第十九讲：2013年高考空间几何体命题热点研讨(3)

第十九讲：2013年高考空间几何体命题热点研讨（3）本讲接上一讲，讲座时间比较长，希望同学们能认真听讲，完成学习任务孟老师热点预测5空间距离（2011年四川卷）(本小题共l2分)如图，在直三棱柱AB-A 1B 1C 1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA 1 =1．D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA ． (I)求证：CD=C 1D ：(II)求二面角A-A 1D-B 的平面角的余弦值； (Ⅲ)求点C 到平面B 1DP 的距离．解析：（1）连接1B A 交1BA 于O ,1//B P 1面BDA ,111,,B P AB P AB P D OD ⊂= 1面面面BA 1//B P OD ∴,又O 为1B A 的中点，D ∴为AP 中点，1C ∴1为A P ,1ACD PC D ∴∆≅∆1C D CD ∴=,D 为1CC 的中点。

（2）由题意11,AB AC AB AA AB C C ⊥⊥⇒⊥1面AA ,过B 作AH AD ⊥,连接BH ，则BH AD ⊥,AHB ∴∠为二面角1A A D B --的平面角。

在1AA D ∆中，111,22AA AD A D ===,则23AH AH BH AHB BH ==∠===(3)因为11C B PD B PCD V V -=，所以1111133B PD PCD h S A B S ∆∆⋅=⋅,111A B = 11111244PCD PC C PC DS S S ∆∆∆=-=-=, 在1B DP ∆中，1111955344,222B D B P PD DB P DB P +-===∠==∠=⋅，11331,22543B PD S h ∆∴=⋅==孟老师热点预测6球1（孟老师模拟预测举例）如下图已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，求这个球的表面积．解：设正四棱柱的底面边长为a ，则V ＝Sh ＝a 2h ＝a 2·4＝16，∴a ＝2.由题意知：2R ＝|A 1C|＝26，∴R ＝6，S ＝4πR 2＝24π.2（孟老师模拟预测）一个正方体的顶点都在球面上，球的体积为323π，则正方体的棱长为__________．解析：设球的半径为R ，棱长为a ，则由4π3R 3＝323π，得R ＝2.又由3a ＝2R ＝4，得a ＝433.答案：433孟老师热点预测7空间向量在空间几何体中的综合运用1（2011年新课标全国卷）如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值.解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=uu u ruu u r即00x -=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=uu u r uuu r可取m=（0，-1， c o s ,m n==故二面角A-PB-C 的余弦值为 277-2（2009年广东卷）2（2012年天津卷）（本小题满分14分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 是正方形11BCC B 的中心，点F 、G 分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点E ，G 在平面11DCC D 内的正投影． （1）求以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积；（2）证明：直线⊥1FG 平面1FEE ； （3）求异面直线11E G EA 与所成角的正弦值.解：（1）依题作点E 、G 在平面11DCC D 内的正投影1E 、1G ，则1E 、1G 分别为1CC 、1DDx的中点，连结1EE 、1EG 、ED 、1DE ，则所求为四棱锥11FG DE E -的体积，其底面11FG DE 面积为111111E DG Rt FG E Rt FG DE S S S ∆∆+= 221212221=⨯⨯+⨯⨯=， 又⊥1EE 面11FG DE ，11=EE ，∴323111111=⋅=-EE S V FG DE FG DE E .（2）以D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别作x 轴，y 轴，z 轴，得)1,2,0(1E 、)1,0,0(1G ，又)1,0,2(G ，)2,1,0(F ，)1,2,1(E ，则)1,1,0(1--=FG ，)1,1,1(-=FE ， )1,1,0(1-=FE ，∴01)1(01=+-+=⋅FE FG ，01)1(011=+-+=⋅FE FG ，即FE FG ⊥1，11FE FG ⊥，又F FE FE =⋂1，∴⊥1FG 平面1FEE .（3）)0,2,0(11-=G E ，)1,2,1(--=，则62,cos 11=>=<G E ，设异面直线11E G EA 与所成角为θ，则33321sin =-=θ.3（2006年辽宁卷）已知正方形ABCD .E 、F 分别是AB 、CD 的中点,将ADE 沿DE 折起,如图所示,记二 面角A DE C --的大小为(0)θθπ<<. (I) 证明//BF 平面ADE ;(II)若ACD 为正三角形,试判断点A 在平面BCDE 内的射影G 是否在直线EF 上,证明你的结论,并求角θ的余弦值.【解析】(I)证明:EF 分别为正方形ABCD 得边AB 、CD 的中点,∴EB//FD,且EB=FD,∴四边形EBFD 为平行四边形. ∴BF//ED ,EF AED BF AED ⊂⊄ 平面而平面 ∴//BF 平面ADE .(II)解法1:如右图,点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上, 过点A 作AG 垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD.∆ACD 为正三角形,∴AC=AD ∴CG=GD G 在CD 的垂直平分线上, ∴点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上,过G 作GH 垂直于ED 于H,连结AH,则AH DE ⊥,所以AHD ∠为二面角A-DE-C 的平面角.即G AH θ∠=设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的∆AEF 中,EF=2AE=2a, 即∆AEF 为直角三角形, AG EF AE AF ⋅=⋅2AG a ∴=CDFCE在Rt ∆ADE 中, AH DE AE AD ⋅=⋅AH ∴=GH ∴=1cos 4GH AH θ==.解法2:点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上 连结AF,在平面AEF 内过点作AG EF '⊥,垂足为G '.∆ACD 为正三角形,F 为CD 的中点,AF CD ∴⊥又因EF CD ⊥,所以CD AEF ⊥平面 AG AEF '⊂ 平面AG CD '∴⊥又AG EF '⊥且,,BCDE CD EF F CD BCDE EF ⋂=⊂⊂平面平面AG BCDE '∴⊥平面G '∴为A 在平面BCDE 内的射影G.即点A 在平面BCDE 内的射影在直线EF 上过G 作GH 垂直于ED 于H,连结AH,则AH DE ⊥,所以AHD ∠为二面角A-DE-C 的平面角.即G AH θ∠=设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的∆AEF 中,EF=2AE=2a,即∆AEF 为直角三角形, AG EF AE AF ⋅=⋅AG ∴= 在Rt ∆ADE 中, AH DE AE AD ⋅=⋅AH ∴=GH ∴=1cos 4GH AH θ==.解法3: 点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上 连结AF,在平面AEF 内过点作AG EF '⊥,垂足为G '.∆ACD 为正三角形,F 为CD 的中点,AF CD ∴⊥又因EF CD ⊥,所以CD AEF ⊥平面CD BCDE ∴⊂平面AEF BCDE ∴⊥平面平面又AEF =EF,BCDE AG EF '⋂⊥ 平面平面AG EF '⊥AG BCDE '∴⊥平面G '∴为A 在平面BCDE 内的射影G.即点A 在平面BCDE 内的射影在直线EF 上过G 作GH 垂直于ED 于H,连结AH,则AH DE ⊥,所以AHD ∠为二面角A-DE-C 的平面角.即G AH θ∠=设原正方体的边长为2a,连结AF在折后图的∆AEF 中,EF=2AE=2a,即∆AEF 为直角三角形, AG EF AE AF ⋅=⋅2AG a ∴= 在Rt ∆ADE 中, AH DE AE AD ⋅=⋅AH ∴=GH ∴=1cos 4GH AH θ==.【点评】本小题考查空间中的线面关系,解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力.。