立体几何知识材料点学习总结典型方法学习总结

　数学必修（二）知识梳理与解题方法分析

　第一章

　《空间几何体》

　一、本章总知识结构

　二、各节内容分析

　1 1.1 空间几何体的结构

　1. 本节知识结构

　2 1.2 空间几何体三视图和直观图

　1 1 、本节知识结构

　1.3 空间几何体的表面积与体积

　1 1 、本节知识结构

　。

　三、高考考点解析

　本部分内容在高考中主要考查以下两个方面的内容：

　1. 多面体的体积（表面积）问题；

　2. 点到平面的距离（多面体的一个顶点到多面体一个面的距离）问题 — “等体积代换法”。

　（一）多面体的体积（表面积）问 题

　1． 在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 的菱形，∠DAB＝60，对角线 AC 与 BD相交于点 O，PO⊥平面 ABCD，PB 与平面 ABCD 所成的角为60． （1）求四棱锥 P－ABCD 的体积； 】

　【解】（1）在四棱锥 P-ABCD 中,由 PO⊥平面 ABCD,得 ∠PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角,∠PBO=60°. 在 Rt△ AOB 中 BO=ABsin30°=1,由 PO⊥BO, 于是，PO=BOtan60°= 3 ,

　而底面菱形的面积为 2 3 . ∴四棱锥 P-ABCD 的体积 V=31×2 3 × 3 =2. 2．如图,长方体 ABCD-1 1 1 1D C B A 中，E、P 分别是 BC、1 1A D 的中点,M、N 分别是 AE、1CD 的中点，1AD=AA , a  AB=2 , a

　（Ⅲ）求三棱锥 P－DEN 的体积。

　【解】

　（Ⅲ）111 12 4NEP ECD PS S BC CD  矩形 2 2 21 544 4a a a a     

　作1DQ CD  ，交1CD 于 Q ，由1 1AD  面1 1CDDC 得1 1AC DQ 

　∴ DQ  面1 1BCD A

　∴在1Rt CDD  中，112 25 5CD DD a aDQ aCD a   

　∴13P DEN D ENP NEPV V S DQ    21 5 23 4 5a a  316a  。

　（二）点到平面的距离问题 — “等 体积代换法”。

　1 如图，四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， 2, 2. CA CB CD BD AB AD      

　（III）求点 E 到平面 ACD 的距离。

　【解】

　（III）

　设点 E 到平面 ACD 的距离为 . h

　E ACD A CDEV V  ，

　∴ 1 1.3 3ACD CDEh S AO S 

　在 ACD  中 ， 2 , 2 , C A C D A D   

　2 21 2 72 2 ( ) .2 2 2ACDS       

　而21 3 31, 2 ,2 4 2CDEAO S      

　CADBOE

　 31. 212.7 72CDEACDAO ShS   

　 点 E 到平面 ACD 的距离为21.7 2．如图，已知正三棱柱1 1 1ABC ABC  的侧棱长和底面边长为 1， M 是底面 BC 边上的中点， N 是侧棱1CC 上的点，且12 CN C N ＝ 。

　（Ⅱ）求点1B 到平面 AMN 的距离。

　】

　【解】（Ⅱ）过1B 在面1 1BCC B 内作直线 1B H MN  ， H 为垂足。又 AM  平面1 1BCC B ，所以 AM 1B H 。于是1B H  平面 AMN，故1B H 即为1B 到平面 AMN 的距离。在1 1R B HM  中，1B H ＝1B M15 1sin 1 12 5B MH     。故点1B 到平面 AMN 的距离为 1。

　3 如图，已知三棱锥 O ABC  的侧棱 OA OB OC 、 、 两两垂直，且 OA=1，OB=OC=2，E 是 OC 的中点。

　（1）求 O 点到面 ABC 的距离；

　 】

　【解】（1）取 BC 的中点 D，连 AD、OD。

　OB OC  ，则 OD BC AD BC   、 ，

　 ∴BC⊥面 OAD。过 O 点作 OH⊥AD 于 H， 则 OH⊥面 ABC，OH 的长就是所要求的距离。

　2 2 BC  ，2 22 OD OC CD    。

　OA OB OA OC   ， ，

　 ∴ OA 面 OBC，则 OA OD  。

　2 23 AD OA OD    ，在直角三角形 OAD 中，有2 63 3OA ODOHAD   。

　（ 另解：由1 1 23 6 3O ABC ABCV S OH OA OB OC       知：63OH  ）

　第二章

　《点、直线、平面之间的位置关系》

　一、本 章的知识结构

　二、各节内容分析

　1 2.1 空间中点、直线、平面之间的位置关系

　1 1 、本节知识结构

　2. 内容归纳总结

　（1 1 ）四个公理

　理 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。

　符号语言：

　, , , A l B l A B l          且 。

　理 公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。

　 三个推论：① ② ③

　 它给出了确定一个平面的依据。

　理 公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线（两个平面的交线）。

　符号语言：

　, , P P l P l          且 。

　理 公理 4：（平行线的传递性）平行与同一直线的两条直线互相平行。

　符号语言：

　// , // // a l b l a b  且 。

　（2 2 ）空间中直线与直线之间的位置关系

　1. 概念

　异面直线及夹角：把不在任何一个平面内的两条直线叫做线 异面直线。

　已知两条异面直线 , a b ，经过空间任意一点 O 作直线 // , // a a b b   ，我们把a与b所成的角（或直角）叫 异面直线 , a b 所成的夹角。（易知：夹角范围 0 90     ）

　 定理：空间中如果一个角的两边分别与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。（注意：会画两个角互补的图形）

　2. 位置关系：  相交直线：_______________________________;共面直线平行直线：_______________________________;异面直线：_________________________________________. （3 3 ）空间中直线与平面之间的位置关系

　直线与平面的位置关系有三 种：1.23 //ll Al   直线在平面内：.直线与平面相交：直线在平面外.直线与平面平行：

　（4 4 ）空间中平面与平面之间的位置关系

　平面与平面之间的位置关系有两种：1. //2. l  两个平面平行：两个平面相交：

　2.2 直线、平面平行的判定及其性质

　1 1 、本节知识结构

　2. 内容归纳总结

　（1 1 ）四个定理

　定理

　定理内容

　符号表示

　分析解决问题的常用方法

　直线与平面 平行的判定 平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

　, , ////a b a ba  且 在已知平面内“找出”一条直线与已知直线平行就可以判定直线与平面平行。即将“空间问题”转化为“平面问题” 平面与平面 平行的判定 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。

　, ,, // , ////a ba b P a b     判定的关键：在一个已知平面内“找出”两条相交直线与另一平面平行。即将“面面平行问题”转化为“线面平行问题” 直线与平面 平行的性质 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。

　// , ,//a a ba b     

　平面与平面 平行的性质 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

　// , ,//ab a b     

　（2 2 ）定理之间的关系及其转化

　两平面平行问题常转化为直线与直线平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以在解题时应注意“转化思想”的运用。这种转化实质上就是：将“高维问题”转化为“低维问题”，将“空间问题”转化为“平面问题”。

　2.3 直线、平面平垂直的判定及其性质

　1 1 、本节知识结构

　2. 内容归纳总结

　（一）基本概念

　1 1. . 直线与平面垂直：如果直线 l 与平面  内的任意一条直线都垂直，我们就说直线 l 与平面  垂直，记作 l   。直线 l 叫做平面  的垂线，平面  叫做直线 l 的垂面。直线与平面的公共点 P 叫做垂足。

　2. 直线与平面所成的角：

　角的取值范围：

　0 90     。

　3. 二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面。

　二面角的记法：

　二面角的取值范围：

　0 180    

　 两个平面垂直：直二面角 。

　（二）四个定理

　定理 定理内容 符号表示 分析解决问题的常用方法 直线与平面 垂直的判定 一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直。

　, ,,m n m n Pa m a na   、且

　在已知平面内“找出”两条相交直线与已知直线垂直就可以判定直线与平面垂直。即将“线面垂直”转化为“线线垂直” 平面与平面 垂直的判定 一个平面过另一平面的垂线，则这两个平面垂直。

　, a a        （满足条件与  垂直的平面  有无数个）

　判定的关键：在一个已知平面内“找出”两条相交直线与另一平面平行。即将“面面平行问题”转化为“线面平行问题” 直线与平面 垂直的性质 同垂直与一个平面的两条直线平行。

　, // a b a b     

　平面与平面 垂直的性质 两个平面垂直，则一个平面内垂直与交线的直线与另一个平面垂直。

　, , , l aa l a         解决问题时，常添加的辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线 （三）定理之间的关系及其转化：

　两平面垂直问题常转化为直线与直线垂直，而直线与平面垂直又可转化为直线与直线垂直，所以在解题时应注意从“高维”到“低维” 的转化，即“空间问题”到“平面问题”的转化。

　 三、高考考点解析

　第一部分、三类角（异面直线所成的夹角、直线与平面所成的角、二面角）的求解问题

　（一）异面直线所成的夹角与异面直线的公垂线

　1 1 ．异面直线所成的夹角是本部分的重点和难点更是高考的考点。

　异面直线所成的角的大小是刻划空间两条异面直线的相关位置的一个量，掌握好概念是解题的关键，其思维方法是把两条异面直线所成的角通过“平移法”转化为“平面角”，然后证明这个角就是所求的角，再利用三角形解出所求的角（简言之：①“转化角”、②“证明”、③“求角”）。以上三个步骤“转化角”是求解的关键，因为转化的过程往往就是求解的过程——其目的就是将“空间问题”转化为“平面问题（角问题）”。

　1． 如图所示， AF 、 DE 分别是 O 、1O 的直径， AD 与两圆所在的平面均垂直，8 AD . BC 是 O 的直径， 6 AB AC   , // OE AD 。

　（II）求直线 BD 与 EF 所成的角。

　】

　【解】（II）

　第一步：将“问题”转化为求“平面角”问题 根据定义和题设，我们只能从两条异面直线的四个顶点出发作其中一条直线的平行线，此题我们只能从点 D 作符合条件的直线。

　连结 DO，则∠ODB 即为所求的角。

　第二步：证明∠ODB 就是所求的角 在平面 ADEF 中，DE//AF，且 DE=AF，所以四边形ODEF 为平行四边形

　所以 DO//EF

　所以根据定义，∠ODB 就是所求的角。

　第三步：求角 由题设可知：底面 ABCD 为正方形 ∵ DA⊥平面 ABCD

　 BC  平面 ABCD

　∴

　DA⊥BC 又 ∵AF⊥BC

　∴ BC⊥平面 ADO

　∴ DO⊥BC

　∴ △DOB 为直角三角形 ∴ 在 Rt△ODB， 10 BD

　 82 DO 

　∴ 82cos10ODB   （或用反三角函数表示为：82arccos10）

　2．在四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 的菱形，∠DAB＝60，对角线 AC 与 BD相交于点 O，PO⊥平面 ABCD，PB 与平面 ABCD 所成的角为60． （2）若 E 是 PB 的中点，求异面直线 DE 与 PA 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）． 】

　【解】（2）取 AB 的中点 F，连接 EF、DF. 由 E 是 PB 的中点,得 EF∥PA, ∴∠FED 是异面直线 DE 与 PA 所成角（或它的补角）。

　在 Rt△ AOB 中 AO=ABcos30°= 3 =OP, 于是,在等腰 Rt△ POA 中,PA= 6 ,则 EF=26. 在正△ ABD 和正△ PBD 中，DE=DF= 3 .

　 cos∠FED=34621DEEF=42 ∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos42. 3． 如图，四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， 2, 2. CA CB CD BD AB AD      

　（II）求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小； 【解】

　本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。

　方法一：（II）

　取 AC 的中点 M，连结 OM、ME、OE，由 E 为 BC 的中点知 ME∥AB,OE∥DC

　 直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD 所成的角 CADBOE

　在 OME  中，1 2 1, 1,2 2 2EM AB OE DC    

　OM 是直角 AOC  斜边 AC 上的中线，11,2OM AC   

　 2cos ,4OEM   

　 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为2arccos .4 4． 如图，已知三棱锥 O ABC  的侧棱 OA OB OC 、 、 两两垂直，且 OA=1，OB=OC=2，E 是 OC 的中点。

　（2）求异面直线 BE 与 AC 所成的角；

　】

　【解】（2）取 OA 的中点 M，连 EM、BM，则 EM∥AC，∠BEM 是异面直线 BE 与 AC 所成的角。

　 求得：2 21 552 2EM AC BE OB OE      ， ，2 2172BM OM OB    。

　2 2 22cos2 5BE ME BMBEMBE ME   ，

　∴2arccos5BEM   。

　2. 异面直线的公垂线问题

　异面直线的公垂线问题也是高考的考点之一。

　与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.任何两条确定的异面直线都存在唯一的公垂线段. 1．如图，在直三棱柱1 1 1ABC ABC  中， , AB BC D  、 E 分别为1BB 、1AC 的中点。

　（I）证明：ED 为异面直线1BB 与1AC 的公垂线； 【解】

　（Ⅰ）设 O 为 AC 中点，连接 EO，BO，则 EO ∥＝12 C 1 C， 又 C 1 C ∥＝ B 1 B，所以 EO ∥ ＝ DB，EOBD 为平行四边形，ED∥OB． ∵AB＝BC，∴BO⊥AC， 又平面 ABC⊥平面 ACC 1 A 1 ，

　 BO  面 ABC，

　 故 BO⊥平面BACC 1B 1A 1DEA B C D E A 1 B 1 C 1 O F

　ACC 1 A 1 ， ∴ED⊥平面 ACC 1 A 1 ，

　 ED⊥AC 1 ，

　 ED⊥CC 1 ， ∴ED⊥BB 1 ，ED 为异面直线 AC 1 与 BB 1 的公垂线．

　2 如图，已知平面1 1 1A BC 平行于三棱锥 V ABC  的底面 ABC，等边△1AB C 所在的平面与底面 ABC 垂直，且∠ACB=90°，设 2 , AC a BC a  

　（Ⅰ）求证直线1 1B C 是异面直线1AB 与1 1AC 的公垂线； 【解】法 解法 1：（Ⅰ）证明：

　∵平面1 1 1ABC ∥平面 ABC ， 1 1 1 1// , // BC BC AC AC 

　BC AC 

　 1 1 1 1BC AC  

　又∵平面1ABC ⊥平面 ABC ，平面1ABC ∩平面 ABC AC  ， ∴ BC ⊥平面1ABC ，

　1B C A B  

　1 1 1BC AB   ， 又1 1 1 1 1AC BC C   ，1 1 1 1BC AB B   .

　 1 1BC  为1AB 与1 1AC 的公垂线. （二）

　直线与平面所成夹角

　1．如图，在四棱锥 P ABCD  中，底面为直角梯形， // AD BC ， 90 BAD   ， PA

　底面 ABCD ，且 2 PA AD AB BC    ，M N 、 分别为 PC 、 PB 的中点。

　（Ⅱ）求 CD 与平面 ADMN 所成的角。

　【解】

　（II）取 AD 的中点 G ，连结 BG 、 NG ， 则 // BG CD ， 所以 BG 与平面 ADMN 所成的角和 CD 与平面 ADMN 所成的角相等.

　因为 PB 平面 ADMN ， 所以 BGN  是 BG 与平面 ADMN 所成的角. 在 Rt BNG  中，10sin5BNBGNBG   。

　故 CD 与平面 ADMN 所成的角是10arcsin5。

　2． 在正三角形 ABC中，E、F、P 分别是 AB、A B C A 1 V B 1 C 1 APFEC BA 1EFC PB图 1 图 2

　AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2 （如图1）。将△AEF沿EF折起到 EF A 1 的位置，使二面角 A 1 －EF－B 成直二面角，连结 A 1 B、A 1 P（如图 2）

　（Ⅱ）求直线 A 1 E 与平面 A 1 BP 所成角的大小； 【解】不妨设正三角形的边长为 3，则 （II）在图 2 中，∵A 1 E 不垂直于 A 1 B，∴A 1 E 是面 A 1 BP 的斜线，又 A 1 E⊥面 BEP， ∴A 1 E⊥BP，∴BP 垂直于 A 1 E 在面 A 1 BP 内的射影（三垂线定理的逆定理）

　设 A 1 E 在面 A 1 BP 内的射影为 A 1 Q，且 A 1 Q 交 BP 于 Q， 则∠EA 1 Q 就是 A 1 E 与面 A 1 BP 所成的角，且 BP⊥A 1 Q。

　在△EBP 中，∵BE=BP=2，∠EBP=60 o ，∴△EBP 为正三角形，∴BE=EP。

　又 A 1 E⊥面 BEP，∴A 1 B=A 1 P，∴Q 为 BP 的中点，且 EQ= 3 ，而 A 1 E=1， ∴在 Rt△A 1 EQ 中， 3 tan11  E AEQEQ A ，即直线 A 1 E 与面 A 1 BP 所成角为 60 o 。

　（三）

　二面角与二面角的平面角问题

　1． 如图所示， AF 、 DE 分别是 O 、1O 的直径， AD 与两圆所在的平面均垂直，8 AD . BC 是 O 的直径， 6 AB AC   , // OE AD 。

　（I）求二面角 B AD F   的大小； 】

　【解】（I）∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD⊥AB，AD⊥AF， 故∠BAF 是二面角 B—AD—F 的平面角， 依题意可知，ABFC 是正方形，所以∠BAF＝45 0 . 即二面角 B—AD—F 的大小为 45 0 ；

　2．如图，P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 所在平面外一点， 1 PA ，P 在平面 ABC 内的射影为BF 的中点 O。

　（Ⅱ）求面 APB 与面 DPB 所成二面角的大小。

　【解】连结 AD，则易知 AD 与 BF 的交点为 O。

　（II）设 M 为 PB 的中点，连结 AM，MD。

　, , ABP PA AB PB AM     在 中

　斜线PB在平面ABC内的射影为OB， BF AD  。

　. PB AD   由三垂线定理得

　又 , AM AD A  

　. PB AMD  平面

　, MD AMD 平面

　. PR MD  

　因此， AMD  为所求二面角的平面角。

　在正六边形 ABCDEF 中， 2 3, 2. BD BF OB AD    

　在 Rt11, ,2AOP PA OA    中，

　2 23.2PO PA OA    

　在 Rt2 262BOP PB PO OB     中， ，则1 6,2 4BM PB  

　2 210,4AM AB BM   

　2 242.4MD BD BM   

　在 AMD  中，由余弦定理得2 2 2105cos2 35MA MD ADAMDMA MD      因此，所求二面角的大小为105arccos( ).35

　3．

　如图，在底面为平行四边形的四棱锥 P ABCD  中， AB AC  ， PA 平面ABCD ，且 PA AB  ，点 E 是 PD 的中点. （Ⅲ）求二面角 E AC B   的大小. 】

　【解】（Ⅲ）如图，取 AD 的中点 F，连 EF，FO，则 EF 是△PAD 的中位线，

　 EF // PA又 PA 平面 ABCD ，

　 EF平面 ABCD

　同 理 FO 是 △ ADC 的 中 位 线 ，FO // ABFOAC 由三垂线定理可知EOF 是二面角E－AC－D的平面角.

　又FO＝12AB＝12PA＝EF。

　EOF＝45而二面角 E AC B   与二面角 E－AC－D 互补， 故所求二面角 E AC B   的大小为 135. 4． 如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为等腰梯形， // , AB DC

　, AC BD AC  与 BD 相交于点 O ，且顶点 P 在底面上的射影恰为 O 点，又 2, BO  2, PO PB PD   . （Ⅱ）求二面角 P AB C   的大小； 【解】

　PO 平面 ABCD ，

　 PO BD  

　又 , 2, 2 PB PD BO PO    ， 由平面几何知识得：

　1, 3, 6 OD PD PB   

　（Ⅱ）连结 OE ，由（Ⅰ）及三垂线定理知， PEO  为二面角 P AB C   的平面角 2sin2POPEOPE    ，

　045 PEO  

　 二面角 P AB C   的大小为045

　5． 如图,α⊥β,α∩β=l , A∈α, B∈β,点 A 在直线 l 上的射影为 A 1 , 点 B 在 l 的射影为 B 1 ,已知 AB=2,AA 1 =1, BB 1 = 2, 求: （II）二面角 A 1 －AB－B 1 的大小。

　【解】

　（Ⅱ）∵BB 1 ⊥α,

　∴平面 ABB 1 ⊥α。

　在平面α内过 A 1 作 A 1 E⊥AB 1 交 AB 1 于 E，则 A 1 E⊥平面 AB 1 B。过 E 作 EF⊥AB 交 AB 于 F，连接 A 1 F，则由三垂线定理得 A 1 F⊥AB， ∴∠A 1 FE 就是所求二面角的平面角. 在 Rt △ ABB 1 中 , ∠ BAB 1 =45 ° ，

　∴AB 1 =B 1 B= 2.

　∴Rt△AA 1 B 中， A 1 B= AB 2 －AA 1 2

　= 4－1 = 3。

　由 AA 1 ·A 1 B=A 1 F·AB 得

　A 1 F= AA1 ·A 1 BAB = 1× 32 = 32, ∴在 Rt△A 1 EF 中，sin∠A 1 FE = A 1 EA 1 F

　= 63 ， ∴二面角 A 1 －AB－B 1 的大小为 arcsin63 . 第二部分

　《空间直线、平面的平行问题》

　将“空间问题”转化为“平 面问题”的“转化思想”

　（一）“线线平行”与“线面平行”的转化问题

　1

　如图，在底面为平行四边形的四棱锥 P ABCD  中， AB AC  ， PA 平面ABCD ，且 PA AB  ，点 E 是 PD 的中点. （Ⅱ）求证：

　// PB 平面 AEC ； 【解】

　证明本题的关键：在平面 EAC 中“找”一条与PB 平行的直线，由于点 E 在平面 PBD 中，所以可以在平面 PBD 中过点 E“找”（显然，要“找”的直线就是平面 PBD 与平面 EAC 的交线）。最终将 “线面平行”问题转化为“线线平行”问题。

　（Ⅱ）连接 BD，与 AC 相交与 O，连接 EO，

　ABCD 是平行四边形

　 O 是 BD 的中点 又 E 是 PD 的中点，

　 EO//PB. 又 PB  平面 AEC，EO  平面 AEC，  PB  平面 AEC。

　2．如图，在五面体 ABCDEF 中，点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交点，面 CDE 是等边三角形，棱 //12EF BC． （1）证明 FO //平面 CDE ； （2）设 3 BC CD  ，证明 EO 平面 CDF ． 【解】分析通上题。

　（Ⅰ）证明：取 CD 中点 M，连结 OM. 在 矩 形 ABCD 中 。

　1//2OM BC ， 又1//2EF BC ， 则 //OM EF ，连结 EM，于是四边形 EFOM 为平行四边形.

　// FO EM 

　又 FO 平面 CDE，且 EM  平面 CDE，∵FO∥平面 CDE （二）

　“线面平行”与“面面平行”的转化问题

　2．如图,长方体 ABCD-1 1 1 1D C B A 中，E、P 分别是 BC、1 1A D 的中点,M、N 分别是 AE、1CD 的中点，1AD=AA , a  AB=2 , a

　（Ⅰ）求证：1 1// MN ADD A 平面 ； 【 证明 】本题如果利用“线线平行”找“线”比较复杂（不是不可以），所以我们可以考虑利用“面面平行”来将问题转化。关键是：考虑到点 M、N 都是中点，于是我们就轻松的可以找到另一个比较特殊的中点 K（OC 的中点），将 “线面平行”问题转化为“面面平行”问题。

　（Ⅰ）取 CD 的中点 K ，连结 , MK NK

　∵ , , M N K 分别为1, , AK CD CD 的中点 ∵1// , // MK AD NK DD

　∴ // MK 面1 1ADD A ， // NK 面1 1ADD A ∴面 // MNK 面1 1ADD A

　∴ // MN 面1 1ADD A

　第三部分

　《

　空间直线、平面的垂直问题》

　将“空间问题”转化为“平面问题”转化思想。

　（一）“线线垂直”到“线面垂直”

　1．如图，1 1 1 1ABCD ABC D  是正四棱柱。

　（I）求证：BD⊥平面1 1ACC A ； 【解】

　根据直线与平面平行的判定定理很容易找到两条相交的直线 AC、A 1 A 与 BD 垂直。

　（Ⅰ）∵ 1 1 1 1ABCD ABC D  是正四棱柱， ∴ CC 1 ⊥平面 ABCD，

　∴ BD⊥CC 1 ， ∵ ABCD 是正方形，

　 ∴ BD⊥AC 又 ∵AC，CC 1  平面1 1ACC A ，且 AC∩CC 1 =C， ∴ BD⊥平面1 1ACC A 。

　2． 如图，四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， 2, 2. CA CB CD BD AB AD      

　（I）求证：

　AO 平面 BCD；

　 】

　【解】（I）证明：连结 OC , , . BO DO AB AD AO BD    

　, , . BO DO BC CD CO BD    

　在 AOC  中，由已知可得 1, 3. AO CO  

　而 2, AC 

　2 2 2 ,AO CO AC   

　90 ,oAOC   即 . AO OC 

　, BD OC O 

　 AO   平面 BCD

　3． 如图 4, 已知两个正四棱锥 ABCD Q ABCD P   与 的高分别为 1 和 2, 4  AB 。

　（I）证明: ABCD PQ 平面  ； 】

　【解】（Ⅰ）取 AD 的中点 M，连接 PM、QM。

　因为 P－ABCD 与 Q－ABCD 都是正四棱锥，所以CADBOED

　 图4CB AQP

　AD  PM，AD  QM。

　从而 AD  平面 PQM。

　 又 PQ  平面 PQM，所以 PQ⊥AD。

　 同理 PQ⊥AB，所以 PQ⊥平面 ABCD。

　9． 在正三角形 ABC 中，E、F、P 分别是 AB、AC、BC 边上的点，满足 AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图 1）。将△AEF 沿 EF 折起到 EF A 1  的位置，使二面角 A 1 －EF－B 成直二面角，连结 A 1 B、A 1 P（如图 2）

　（Ⅰ）求证：A 1 E⊥平面 BEP； 【解】

　不妨设正三角形的边长为 3，则 （I）在图 1 中，取BE 的中点 D，连结 DF， ∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2，∴AF=AD=2，而∠A=60 o ，∴△ADF 为正三角形。

　又 AE=DE=1，∴EF⊥AD。

　在图 2 中，A 1 E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A 1 EB 为二面角 A 1 －EF－B 的一个平面角， 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A 1 E⊥BE。

　又 BE  EF=E，∴A 1 E⊥面 BEF，即 A 1 E⊥面 BEP。

　（二）

　“线面垂直”

　到“线线垂直”

　1．如图，P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 所在平面外一点， 1 PA ，P 在平面 ABC内的射影为 BF 的中点 O。

　（Ⅰ）证明 PA ⊥ BF ； （Ⅱ）求面 APB 与面 DPB 所成二面角的大小。

　【解】连结 AD，则易知 AD 与 BF 的交点为 O。

　（I）

　证法 1 ：

　, AB AF O BF  为 的中点，

　 . AO BF  

　又 , PO ABC 平面

　 . PA BF   由三垂线定理得

　APFEC BA 1EFC PB图 1 图 2

　法 证法 2:

　 , , , BF PO BF AO PO AO O    

　 , BF AOP  平面

　, . PA AOP PA BF    平面

　2．如图，在四棱锥 P ABCD  中，底面为直角梯形， // AD BC ， 90 BAD   ， PA

　底面 ABCD ，且 2 PA AD AB BC    ，M N 、 分别为 PC 、 PB 的中点。

　（Ⅰ）求证：

　PB DM  ； 】

　【解】

　（I）因为 N 是 PB 的中点， PA AB  ，所以 AN PB  . 因为 AD 平面 PAB ，所以 AD PB  ， 从而 PB 平面 ADMN .因为 DM  平面 ADMN ， 所以 PB DM  . 3．如图，在三棱锥 A－BCD 中，侧面 ABD、ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且 AD＝ 3 ，BD＝CD＝1，另一个侧面是正三角形 （1）求证：ADBC； 【解】

　（1）

　方法一：作 AH面 BCD 于 H，连 DH。

　ABBDHBBD，又 AD＝ 3 ，BD＝1 AB＝ 2 ＝BC＝AC

　BDDC 又 BD＝CD，则 BHCD 是正方形，则 DH BC ADBC 方法二：取 BC 的中点 O，连 AO、DO 则有 AOBC，DOBC，

　 BC面 AOD BCAD

　4． 如图，1l 、2l 是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段。点 A 、 B 在1l 上，C 在2l 上，AM=MB=MN 。

　（Ⅰ）证明 AC  NB 【解】

　（Ⅰ）

　2 2 1 1 21, , , l MN l l MN l M l ABNMN l AM MB MN AN NB AN NB       由已知 可得 平面由已知 ， ＝ ，可知 且

　 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影 AC NB  

　ABDC

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