2012年高考必做解答題——立體幾何題

空間的平行關系

（★★★★）必做1 在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面正方形的中心，過A1，C1，B三點的平面截去長方體的一個角后，得到如圖1所示的幾何體ABCD－A1C1D1，求證：D1O∥平面A1BC1．

圖1

精妙解法 法1：取A1C1中點P，連結D1P，OB，PB，則D1POB，所以四邊形OBPD1為平行四邊形，所以D1O∥PB，且D1O平面A1BC1，PB平面A1BC1，所以D1O∥平面A1BC1．

法2：連結AC，AD1，D1C，易知點O在AC上． 根據長方體的性質得四邊形ABC1D1、四邊形A1D1CB均為平行四邊形，所以AD1∥BC1，A1B∥D1C． 又AD1平面A1C1B，BC1平面A1C1B，所以AD1∥平面A1C1B，同理D1C∥平面A1BC1． 又D1C∩AD1=D1，所以根據面面平行的判定定理知平面ACD1∥平面A1BC1． 因為D1O平面ACD1，所以D1O∥平面A1BC1．

圖2

極速突擊 解決本題的關鍵在于找出平面內的一條直線和該平面外的一條直線平行，或轉化為證兩個平面平行．

圖3

（★★★）必做2 如圖3，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，點M，N分別為BC，PA的中點，且PA=AB=2，在線段PD上是否存在一點E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PE的長；若不存在，說明理由．

精妙解法 存在． 取PD中點E，連結NE，EC，AE，因為N，E分別為PA，PD中點，所以NEAD． 又在菱形ABCD中，CMAD，所以NEMC，即MCEN是平行四邊形，所以NM∥EC． 又EC平面ACE，NM平面ACE，所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一點E，使得NM∥平面ACE，此時PE=PD=．

極速突擊 本題屬于數學開放性問題中的存在性問題，存在性問題的一般處理方法都是先假設結論成立，由此及條件進行推證，若能推證，則假設為真；若導出矛盾，則假設不真．

金刊提醒

證明線面平行，有以下幾種方法. （1）證明直線和這個平面內的一條直線相互平行；（2）證明這條直線的方向向量和這個平面內的一個向量相互平行；（3）證明這條直線的方向向量和這個平面的法向量相互垂直.

證明面面平行，有以下幾種方法. （1）利用反證法，假設兩平面不平行，則它們必相交，再導出矛盾；（2）利用判定定理“若一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行”；（3）利用定理“垂直于同一直線的兩個平面平行”，即“a⊥α，a⊥β，則α∥β”；（4）利用定理“平行于同一個平面的兩個平面平行”，即“α∥β，α∥γ，則β∥γ”.

空間的垂直關系

（★★★）必做3 如圖4，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD=DE=2AB，F為CD的中點． 求證：平面BCE⊥平面CDE．

圖4

精妙解法 法1：設CE中點為G，因為F為CD的中點． 所以FG∥DE，DE⊥平面ACD，FG⊥平面ACD． 以AF為x軸，以CD為y軸，以FG為z軸，建立空間直角坐標系，不妨設AD=2，則C（0，－1，0），E（0，1，2），B（－，0，1），則=（0，2，2），=（－，1，1）．

設平面CEB的法向量n0=（x，y，z），則n0·=0，n0·=0，得0·x+2y+2z=0，－·x+y+z=0，可取n0=（0，1－1），顯然AF⊥平面CDE，可取平面CDE的法向量為=（－，0，0），于是n0·=0，故n0⊥，所以平面BCE⊥平面CDE．

法2：因為△ACD為等邊三角形，F為CD的中點，所以AF⊥CD． 因為DE⊥平面ACD，AF平面ACD，所以DE⊥AF． 又CD∩DE=D，故AF⊥平面CDE． 取CE的中點G，則GF∥DE∥AB，GF=DE=AB，所以四邊形GFAB為平行四邊形，所以BG∥AF，所以BG⊥平面CDE．

因為BG平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE．

極速突擊 面面垂直的問題常常轉化為線面垂直、線線垂直的問題來加以解決． 當然我們也可用向量法解決，只要能證明兩平面的法向量相互垂直，便能得到面面垂直．

（★★★★）必做4 如圖6所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB=BC，DB⊥AC，點M是棱BB1上一點．

（1）求證：MD⊥AC；

（2）試確定點M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D．

圖6

圖7

精妙解法 （1）證明：因為BB1⊥面ABCD，AC面ABCD，所以BB1⊥AC． 又因為BD⊥AC，且BD∩BB1=B，所以AC⊥面BB1D，而MD面BB1D，所以MD⊥AC．

（2）當點M為棱BB1的中點時，平面DMC1⊥平面CC1D1D．

取DC的中點N，D1C1的中點N1，連結NN1交DC1于O，連結OM． 因為N是DC中點，BD=BC，所以BN⊥DC；又因為DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥面DCC1D1． 又可證得，O是NN1的中點，所以BM∥ON且BM=ON，即BMON是平行四邊形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D． 因為OM面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D．

極速突擊 證線線垂直，一方面我們可以利用三垂線定理及其逆定理，另一方面可以利用線面、線線垂直互相進行轉化．

金刊提醒

解決涉及垂直的題目，我們須熟練掌握線線、線面、面面之間的相互轉化關系，即線線垂直線面垂直面面垂直.

空間的夾角和距離

（★★★）必做5 如圖8，在三棱錐A－BCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=6，BC=CD=6，設頂點A在底面BCD上的射影為E．

圖8

（1）求證：CE⊥BD；

（2）設點G在棱AC上，且CG=2GA，試求二面角C－EG－D的余弦值．

精妙解法 （1）法1：由AE⊥平面BCD得AE⊥CD，又AD⊥CD，則CD⊥平面AED，故CD⊥DE；同理可得CB⊥BE，則BCDE為矩形． 又BC=CD，則BCDE為正方形，故CE⊥BD．

法2：由已知可得AB=BD=AD=6，設O為BD的中點，則AO⊥BD，CO⊥BD，則BD⊥平面AOC，故平面BCD⊥平面AOC，則頂點A在底面BCD上的射影E必在OC上，故CE⊥BD．

（2）法1：由（1）的證明過程知OD⊥平面AEC，過O作OF⊥EG，垂足為F，則易證得DF⊥EG，故∠OFD即為二面角C－EG－D的平面角． 由已知可得AE=6，則AE2=AG·AC=2·6=36，故EG⊥AC，則OF==2． 又OD=3，則DF=，故cos∠OFD=，即二面角C－EG－D的余弦值為．

圖9

法2：由（1）的證明過程知BCDE為正方形，如圖9建立坐標系，則E（0，0，0），D（0，6，0），A（0，0，6），B（6，0，0），C（6，6，0），可得G（2，2，4），則=（0，6，0），=（2，2，4），易知平面CEG的一個法向量為=（－6，6，0）． 設平面DEG的一個法向量為n=（x，y，1），則由n·=0，n·=0得n=（－2，0，1），則cos〈，n〉==，即二面角C－EG－D的余弦值為．

誤點警示 “二面角的平面角”與“兩個半平面的法向量所成角”并不一定相等，它們可能相等也可能互補，應注意甄別．

極速突擊 求二面角可采用兩種方法求解，法1為“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進行；方法2為“向量法”，先建立空間直角坐標系，再求解兩個半平面的法向量，再求兩個法向量夾角的余弦值，然后判斷所求二面角是鈍角還是銳角，再進行符號的選擇．

（★★★）必做6 如圖10，斜三棱柱ABC－A1B1C1，已知側面BB1C1C與底面ABC垂直，且∠BCA=90°，∠B1BC=60°，BC=BB1=2，若二面角A－B1B－C為30°，

（1）證明AC⊥平面BB1C1C及求AB1與平面BB1C1C所成角的正切值；

（2）在平面AA1B1B內找一點P，使三棱錐P－BB1C為正三棱錐，并求P到平面BB1C的距離．

圖10

精妙解法 （1）面BB1C1C⊥面ABC，因為面BB1C1C∩面ABC＝BC，AC⊥BC，所以AC⊥面BB1C1C． 取BB1中點E，連結CE，AE，在△CBB1中，BB1=CB=2，∠CBB1=60°，所以△CBB1是正三角形，所以CE⊥BB1． 又AC⊥面BB1C1C且BB1面BB1C1C，所以BB1⊥AE，即∠CEA為二面角A－B1B－C的平面角，其大小為30°．

因為AC⊥面BB1C1C，所以AC⊥CE． 在Rt△ECA中，因為CE=，所以AC=CE·tan30°=1．

又AC⊥面BB1C1C，所以∠CB1A即為AB1與面BB1C1C所成的線面角，在Rt△B1CA中，tan∠CB1A==．

（2）在CE上取點P1，使=，則因為CE是△B1BC的中線，所以P1是△B1BC的重心． 在△ECA中，過P1作P1P∥CA交AE于P，因為AC⊥面BB1C1C，P1P∥CA，所以PP1⊥面CBB1，即P點在平面CBB1上的射影是△BCB1的中心，該點即為所求，且=，所以PP1=．

極速突擊 立體幾何中的計算問題（空間角與距離）若用幾何法來處理，則必須體現“一作、二證、三算”這一固定格式．

（★★★）必做7 如圖11，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．

圖11

（1）求證：平面PQB⊥平面PAD；

（2）設PM=tMC，若二面角M－BQ－C的平面角的大小為30°，試確定t的值．

精妙解法 （1）因為AD∥BC，BC=AD，Q為AD的中點，所以四邊形BCDQ為平行四邊形，所以CD∥BQ．

因為∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即QB⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BQ⊥平面PAD． 因為BQ平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD．

（2）因為PA=PD，Q為AD的中點，所以PQ⊥AD． 因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PQ⊥平面ABCD． 如圖12，以Q為原點建立空間直角坐標系，則平面BQC的法向量為n=（0，0，1）；

Q（0，0，0），P（0，0，），B（0，，0），C（－1，，0）．

圖12

設M（x，y，z），則=（x，y，z－），=（－1－x，－y，－z）．

因為=t，所以x=t（－1－x），y=t（－y），z－=t（－z），所以x=－，y=，z=.

在平面MBQ中，=（0，，0），=－，，，所以平面MBQ法向量為m=（，0，t）． 因為二面角M－BQ－C為30°，cos30°===所以t=3．

極速突擊 證明面面垂直，應尋找線面垂直；對于給定二面角的大小，求相關參數t的問題，應先將參數t當做已知數，在用其表示二面角的大小，然后形成等量關系，求出參數t．

金刊提醒

解決二面角問題往往是從作出其平面角的圖形入手，所以作二面角的平面角就成為解題的關鍵.通常的作法有：（Ⅰ）定義法；（Ⅱ）利用三垂線定理或逆定理；（Ⅲ）自空間一點作與棱垂直的垂面，截二面角得兩條射線所成的角，俗稱垂面法．此外，當作二面角的平面角有困難時，可用射影面積法解之，cosθ=，其中S為斜面面積，S′為射影面積，θ為斜面與射影面所成的二面角.