9.13 立体几何的综合问题•知识梳理1•线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系2•空间角与空间距离.3•柱、锥、球的面积与体积•4•平面图形的翻折，空间向量的应用 ••点击双基1•若RtA ABC的斜边BC在平面a内，顶点A在a外，则厶ABC在a上的射影是A.锐角三角形 B.钝角三角形C・直角三角形 D・一条线段或一钝角三角形解析：当平面ABC丄a时，为一条线段，结合选择肢，知选 D・答案：D2.长方体ACi的长、宽、高分别为 3、2、1，从A到Ci沿长方体的表面的最短距离为A.1+、3B.2+、10D.2 3解析：求表面上最短距离常把图形展成平面图形答案：C3•设长方体的对角线长为 4，过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为 60 °, 则长方体的体积是A.27、2 B.8 一2 C.8、3 D.16解析：先求出长方体的两条棱长为 2、2,设第三条棱长为X,由22+22+x2=42 x=2 2 ,V=2 X 2 X 2、2 =8 . 2 •答案：B4•棱长为a的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是解析：易知球的直径 2R= ,3 a.所以R= '3 a.所以V= 4n R3」"3” a3.2 3 2答案：3n 3a325•已知△ ABC 的顶点坐标为 A (1, 1, 1 )、B (2, 2, 2)、C (3, 2, 4),则厶 ABC 的面积是 •解析：AB= (1, 1, 1) , AC= (2, 1, 3), cos〈 AB , AC >J7 1 —l ■ . 1 — /— V7~2sinA= ・••. S abc = | AB ||AC |sinA= 3 • r147 2 2 7答案：兰2•典例剖析【例1】 在直角坐标系 O— xyz中，OA= (0, 1, 0),AB= (1, 0, 0), OC= (2 , 0 ,0), OS=(0, 0, 1).(1)求SC与OB的夹角a的大小;(2)(3)(4)(5)|SC|-.2^022(1)=..5 , |OB |= ”丿120 、 102012 02 = , 2COS a =cos〈SC OBSC , OB > = _ _ =--|SC||OB| V5 J2,a =arccos— 5 5n • SC =0 ,(2)t n丄平面SBC,： n丄SC且n丄BC，即、n • BC =0.—1),BC =OC — OB= (1, — 1, 0),p=1 ,即n =(1, 1,2)・q=2 ,••• SC= (2, 0,2— q=0, •1- P=0.(3) OA与平面SBC所成的角B和OA与平面SBC的法线所夹角互余，故可先求OA与OA= (0, 1,0), |OA|=1, |n| = .12 12 22 = 6 ・••• cos〈 OA ,n > =心=1 =0|OA|| n| 1 16 6设n= (1, p, q),且n丄平面SBC,求n； 求OA与平面SBC的夹角； 求点O到平面SBC的距离； 求异面直线 SC与OB间的距离.解：(1)如图，SC = OC — OS= (2 , 0, — 1), OB= OA+ AB= (1, 1, 0),则” l~6即〈OA , n〉=arccos — /. 0 = — — arccos^—6 ' 2 6(4)点0到平面SBC的距离即为0C在n上的投影的绝对值,••• d=|OC •丄 |= 2 =-(5) 0C在异面直线 SC、0B的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离，故先求与 SC、OB均垂直的向量 m.设 m= (x, y, 1), m± SC且 m丄 OB ,则 m • SC =0，且 m • OB=0.2x-仁0,I x+y=0,1x= ,21y=———2•- m= ( 1 ,21 — m 2 62，1)，d =|0C 市=,6=可特别提示借助于平面的法向量， 可以求斜线与平面所成的角， 求点到平面的距离， 类似地可以求异面直线间的距离•本题选题的目的是复习如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、 求距离.【例2】 如图，已知一个等腰三角形 ABC的顶角B=120°,过AC的一个平面a与顶 点B的距离为1,根据已知条件，你能求出AB在平面a上的射影AB1的长吗？如果不能，那 么需要增加什么条件，可以使 AB1=2?解：在条件“等腰△ ABC的顶角B=120° ”下，△ ABC是不能唯一确定的，这样线段AB1也是不能确定的，需要增加下列条件之一，可使 AB1=2 :①CBi=2 :②CB= 5或AB= 5 ;③直线 AB与平面a所成的角/ BABi=arcsin 5 ；5i'15 7 1 ④/ ABB1=arctan2;⑤/ B1AC=arccos ;⑥/ ABq= n— arccos :⑦ AC= , 15 :⑧ B14 81 J 5到AC的距离为—；⑨B到AC的距离为 ：⑩二面角B—AC — B1为arctan2等等.2 2思考讨论ABi=2，那么能够推出什么结本题是一个开放型题目，做这类题的思维是逆向的，即若果，再回过来考虑根据这一结果能否推出 AB1=2.【例3】(2004年春季北京)如图，四棱锥 S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面 ABCD , SB= .. 3 ,SC(1) 求证：BC丄SC;(2) 求面ASD与面BSC所成二面角的大小；(3) 设棱SA的中点为M,求异面直线 DM与SB所成角的大小.剖析：本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识， 考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力•(1) 证法一：•••底面 ABCD是正方形，••• BC丄 DC. v SD丄底面 ABCD ,••• DC是SC在平面ABCD上的射影.由三垂线定理得 BC丄SC.证法二：•••底面 ABCD是正方形，• BC丄 DC. v SD丄底面 ABCD ,• SD丄 BC.又 DCA SD=D ,• BC丄平面 SDC.a BC丄 SC.(2) 解法一：v SD丄底面ABCD，且ABCD为正方形，•可以把四棱锥 S— ABCD补形为长方体 AiBiCiS-ABCD，如上图，面 ASD与面BSC 所成的二面角就是面 ADSAi与面BCSAi所成的二面角，v SC丄BC, BC // AiS,「. SC丄AiS.又SD丄AiS,「./ CSD为所求二面角的平面角.在Rt△ SCB中，由勾股定理得 SC= 2 ,在Rt△ SDC中，由勾股定理得 SD=i.• / CSD=45 ° ,即面ASD与面BSC所成的二面角为45解法二：如下图，过点S作直线I // AD ,C• I在面ASD上.v底面ABCD为正方形，•丨// AD // BC.•••I在面BSC上.•••I为面ASD与面BSC的交线.•/ SD丄 AD , BC丄 SC,a I 丄 SD, I 丄 SC.•••/ CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角(以下同解法一).(3) 解法一：如上图，T SD=AD=1，/ SDA=90• △ SDA是等腰直角三角形.又M是斜边SA的中点，• DM 丄 SA.SA是SB在面ASD上的射影.DM 丄 SB.与SB所成的角为90° .取 AB的中点P,连结MP、DP.•/ BA丄 AD , BA丄 SD, AD n SD=D, • BA丄面 ASD, 由三垂线定理得 •••异面直线DM 解法二：如下图，在厶ABS中，由中位线定理得 PM // BS.• DM与SB所成的角即为/ DMP.又 PM2=- , DP2=5 , DM2=-4 4 4• DP2=PM2+DM2 DMP=90 ° .•••异面直线DM与SB所成的角为90° . •闯关训练夯实基础1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图, 方体盒子中，/ ABC的值为A、B、C是展开图上的三点，则在正A.180 °答案：C2.在棱长为1的正方体 ABCD — AiBiCiDi中，M、N分别为 AiBi和BBi的中点，那么直 线AM与CN所成的角为B.120D.45 °MBi|| /1 /DNNB&CiCA.arccos 三2B.arccos —103C.arccos-52D.arccos —5解法一：••• AM=AA,+4M , CN = CB + BN ,• AM • CN = ( AA1 +A1M ) • ( CB + BN ) = AA1— 1• BN =-2而 |AM |= . (AAi AM) (AA1 A1M ) = | AA1 |2 |AM|2同理,5|CN|= 丁 1AM CN 2 2如令a为所求之角，则 cos a = =二=一,| AM ||CN | 5 542• a =arccos—应选 D5解法二：建立如图所示的空间直角坐标系， 把D点视作原点0,分别以DA、DC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，则 A (1, 0, 0)、M (11-,1)、C (0, 1, 0)2、DD1N ( 1,二 AM =,1), CN =故AM •CN =0 x 1+1 x 0+12(1, 0,|AM |= 02 (J2 12|CN |= . 12 02—l _t 1AM CN 2• cos a = ^ .= 一| AM ||CN | _5 2_52 22••• a =arccos —答案：D53•图甲是一个正三棱柱形的容器，高为 2a，内装水若干•现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为S,将图乙竖起得图丙，则解析：设正三棱柱的底面积为V *=V 柱一vaef aef =S - 2a3—（一 S） • 2a= aS.设图甲中水面的高度为4 23 3x,贝U S • x= aS,得 x= a.2 2答案:3a24.在三棱锥P—ABC中，底面是边长为 三棱锥的最大体积为.2 cm的正三角形，PA=PB=3 cm，转动点 P时,D解析：点P到面ABC距离最大时体积最大，此时面 PAB丄面ABC,高PD=2 2 .V= - X 3 X 4X 2 2 =3 4cm3答案:5.把长、宽各为4、3的长方形ABCD，沿对角线AC折成直二面角，求顶点 B和顶点D 的距离.解：如图，作BE丄AC于E,C•••二面角B — AC — D为直二面角,• BE丄平面ADC , DE在Rt △ ABC中，可得81 9cos/EAD= + 16— 2 •-25 5BE 丄 AC , 平面ADC , BE丄DE.12 9BE= , AE=_，在△ ADE5 5,4 1935 25 '中，DE2=AE2+ ad2 — 2AD • AE •在 Rt△ BDE 中, BD=BE若AE丄PD , E为垂足，求证： BE丄PD; 求异面直线 AE与CD所成的角.证明：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则V3 ~r ―0)，B( a ,0,0)，D( 0，2a，0)，P( 0,。
可 a), AB • PD =( a，0，0)( 0，+ ED2—-3375培养能力6•已知正方形ABCD的边长为 以AE、EF、FA为折痕，折叠使点求证：API EF ;求证：平面APE丄平面1,分别取边BC、CD B、C、D重合于一点的中点E、F，连结AE、EF、AF，P.(1)(2)(3)(1)APF ;求异面直线 PA和EF的距离.证明：如下图，•••/ APE= / APF=90°, PEA PF=P,• PA丄平面 PEF.(1)•/ EF 平面 PEF, • PA丄 EF.(2) 证明：I/ APE= / EPF=90°, •平面 APE丄平面 APF.(3) 解：在面PEF中，作PG丄EF,AP A PF=P,「. PE丄平面 APF.又 PE垂足为G, T AP与面PEF垂直,••• AP丄PG , PG丄EF ,PG是 AP与EF的公垂线.在等腰 Rt △ PEF/ EPF =90 ° ,PG=EG=平面PAE,平面PEF ,1中, PE=PF = _ ,2PG7.(文)如图， // BC , AB=BC=a,在四棱锥AD=2a,P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，/PA丄底面ABCD , PD与底面成30°角.BAD=90°, AD(1)(2)A( 0，0,V32a,— -ya)=0，又 AE • PD =0,AB , PD 丄 AE.二 PD 丄 BE.(2)解:•/ PA 丄面 ABCD ,PD 与底面成 30° 角，PDA =30° .过E作EF丄AD，垂足为F ,则 AE=a,/ EAF=60° , AF=」a, EF=-^a,2 2是AE =■ 3、a).21,2a,•又 C (a,a, 0), D (0, 2a, 0), •• CD= (— a, a, 0). , B 1 2cos〈 AE ,CD >AE CD _ 2a|AE ||CD| a . 2a 4•••异面直线AE与CD所成的角是arccos-^4CD // AB,(1)(2)(3)(理)四棱锥P—ABCD中，PC丄平面ABCD, PC=2,在四边形ABCD中，/ B=Z C=90°, AB=4, CD=1，点 M 在 PB 上，且 MB=3PM , PB 与平面 ABC 成 30° 角， 求证：CM //面FAD;求证：面PAB丄面PAD ;求点C到平面PAD的距离•分析：本题主要考查空间直角坐标系的概念、 空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法如下图，建立空间直角坐标系 O —xyz, C为坐标原点 O,突破点在于求出相关的向量所对应的坐标.(1) 证明：如图，建立空间直角坐标系 .•/ PC丄平面 ABCD ,•••/ PBC为PB与平面ABC所成的角，即/ PBC=30 ° .•••|PC|=2, • |BC|=2 ■. 3 , |PB|=4.得 D (1 , 0, 0)、B ( 0, 2 託,0)、A (4, 2^3 , 0)、P ( 0, 0, 2).••• |MB|=3|PM|,、3 3、),2 2,3 ), DP= (- 1 , 0 , 2), DA= (3 , 2,3, 0).2设 CM =xDP+yDA(x、y€ R),则(0, 3 , ? ) =x (- 1, 0, 2) +y (3, 2 ., 3 , 0) x=?且 y=l ,2 2 4 43 — 1 —••• CM = DP + DA .4 4• CM、DP、DA共面•又I C 平面PAD，故CM //平面FAD.(2) 证明：过B作BE丄PA, E为垂足.•••|PB|=|AB|=4,.・.E 为 PA 的中点•• E (2, ,3 , 1), BE= (2, - .3 , 1).又 BE • DA = (2 , — -/3 , 1) • ( 3 , 2 ■ .；3 , 0) =0 ,• BE 丄 DA ,即 BE 丄 DA.而BE丄PA, • BE丄面PAD.•/ BE 面 PAB, •••面 PAB 丄面 PAD.BE 1 一(3) 解：由BE丄面PAD知，平面PAD的单位向量n°= =—— (2, — . 3 , 1)| BE | 2丁 2• CD= (1 , 0 , 0)的点C到平面PAD的距离d=|n° •CDH^2(2, — ,3 , 1) • (1, 0 , 0)探究创新8. ( 2003年北京宣武区二模题)如图， AB为圆柱001的母线，BD为圆柱001下底面 直径，AB=BD=2 ,点C为下底面圆周O O上的一点，CD=1.(1) 求三棱锥C — ABD的体积；(2) 求面BAD与面CAD所成二面角的大小；(3) 求BC与AD所成角的大小.分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所 成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力解：(1)v AB为圆柱OO1的母线,• AB丄下底面.• AB为棱锥A — BCD的高.而点C在O O上,•△ BCD为直角三角形，/ BCD=90•/ BD=2 , CD=1 , • BC=3 .1 .• V 三棱锥 C— ABD=V 三棱锥 A— BCD= X —3(2)过B作BE丄AD,垂足为 底面圆的直径，得 BC丄CD.过点3 X 2= 3.3B作BF丄AC,垂足为点F，连结EF.由BD为TAB丄平面 BCD , BC丄CD ,• AC丄 CD.而 ACn BC=C,• CD丄平面ABC.而CD 平面ADC ,•平面ABC丄平面 ADC，且它们的交线为 AC.••• BF 平面ABC, BF丄AC,垂足为点 F,• BF丄平面ACD.而BE丄AD, AD 平面 ACD ,• EF 丄 AD.平面 ABD n 平面 ACD=AD,•Z BEF是面ABD与面ACD所成的二面角的平面角•1 _ _ 2 h，21由 BE=—AD=.. 2 , AC= - 7 , AB=2，可求出 BF =2 72⑦BF 7 ■42• sin Z BEF = =—= GD 丄 BG,贝U AG丄 DG , BC=GD.BE J2 7• cosZ GDA =GD <3 76AD 2 2 4故所求二面角的大小为.V42 arcs in 7•••Z BEF 为锐角，•/BEF=arcs in』7(3)过点D在下底面作 DG // BC交O O于点G,则Z GDA为BC与AD所成的角•连结BG、AG,由BD是O O的直径，得/•Z GDA=arccos ——4/•所求BC与AD所成的角的大小为 arccos丄64•思悟小结1•利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待 求的量用基向量或其他向量表示， 将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形 •这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题2•线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标 •正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条 两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系3•在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建 立直角坐标系•其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形 到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1） 怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧；（2） 法向量的应用对处理角和距离的重要性；（3） 怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4） 准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点；（5） 空间向量是怎样由平面向量拓展而来的•教师下载中心教学点睛要给学生归纳、总结，使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与 垂直的判定与性质， 通过对照，深刻理解异面直线所成的角、 斜线与平面所成的角、二面角的平面角，理解点到面的距离、异面直线的距离 •通过解题总结证明立体几何问题的常见方法，注意培养学生的空间想象能力 •拓展题例【例1】 已知直线a // a ,且a与a间的距离为d, a在a内的射影为a', I为平面a 内与a'平行的任一直线，则 a与I之间的距离的取值范围是A. :d, +s） B. （d, + s） C. （0, d: D.{d}解析：如图，在 a上任取一点P作P0丄a',垂足为 0,过0作0A丄I，垂足为A, 连结FA.则PA丄I, FAX a，故PA就是a与I之间的距离•在Rt△ POA中，PA>PO=d，选B.答案：B【例2】 如图，已知底面半径为 r的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a,最小值为b，那么圆柱被截后剩下部分的体积是 •a解析：两个相同的几何体倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体答案：1n r2 (a+b)2【例3】（2003年北京西城区一模题）如图，正三棱柱 ABC — AiBiCi的所有棱长均为2，P是侧棱AAi上任意一点（1）求证：BiP不可能与平面（3）在（2）的条件下，求二面角ACCiAi垂直； （2）当BCi丄BiP时，求线段AP的长;C — Bi P—Ci的大小.（i）证明：连结 BiP，假设BiP丄平面ACCiAi,贝U BiP丄AiCi.由于三棱柱BiAAi丄 AiCi.二 AiCi丄侧面 ABBiAi.二 AiCi丄 AiBi,即/ BiAiCi=90 ° .这与△ AiBiCi是等边三角形矛盾.二BiP不可能与平面 ACCiAi垂直.(2) 解：取 AiBi的中点D，连结 CiD、BD、BCi,则 CiD 丄 AiBi,又T AAi 丄平面 AiBiCi,二 AAi丄 CiD. a CiD丄平面 ABBiAi.••• BD是BCi在平面ABBiAi上的射影.t BCi 丄 BiP ,• BD 丄 BiP. BiBD=90°—/ BBiP=Z AiBiP.又 AiBi=BiB=2BBiD◎△ BiAiP, AiP=BiD=i. • AP=i.(3) 解：连结 BiC，交BCi于点O,贝U BCi丄BiC.又BCi丄BiP,a BCi丄平面 BiCP. 过O在平面CPBi上作OE丄BiP，交BiP于点E,连结CiE，则BiP丄CiE,•/ OECi是二面角C— BiP—Ci的平面角.由于CP=BiP= ,5 , O为BiC的中点，连结 OP,• PO丄 BiC, OP • OBi=OE • BiP.「. OEn—30 . • tan/ OECi=OCl5 OE 3故二面角C — BiP — Ci的大小为arctan」5 .3。