶点的距离是（ ）

A.

11

B.

41

C. 7 D.

61

4. 已知A、B、C是球面上的三点，且AB＝6，BC＝8，AC＝10，球 心O到平面ABC的距离为11，则球的表面积为（ ）

A. 36

B. 72

C. 144

D. 288

5. △ABC边上的高线为AD，BDa，CDb，且ab，将△ABC沿AD折成大小

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为θ的二面角B—AD—C，若

cosab，则三棱锥A—BCD的侧面△ABC是（ ）

A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 形状与a，b的值有关的三角形

6. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体的下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（含最底层正方体的底面积）超过39，则该塔中正方体的个数至少是（ ）

A. 4

二. 填空题。

B. 5

C. 6

D. 7

7. 如图，在三棱锥P—ABC中，PAPBPCBC，且面ABC所成角的大小为___________。

∠BAC2，则PA与底

8. 如图，矩形ABCD中，AB4，BC3，沿AC把△DAC折起，当四面体的体积最大时，直线AD与平面ABG所成角的正弦值是___________。

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9. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，M、N分别为B1C1、D1C1中点，则点C到截面MNDB的距离是___________。

三. 解答题。

10. 如图，正三角形ABC的边长为3，过其中心G作BC边的平行线，分别交AB、AC于B1、C1，将AB1C1沿B1C1折起到A1B1C1的位置，使点A1在平面BB1C1C上的射影恰是线段BC的中点M，求：

（1）二面角A1B1C1M的大小；

（2）异面直线A1B1与CC1所成角的大小。（用反三角函数表示）

11. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，ABM是线段EF的中点。 （1）求证：AM∥平面BDE； （2）求二面角A—DF—B的大小； （3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是60°。

2，AF＝1，

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【试题答案】

一. 选择题。

1. C 2. A 3. C 4. C 5. C 6. C 提示：假设有n个正方体构成，其表面积由二部分组成： （1）俯视图、表面只有一个正方形，其边长为2。 （2）侧面则由4n个正方形构成，且各层（从下往上看）正方形面积构成一个首项为4，

1的等比数列。 2公比为

2n1111444444…439222∴表面积

2

1n4123984·112

∴n的最小值为6

二. 填空题。

 7. 3

∠BAC2，∴H为BC

提示：由题意，P点在面ABC上的射影H是△ABC外心，

中点）

4 8. 5 2 9. 3

提示：VCMDB

11S·hS·C1CVMCDB，即3MBD3BCD

∴hSBCD·1SMBD11112521·2·2242223

三. 解答题。

10. （1）连结AM，A1G

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∵△ABC为正三角形，M为BC边中点 ∴A、G、M三点共线，AM⊥BC

∵B1C1⊥BC，∴B1C1⊥AM于G

即A1G⊥B1C1

∴∠A1GM是二面角A1B1C1M的平面角

∵点A1在平面BB1C1C上的射影为M

∴A1M⊥MG，∠A1MG90

oRtAGM∠AGM6011在中，由AG2GM得

o即二面角A1B1C1M的大小是60°

（2）过B1作B1P∥C1C交BC于P，则∠A1B1P为异面直线A1B1与CC1所成的角 由PB1C1C是平行四边形得：

B1PC1C1BP，PMBMBP∵A1M⊥面BB1C1C于M

1，A1B1AB122

∴A1M⊥BC，∠A1MP90

在RtA1GM中，

o

A1MA1G·sin603·2222o3322

2

531A1PA1MPM222 在RtA1MP中，

在A1B1P中，由余弦定理

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5ABB1PA1P25cos∠A1B1P112·A1B1·B1P2·2·18

222212

∴异面直线A1B1与CC1所成的角为

arccos58

11. 解：（1）记AC与BD交于点O，连结OE

∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形 ∴四边形AOEM是平行四边形

∴AM∥OE，OE平面BDE，AM平面BED ∴AM∥平面BDE

（2）∵AB⊥AF，AB⊥AD，AD∩AFA ∴AB⊥平面ADF，作AS⊥DF于S，连BS 由三垂线定理，得BS⊥DF

∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角

在Rt△ASB中，

AS6，AB23

o∴tan∠ASB3，∠ASB60

∴二面角A—DF—B的大小为60°

（3）设CPt(0t2)，作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，AB∩AFA ∴PQ⊥面ABF

∴PQ⊥QF

在Rt△PQF中，∠FPQ＝60°，PF＝2PQ ∵△PAQ为等腰直角三角形

∴PQ2(2t)2

又△PAF为直角三角形

高三二轮专题复习 2006-4

∴PF

2t21222t2

∴(2t)212·∴t1或t3（舍）

即点P是AC的中点

【励志故事】

机会的意义

一个人在海上遇难，漂流到了一个小岛上，他建了个小木房，还储存了一些食物在里面。每天他想尽办法寻找生机，一大早就要登上高处张望。可一个星期过去了，一只木船的影子也没看见。

这天，他正在岸边张望，突然狂风大作，雷电轰鸣。一回头，他看见自己的木棚方向升起浓烟，他急忙跑回去，原来雷电点燃了他的木房，大火熊熊燃烧起来，他真希望能赶快下一场雨浇灭这场火，因为他所有的食物都在里面！可是，火渐渐地把棚子烧成了灰烬，天却渐渐地转晴了，一滴雨也没下。

他绝望了，认为这是上帝的惩罚。他心灰意冷地到一棵树上结束了自己的生命。 就在他停止呼吸后不久，一艘船开了过来，人们来到岛上，船长一看见灰烬和吊在树上的尸体就明白了一切，他说；“他没有想到失火后冒出的浓烟把我们的船引到这里，他只要再坚持一会儿就会获救的。”

机会常常在最意想不到的时刻到来，对于我们来说，不仅要有创造机会的能力，还要有等待机会的勇气，就像在漫漫长夜等待黎明，太阳总是在最黑暗的时刻后升起。

高三二轮专题复习 2006-4