高二数学简单几何体.doc

简单几何体
　　一、知识网络

　　二、高考考点
　　1.正棱柱或正棱锥的概念与认知；　2.棱柱、棱锥的表面积与体积；
　　3.以棱柱、棱锥为载体的垂直关系或平行关系的证明，角与距离的寻求与计算；
　　4.球的有关问题：表面积、体积、球面距离、经纬度以及基本的“接”与“切”问题。
　　三、知识要点
　　(一）棱柱
　　1、棱柱的概念
　　有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫做棱柱。
　　在这里，两个互相平行的面叫做棱柱的底面；其余各面叫做棱柱的侧面；两个面的公共边叫做棱柱的棱；其中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点；不在同一个面上的两个顶点的连线叫做棱柱的对角线；两个底面的距离叫做棱柱的高。
　　点拨：（1）根据定义判定一个多面体是否为棱柱，一般是首先看“面”，即考察该多面体是否有两个面互相平行，并且除这两个面之处的其余各面都是四边形；其次看“线”，即考察每相邻两个四边形的公共边是否平行。在这里，同一棱柱的底面的选择也会有不同方案，解题时要注意这种特殊棱柱的底面可变性的应用。
　　（2）注意区别两个概念：　① 棱柱的棱与棱柱的侧棱；　② 棱柱的对角线与棱柱某一面的多边形的对角线。
　　2、棱柱的分类
　　（1）按底面多边形的边数分类：三棱柱、四棱柱、……、n棱柱；
　　（2）按侧棱与底面的关系分类。

　　特例：（Ⅰ）四棱柱的分支（或特殊情形）：循着由一般到特殊的途径

　　其中，特别注意
　　（Ⅱ）长方体的特性　①长方体的对角线的平方，等于它的长、宽、高的平方和
　　②设对角线与各棱所成的角分别为α，β，γ，则
　　③ 设对角线与各面所成的角分别为α，β，γ，则
　　3、棱柱的性质　（1）侧棱都相等，侧面是平行四边形；　　（2）两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；
　　（3）经过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；
　　4、面积与体积
　　（1）设柱体（棱柱或圆柱）的底面积为S，高为h，　则柱体的体积
　　（2）设棱柱的侧棱长为 ，直截面（垂直于侧棱的截面）的周长为C，面积为S，
　　则棱柱的体积： ；　　棱柱的侧面积： 。
　　（二）棱锥
　　1、棱锥的定义：
　　有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫做棱锥；这个多边形叫做棱锥的底面，其余各面叫做棱锥的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点，顶点到底面的距离叫做棱锥的高。
　　提醒：由上述定义可知，棱锥有两个本质的特征：　（1）有一个面是多边形；
　　（2）其余各面是有一个公共顶点的三角形，这二者缺一不可。“有一个面是多边形，其余各面都是三角形”的几何体不一定是棱锥。
　　特例：三棱锥（即四面体）的任何一个面都可以作为底面（三棱锥底面的可变性），这是其它棱锥所不具备的；运用体积法求距离，就是利用三棱锥的体积及其底面的可变性；值得注意的是，一个三棱锥的四个面可以都是直角三角形。
　　2、棱锥的性质
如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么截面和底面相似，并且它们面积的比等于截得的棱锥的高与已知棱锥的高的平方比。
　　3、正棱锥
　　（1）正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形并且顶点在底面内的射影为底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
　　（2）正棱锥性质：
　　（Ⅰ）各侧棱相等；各侧面都是全等的等腰三角形；各等腰三角形底边上的高（正棱锥的斜高）相等。
　　（Ⅱ）正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形；
　　 正棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影组成一个直角三角形；
提醒：正棱锥必须满足两个条件：一是底面为正多边形；二是顶点在底面上的射影恰为底面多边形的中心，这二者缺一不可。
　　正棱锥除去上面指出的两个直角形外，正棱锥的底面半径、边心距和半边长也组成一个直角三角形；正棱锥侧面上的侧棱、相应的斜高和半边长也组成一个直角三角形，这些特殊的三角形是解决正棱锥问题的基础和突破口。
　　4、面积与体积 　　
　　（1） 设正棱锥的底面周长为C，斜高为h′，　则它的侧面积
　　（2）若一个棱锥所有的侧面与底面组成二面角都等于锐角α，并且顶点在底面上的射影在底面多边形的内部，
　　则有
　　（3）设锥体（棱锥或圆锥）的底面积为S，高为h　则锥体的体积 。
　　认知：由柱体和锥体的体积的阅读材料可知，任何一个三棱柱都可以分割成体积相等的三棱锥，反之，以任何一个三棱锥为基础都可以补充成同底等高的三棱柱。这种割补化归的思想是立体几何中的重要思想，解题时应注意这种思想和手段的运用。
　　（三）球
　　1、 球的概念
　　（1）定义
　　（2）球的元素　球的半径：连结球心和球面上任意一点的线段叫做球的半径。
　　 球的直径：连结球面上两点并且经过球心的线段叫做球的直径。
　　2、球的截面的性质　用一个平面去截球，截面是圆面，球的截面有如下性质：
　　（1）球心和截面圆心的连线垂直于截面。
　　（2）球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r有如下关系：
　　其中（Ⅰ）当d=0时，截面过球心，此时截面面积最大。球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆。
　　（Ⅱ）当d=R时，平面与球面相切。
　　（Ⅲ）当0<d<R时，平面与球面相交但不过球心。球面被不经过球心的截面截得的圆叫做小圆。
　　3、球面距离
　　在球面上，两点之间的最短连线的长度，是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度。球面上经过两点的大圆在这两点间的劣弧的长，叫做这两点的球面距离。
　　4、面积与体积　　设球的半径为R，则球的表面积 ；球的体积 。
　　四、经典例题
　　例1、已知在三棱柱 在底面ABC内的射影O恰为AC中点，试求：（1）AB与侧面AC1所成的角；　（2）侧面ABB1A1与侧面ACC1A1所成的角；
　　（3）三棱柱的侧面积；　（4）三棱柱的体积。
　　分析：
　　对于（1），为表示所求角，从寻找或构造侧面AC1的垂线切入；
　　对于（2），切入与突破则是利用题设条件构造该二面角的平面角。
　　解：　（1） ∴ 为 ，且 。
　　∵ ，∴平面 平面ABC　又
　　∴BC⊥平面AC1　∴∠BAC是AB与侧面AC1所成的角。　由 中AC=BC得 ，
　　∴AB与侧面AC1所成的角为 ；
　　（2）在侧面AC1内作CE⊥AA1于E，连结BE。　∵BC⊥平面AC1　∴EC为EB在平面AC1内的射影
　　∴EB⊥AA1　∴∠BEC为侧面AB1与侧面AC1所成二面角的平面角∵O为AC中点∴在 中，∠A1AO=60°
　　在 中， 　∴在 中，
　　即 　∴所求侧面AB1与侧面AC1所成角为
　　（3）在这里，对于只用一个顶点A的∠A1AC、∠BAC、∠EAB有
　　 （证明从略）　∴
　　∴
　　(4)　∵O为AC中点，∴ ，　即三棱柱的高为 ，　又
　　∴
　　点评：　（1）这里借用了前面所指出的以直线与平面所成角为基础构造的三个角α，β，γ间的关系式 ，其中γ是不以斜线射影为边的角。
　　（2）我们从例1、例2看到，尽管三棱柱为斜三棱柱，但仍会是一个侧面与底面垂直或一个侧面为矩形。
　　例2 、（1）已知正三棱锥P-ABC中，M、N分别为侧棱PB、PC的中点，若截面AMN⊥侧面PBC，则此正棱锥的侧面积与底面积之比为　　　　　　 。
　　（2）若三棱锥P-ABC中，侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，又设P、A、B、C所对面的面积分别S、S1、S2、S3，则S=　　　　　　 。
　　 分析：（1）为寻找侧面与底面的联系，取BC中点为E，
　　连结AE、PE，并且令 　再连结AF，则 ， ，
　　 为二面角P-BC-A的平面角。　令 。
　　由MN为 的中位线知：F为PE中点，且 　又∵平面AMN⊥平面PBC，且它们的交线为MN，
　　∴ PE⊥平面AMN　　∴ 　　而F为PE中点
　　∴ 为等腰三角形，且AP=AE（由已知条件认知相关三角形）
　　令AB=2a，则 ①
　　在 中，由 ， ，得 ，　　∴ 　②
　　在 中，由①，②得 　注意到 ，故得 ，
　　即所求正三棱锥的侧面积与底面积之比为 ：1。
　　（2）为沟通侧面与底面的联系，过点P作 平面ABC于H，连结AH并延长交BC于D，连结PD。
　　∵ ， 　∴ 平面PBC　　∴
　　又在 中 　∴
　　∴ 　∴ 　　①　　同理 　②
　　 　 　　　　③　　∴ ①+②+③得　　 　　即
　　点评：为了沟通底面与侧面的联系，
　　对于（1），构造出截面 并认识到 ， 为等腰三角形为解题突破的关键；
　　对于（2），构造出截面 并认识到PH是 及其斜边上的高则是上挂下连，化生为熟的重要一环。
　　以构造适当的截面沟通底面与侧面（或上与下）的联系，乃是值得品悟的策略与经验。
　　例3、 在半径为1的球面上有A、B、C三点，A和B，A和C的球面距离均为 ，B和C的球面距离为 ，经过A、B、C三点作截面，求球心到截面的距离。
　　分析：这里已知球半径R=1，要求球心到截面的距离d，首先需要认知截面 ，进而认知 的外心（截面圆圆心）。
　　解：由题设条件知： ， ，
　　∴ ，BC=1　　取BC的中点为D，连结AD，OD　　则 　　 又
　　∴ 平面OAD，　∴ 平面 平面OAD，且平面 平面OAD=AD。
　　在平面OAD内过点O作 于H，　则 平面ABC，且H为截面圆圆心（ 的外心）
　　因此，又由已知，得
　　 　　 ，AO=1　　∴ 　　∴
　　于是，在 中，由等积变换得 ，　　即所求球心到截面的距离为
　　点评：对于问题中出现的三棱锥O-ABC，我们仍从构造截面 入手去沟通有关量之间的关系。截面 的特性一旦被认知，解题便胜利在望。
　　例4、已知正三棱锥P-ABC的侧棱长为l，相邻两侧棱的夹角为 ，求它的外接球的体积。
　　分析：只要求出球的半径R，为此，循着与球半径的由远到近的关系，首先利用已知条件求出正三棱锥底面边长AB，再而求出球的截面圆（ 的外接圆）半径，进而通过解 求得R的值。

　　解：作 底面ABC于D，则D为正 的中心，
　　设外接球心为O，则 底面ABC,　　∴P、O、D三点共线（认知图形）
　　∵PA=PB=PC=l，∠APB=2α　　∴在 中，由余弦定理得
　　 　　∴
　　又设∠APD=β，作OE⊥PA于E，则E为PA中点　　∴在 中，
　　而OP=OA=R， 　　∴在 中， ，
　　∴ 。
　　点评：注意到球面上两点间的连结线段，乃是球的大圆的弦。因此，面对图形中的线段PA，要想到它是大圆的弦，因而利用圆的弦的性质去解题，这是此类问题沟通联系的关键。
　　五、高考真题
　　（一）选择题
　　1.已知高为3的直棱柱ABC- 的底面是边长为1的正三角形，则三棱锥 的体积为（　　 ）
　　A. 　　　　B. 　　　　　　C. 　　　　　　D.
　　分析：由题设得 ，∴ ，　应选D
　　2.在正三棱柱 中，若AB=2， ，则点A到平面 的距离为（　）
　　A. 　　　　B. 　　　　　　C. 　　　　　　D.
　　分析：注意到有关三棱锥体积和三角形面积易求，故考虑运用“体积法”。　　设点A到平面 的距离为h。
　　由题设得 ， 　∴ 由 得　　 ，
　　由此解得 ，应选B。
　　3.如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且 、 均为正三角形， ，EF=2，则该多面体的体积为（　　 ）
　　A. 　　　　　　B. 　　　C. 　　　　　　　D.
　　分析：对于楔形几何体的体积，一般是通过“分割”，转化为寻求锥体体积。为此，取EF中点为P，连结PA、PB、PC、PD，则由已知得E-PAD，F-PBC均为正四面体，P-ABCD为正四棱锥。
　　又正四棱锥P-ABCD的高 ，∴
　　而 ∴ 原几何体体积为：，
　　应选A。
　　4.如图，在体积为1的三菱锥A-BCD侧棱AB、AC、AD上分别取点E、F、G，使AE：EB=AF：FC=AG：GD=2：1，记O为三平面BCG，CDE，DBF的交点，则三棱锥O-BCD的体积等于（　　 ）
　　A. 　　　　B. 　　　　　　C. 　　　　　　D.
分析：运用“特例法”，取三棱锥为特殊的正四面体，则上述三平面的交点O一定在正四面体的高AP上。
　　连结DP并迎长交BC边于M，则M为BC中点，且M、O、G三点共线。
　　注意到 ，欲求 ，首先寻找三棱锥O-BCD的高OP
　　与正四面体的高AP的联系，从构造相似 切入。
　　在平面ADP内作 于N，则 平面BCD
　　∴ 　∵ ，　　∴ 　　①　　又 　　②
　　∴ 得 　∴ 　　③
　　再注意到 　④　　∴ 由③、④得 　　⑤　　于是由⑤得
　　而 　故得 ，应选C。
　　5.将半径为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（　　 ）
　　A. 　　　　B. 　　　　　　C. 　　　　　　D.
　　分析：考察4个钢球在正四面体容器内的存在状态，注意到正四面体的一个内切球的球心到顶点距离为3r，所以，当4个球都与正四面体的面相切时，正四面体的高分为三部分：4个钢球中最上端的球心到顶点的距离为3，下面三个球心到底面的距离为1，中间部分即四个球心构成的正四面体的高为 ，于是已知此时正四面体的高为 ，本题应选C。
　6.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面体ABCD的外接球的体积为（　　 ）
　　A. 　　　　　　B. 　　　　　　C. 　　　　　　D.
　　分析：本题主要考察空间想象能力，在审题过程中迅速找到球心位置。
　　设矩形对角线交点为O，则点O到A、B、C、D各项点距离相等，距离为 ，折叠后，点O到空间图形中A、B、C、D的距离不变。　∴ O为四面体ABCD的外接球的球心，球面半径为 。∴ ，应选C。
　　二、填空题
　　1.下面是关于三棱锥的四个命题：
　　①底面是等边三角形，侧面与底面所成二面角都相等的三棱锥都是正三棱锥；
　　②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
　　③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥；
　　④侧棱与底面所成角都相等，且侧面与底面所成二面角都相等的三棱锥是正三棱锥。
　　其中，真命题的编号是　　　　　　　　 （写出所有真命题的编号）
　　分析：逐一分析各个命题。对于①，由题设得各侧面上底边上的高相等，因而各侧棱相等，故为正三棱锥；对于②，侧面上PA=PB=AB=BC=CA≠PC满足题设，但不是正三棱锥；对于③，以②中的反例为基础考察侧面面积相等的情形，可知它为假命题；对于④，由题设知顶点在底面上的射影既是底面正三角形的外心，又是它的内心，故此时的三棱锥为正三棱锥，于是得答案为①④。
　　2.如图，在直三棱柱 中， ， ， ，E、F分别为 、 的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路经的长度为　　　　　　 。
　　分析：注意到几何体表面上两点间的最短距离即几何体表面的某展开图上对应两点间的直线距离，对直三棱柱相关表面的展开分类讨论。
　　（1）将侧面 和 展开成平面图形
　　此时
　　（2）将侧面 与底面 展开成平面图形
　此时由 得B，B1，C1三点共线，取BB1中点为D，
　　则
（3）将侧面 和底面 展开成平面图形，仿（2）可得　此时 于是可得所求最短距离为
　　3.有两个相同的直三棱柱，高为 ，底面三角形的三边长分别为3a，4a，5a（a>0），用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a的取值范围为　　　　 。
　　分析：解决此题的关键是如何拼成三棱柱或四棱柱。
　　（1）将它们拼成新的三棱柱，只有将它们摞起来一种情形，其全面积为 ；
　　（2）将它们拼成四棱柱，则有三种情形——将两个相同的三棱柱分别沿其相同的侧面对接，其全面积分别为 ， ， ，显然S2＞S3＞S4。
　　∴ 只需S1＞S4　∴ ，解得 　即 ∴ 所求a的取值范围为
　　三、解答题
　　1.如图，在斜三棱柱 中， ，AB=AC， ，侧面 与底面ABC所成二面角为120°，E、F分别是棱 、 的中点。
　　（1）求 与底面ABC所成的角；　　（2）证明： 平面 ；
　　（3）求经过A1、A、B、C四点的球的体积。
　　分析：为了表示（1）中目标，需要构造平面ABC的垂线，而一旦寻出或作出平面ABC的垂线之后，又可以此为基础作出已知的侧面 与底面ABC所成二面角的平面角。因此，解题结构是平面ABC的垂线切入，通过构造及求解 突破。
　　解：（1）作 平面ABC于H，连结AH并长交BC边于G，连结EG， ， 则 为 与底面ABC所成角。　　又 　　∴ AG为 的平分线（证明从略）
　　∵ AB=AC，∴ 即 　　而AH是 在底面ABC上的射影　　∴
　　∴ 平面 　注意到 平面 ，且 ，　　∴
　　∴ 为二面角A-BC-E的平面角　　∴ 　又四边形AGEA1为平行四边形∴
　　即 与底面所成角为60°。
　　（2）连结 交EG于点P，则P为EG的中点，连结FP。　∵ F为 的中点
　　∴ 　∴ 四边形 为平行四边形　∴
　　又 面 ， 面 ，　∴ 面 。
　　（3）连结 ，由（1）知HB=HC　　∴ 　　∴ 由已知得
∴ 三棱锥 为正三棱锥　∴ 它的外接球球心O在高AH上，又连结OF，则 ，且
　　∴ 　　即球半径 ，　∴球的体积
　　点评：对于（1），通过作 平面ABC于H，将已知二面角的平面角与构造所求的直线与平面所成角纳入同一个作图与论述过程之中，这一过程一旦完成，“已知”与“目标”的联系便呼之欲出了。对于（3）解题的关键是认知所给四点构成正三棱锥，认识到这一点，即问题转化为求正三棱锥 的外接球体积，于是，化生为熟便得以实现。
　　2.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，
AB∥DC， 底面ABCD，且 ，M是PB的中点。（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
　　（Ⅱ）求AC与PB所成的角；　　（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。
　　分析：对于（Ⅰ），注意到 面PAD，得证；
　　对于（Ⅱ），当四棱锥内难以找到AC或PB的平行线时，要想到在四棱锥外部构造AC与PB的平行线；
　　对于（Ⅲ），则要想到利用（Ⅰ），（Ⅱ）推理中的认知与结论来构造或计算二面角的平面角。
　　方法一：
　　（Ⅰ）证明：　∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，　∴由三垂线定理得：CD⊥PD。
　　因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
　　∴CD⊥面PAD。　　又CD 面PCD，　∴面PAD⊥面PCD。
　　（Ⅱ）解：　过点B作BE∥CA，且BE=CA，则∠PBE是AC与PB所成的角。
　　连结AE，可知AC=CB=BE=AE= ，又AB=2，　所以四边形ACBE为正方形。
　　由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°　在Rt△PEB中BE= ,PB= ,
　　∴cos∠PBE= ,　∴AC与PB所成的角为arccos .
　　(Ⅲ)解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN。　在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，　∴△AMC≌△BMC，
　　∴BN⊥CM,故∠ANB为所求二面角的平面角。　∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
　　在Rt△PCB中，CM=MB,所以CM=AM。　在等腰三角形AMC中，AN·MC=
　∴AN= 。　∴AB=2，∴cos∠ANB= 。　故所求的二面角为arccos(－ ).
　方法二：
　　因为PA⊥AD,PA⊥AB,AD⊥AB,以A为坐标原点，AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，
　　则各点坐标为A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M(0,1, ).
　　(Ⅰ)证明：因 =（0，0，1）， =（0，1，0），故 ，所以AP⊥DC
　　又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，
　　由此得DC⊥面PAD，又DC在面PCD内，　∴面PAD⊥面PCD。
　　（Ⅱ）解：因 =（1，1，0）， =（0，2，－1），
　　故| |= ，| |= ， ，
　　∴
　　由此得AC与PB所成的角为arccos .
　　(Ⅲ)解：在MC上取一点N（x,y,z）,　则存在 ∈R，使 ， =(1－x,1－y,－z), =(1,0,－ ),
　　∴x=1－ ,y=1,z= .　　要使AN⊥MC，只需 ，即　　x－ z=0,解得 = 。
　　可知当 = 时，N点坐标为（ ），能使
　　此时， =（ ）， ，有 　由 ， 得AN⊥MC，BN⊥MC　　所以∠ANB为所求二面角的平面角
　　∵ 　∴ 。
　　故所求的二面角为arccos(－ ).
　　点评：对于（ II ），突出四棱锥体外，人为地构造出□ACBE之后，根据题设认知这一平行四边形为正方形是解题的关键。一般地，当你人为地构造出某一图形之后，都需要认知并利用这一图形的特殊属性来解题；
　　对于（ III ），首先直接构造出 ，而后再证明它是所求二面角的平面角。这一方法虽不常用，但也属于基本方法——定义法的应用，需要同学们注意掌握。
　　3.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点。（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAB；
　　（Ⅱ）设 ，求AC与平面AEF所成的角的大小。　　
　　分析：
　　（ I ）为考察EF与PA、PB之间是否具有垂直关系，考虑构造与点E、F有关的 ，为此，连结PE、BE，则由题设易知 ，推理由此展开。
　（ II ）借重推证（ I ）的过程中对图形的认识，从导找或构造平面AEF的垂线突破。
　　方法一：
　　（Ⅰ）证明：连结EP，　∵PD⊥底面ABCD,DE在平面ABCD内，
　　∴PD⊥DE，又CE=ED，PD=AD=BC。　∴Rt△BCE≌Rt△PDE　　∴PE=BE。
　　∵F为PB中点。　　∴EF⊥PB　　由三垂线定理得PA⊥AB，
　　∴在Rt△PAB中PF=AF，又PE=BE=EA。　∴△EFP≌△EFA。　∴EF⊥FA.　　∵PB、FA为面平PAB内的相交直线。
　　∴EF⊥平面PAB。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　（Ⅱ）解：不妨设BC=1，则AD=PD=1。　AB= ,PA= ，AC= 　∴△PAB为等腰直角三角形，且PB=2，
　　F为其斜边中点，BF=1，且AF⊥PB　∵PB与平面AEF内两条相交直线EF、AF都垂直，　∴PB⊥平面AEF.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　连结BE交AC于G，作GH∥BP交EF于H，　则GH⊥平面AEF　　∠GAH为AC与平面AEF所成的角。
　　由△EGH∽△BGA可知EG= GB，EG= EB，AG= AC= .　由△EGH∽△EBF可知GH= BF= .
　　∴sin∠GAH= = .　∴AC与平面AEF所成的角为arcsin 　　　　　　　　
　　方法二：
　　以D为坐标原点，DA的长为单位，建立如图所示的直角坐标系.　　
　　（Ⅰ）证明：设E（a，0，0）其中a>0，
　　则C（2a，0，0），A（0，1，0），B（2a，1，0），
　　P（0，0，1），F（a， ， ）.
=（0， ， ）， =（2a，1，-1），　 =（2a，0，0）。 ，∴EF⊥PB.　 ，∴EF⊥AB　又PB 平面PAB，AB 平面PAB，PB∩AB=B.　∴EF⊥平面PAB.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　（Ⅱ）解：由AB= BC，得a= .　可得 =（ ，-1，0）， =（ ，1，-1）
　　cos< , >= = ,　异面直线AC、PB所成的角为arccos　 =（ ，- ， ）.
　　∴ ,PB⊥AF.　又PB⊥EF，EF、AF为平面AEF内两条相交直线,
　　　即AC与平面AEF所成的角为arcsin .　
　　点评：运用解法一，可感觉到这是一道平面几何味道很浓的立体几何题——突破或决战都需要运用平面几何知识与方法。对于（ I ），重点在于证明与利用三角形全等；对于（ II ），则重点在于利用相似三角形沟通联系。
　　运用解法二，证明（ I ）简捷明了；解答（ II ）只要想到转化或沟通，其设想也容易实现，由此可见，适当条件下坐标法的优越性。
　　4.如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD　（Ⅰ）证明AB⊥平面VAD；
　　（Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小
　　分析：（Ⅰ）从略　（Ⅱ）所求二面角的棱为AD，注意到 平面VAD，故选择“三垂线定理”构造或证明该二面角的平面角。
　　方法一：
　　（Ⅰ）证明：

　　（Ⅱ）解：取VD的中点E，连结AE，BE　∵△VAD是正三角形　∴AE⊥VD，AE= AD
　　∵AB⊥平面VAD　　　　 ∴AB⊥AE　　又由三垂线定理知BE⊥VD　　因此， 是所求二面角的平面角
　　于是， ，　　即得所求二面角的大小为 　　
　　方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系
　　（Ⅰ）证明：不妨设 ，　　则 ，
　　 　由 ，得
　　又 ，因而 与平面 内两条相交直线VA，AD都垂直
　　∴ 平面
　　（Ⅱ）解：设 为 中点，则 　
　　由 ，得 ，又 　因此， 是所求二面角的平面角。
　　∵ 　∴解得所求二面角的大小为
　　点评：对于（ II ），首先构造出 ，而后利用已知条件与（ 1 ）的结果证明它是二面角的平面角，这种“先构造，后证明”的策略也是解决几何问题的基本策略。
　　5.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB= ，
　　BC=1，PA=2，E为PD的中点.
　　（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；
　　（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.
　　分析：
　　（1）为策应PD中点E，连结AC、BD，并设 ，连结OE，则 ，于是所求角易于作出；
　　（2）注意到寻找NE的难度，故这里考虑分两步走：第一步，寻找或构造经过PD上的点且垂直于平面PAC的直线；第二步，确定上述垂线的平行线NE的位置。因此，解题从寻找或构造平面PAC的垂线切入。
　　 方法一：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB， 　
　　∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角.　在△AOE中，AO=1，OE= ∴ 即AC与PB所成角的余弦值为 .
　　（Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则 .
　　连PF，则在Rt△ADF中
　　设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，　∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，从而NE⊥面PAC.
　　∴N点到AB的距离 ，　N点到AP的距离
　　方法二：
　　（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为
A（0，0，0）、 B（ ，0，0）、C（ ，1，0）、D（0，1，0）、 P（0，0，2）、E（0， ，1），
　　从而
　　设 的夹角为θ，则　
　　∴AC与PB所成角的余弦值为 .
　　（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，0，z），
　　则 ，由NE⊥面PAC可得，　 　　
　∴ 即N点的坐标为 ，从而N点到AB、AP的距离分别为1， .
　　点评：在解法一中，（ II ）中运用迂回战术，首先利用已知条件作出平面PAC的垂线DF，再而寻找DF的平行线段DE。在直面构造或寻觅遇到困难时，常运用这一策略；解法二通过坐标运算求解言简意赅，当然是这一类问题的最简解法。
　　6.已知三棱锥P—ABC中，E、F分别是AC、AB的中点，
△ABC，△PEF都是正三角形，PF⊥AB.
　　（Ⅰ）证明PC⊥平面PAB；
　　（Ⅱ）求二面角P—AB—C的平面角的余弦值；
　　（Ⅲ）若点P、A、B、C在一个表面积为12π的球面上，求△ABC的边长.
　　分析：
　　（Ⅰ）注意到题设条件中的正三角形与直角三角形，想到利用这些三角形的特性确定线线垂直关系；
　　（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的认知寻找或构造平面角；
　　（Ⅲ）首先认知这四点的特殊性，而后刻意化生为熟。
　　（Ⅰ）证明： 连结CF.

　　（Ⅱ）　解法一：　 为所求二面角的平面角.
　　设AB=a，则
　　解法二：设P在平面ABC内的射影为O. 　 ≌ ≌
　　得PA=PB=PC. 于是O是△ABC的中心. ∴ 为所求二面角的平面角.
　　设AB=a，则 　　
　　（Ⅲ）
　　解法一：设PA=x，球半径为R. 　 ，
　　 的边长为
　　解法二：延长PO交球面于D，那么PD是球的直径.　连结OA、AD，可知△PAD为直角三角形.　　
　　设AB=x，球半径为R.　

　　点评：　（1）对于（Ⅰ），由直角三角形性质认定 是证明关键，同时它也为（Ⅲ）中认知PA、PB、PC两两互相垂直奠定基础。
　　（2）对于（Ⅲ），在认定球面上四点P、A、B、C满足条件PA、PB、PC两两互相垂直之后，解题便实现了“化生为熟”，进入人们所熟悉的情境。
　　7.如图，在五棱锥S－ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2,BC=DE= ,∠BAE=∠BCD=∠CDE=120°.
　　（Ⅰ）求异面直线CD与SB所成的角（用反三角函数值表示）；
　　（Ⅱ）证明BC⊥平面SAB；
　　（Ⅲ）用反三角函数值表示二面角B-SC-D的大小（本小问不必写出解答过程）
　　 分析：（1）为寻出所求角，首先寻找CD的平行线。为推证猜想中的BE//CD，也为了将四边形问题转化为三角形问题，考虑在底面ABCDE内延长BC与DE交于点F，解题由此进入熟悉的境地。（2）欲证 平面SAB，又由题设知 ，因此，证明 或BC垂直于平面SAB内其它直线便成为证题的关键。这里能否证出 ，还要认知底面多边形切入。
　　方法一：（Ⅰ）连结BE，延长BC、ED交于点F，　 则∠DCF=∠CDF=60°，
　　∴△CDF为正三角形，∴CF=DF。　又BC=DE，∴BF=EF。　因此，△BFE为正三角形，
　　∴∠FBE=∠FCD=60°，　　∴BE//CD，
　　所以∠SBE（或其补角）就是异面直线CD与SB所成的角。
　　∵SA⊥底面ABCDE，且SA=AB=AE=2，　∴SB=2 ，同理SE=2 。
　　又∠BAE=120°，所以BE=2 .从而cos∠SBE= ，　∴∠SBE=arccos .所以异面直线CD与SB所成的角为arccos .
　　（Ⅱ）由题意，△ABE是等腰三角形，∠BAE=120°，所以∠ABE=30°，又∠FBE=60°，∴∠ABC=90°，所以BC⊥BA
　　∵SA⊥底面ABCDE，BC 底面ABCDE，∴SA⊥BC，又SA∩BA=A，∴BC⊥平面SAB。
　　（Ⅲ）二面角B-SC-D的大小为π－arccos .
　　方法二：（向量解法）：
　　（Ⅰ）连结BE，延长BC、ED交于点F，则∠DCF=∠CDF=60°，
　　∴△CDF为正三角形，∴CF=DF。　　又BC=DE，∴BF=EF。　　故△BFE为正三角形。
　　因为△ABE是等腰三角形，且∠BAE=120°，　　∴∠ABC=90°.
　　以A为原点，AB、AS边所在的直线分别为x轴、z轴，以平面ABC内垂直于AB的直线为y轴，建立空间直角坐标系（如图），
　　则 A（0，0，0），B（2，0，0），S（0，0，2），
　　且C（2， ，0），D（ ，0），
　　于是 ）， =（－2，0，2），
　　则 　= ，　　∴ =arccos ，
　　∴异面直线CD与SB所成的角为arccos .
　　（Ⅱ）　∵ =（0， ，0）， =（2，0，0）， =（0，0，－2），
　　∴ ，
　　∴BC⊥AB，BC⊥SA。　　∵AB∩SA=A，　　∴BC⊥平面SAB。
　　（Ⅲ）二面角B-SC-D的大小为
　　点评：在这里，作辅助线延长BC、ED交于点F是关键一笔（得意之笔）。由此，在确认底面有关线段间的垂直关系时，便将研究四边形（或五边形）问题转化为研究三角形问题，这是化繁为简，化生为熟，化难为易的转化，也为（ II ）中论证出 埋下伏笔。请同学们细细味悟这一解题策略。

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m