空间立体几何复习题

立体几何问题的题型与方法

例1、⑴已知水平平面α内的两条相交直线a, b 所成的角为θ，如果将角θ的平分线l '绕着其顶点，在竖直平面内作上下转动， 转动到离开水平位值的l '处，且与两条直线a,b

都成角α，则α与

2

θ的大小关系是 （ ） A. 2θα≤或2θα≥ B. α>2θ或 α<2

θ C. α>2θ D. α<2θ ⑵已知异面直线a,b 所成的角为700,则过空间一定点O,与两条异面直线a,b 都成600角的直线有 ( )条.

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

⑶异面直线a,b 所成的角为θ,空间中有一定点O,过点O 有3条直线与a,b 所成角都是600

,则θ的取值可能是 ( ). A. 300 B. 500 C. 600 D. 900

分析与解答:

⑴ 如图1所示,易知直线l '上点Ａ在平面α上的射影是ι上的点B,过点B 作BC ⊥b, 则AC ⊥b. 在Rt △OBC 和Rt △OAC 中，tg α=

OC AC ,tg 2θ=OC

BC .显然，AC>BC, ∴tan α> tan 2θ,又α、2θ∈（0，)2π，∴ α＞2

θ.故选C.

⑵如图2所示，过空间一点O 分别作a '∥a,b '∥b, ι 则所求直线即为过点O 且与b a '',都成600角的直线。 ∵θ=1100，∴0552=θ

∴将两对对顶角的平分线绕 图１

O 点分别在竖直平面内转动，总能得到与 b a '',都成 a '

600角的直线。故 过点 O 与a,b 都成600角的直线有4条， 0

110=θ 700.从而选 D. O ⑶过点O 分别作a '∥a,b '∥b,则过点O 有三条直线与

b ' a,b 所成角都为600，等价于过点O 有三条直线与 图2

b a '',所成角都为600，

如图3示，如果,300=θ或,500=θ a ' 则0150='θ或0130='θ，过 O 点只有两条直线与b a '', O

都成600角。如果θ=900，则090='θ，那么过点 O 有四

θ' b ' 条直线与b a '',所成角都为600。如果θ=600，则0120='θ， 图 3

此时过点 O 有三条直线与b a '',所成角都为600。其中一条

正是θ'角的平分线.

说明： 本组新题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位直关系，考查空间想象和转化能力，以及周密的分析问题和解决问题

例2、如图1，设ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，F 是A 1B 1的中点，且

(1)求证：AF ⊥A 1C ； (2)求二面角C-AF-B 的大小． 分析：先来看第1问，我们“倒过来”分析．如果已经证得AF ⊥A 1C ，则注意到因为AB=2AA 1=2a ，ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，从而若设E 是AB 的中点，就有A 1E ⊥AF ，即AF ⊥平面A 1CE ．那么，如果我们能够先证明AF ⊥平面A 1CE ，则就可以证得AF ⊥A 1C ，而这由CE ⊥平面AA 1B 1B 立得．

再来看第2问．为计算二面角C-AF-B 的大小，我们需要找到二面角C-AF-B 的平面角．由前面的分析知，CE ⊥平面AA 1B 1B ，而AF ⊥A 1E ，所以，若设G 是AF 与A 1E 的中点，则∠CGE 即为二面角C-AF-B 的平面角，再计算△CGE 各边的长度即可求出所求二面角的大小．

解：(1)如图2，设E 是AB 的中点，连接CE ，EA 1．由ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，知AA 1⊥平面ABC ，而CE 平面ABC ，所以CE ⊥AA 1，

∵AB=2AA 1=2a ，∴AA 1=a ，AA 1⊥AE ，知AA 1FE 是正方形，从而AF ⊥A 1E ．而A 1E 是A 1C 在平面AA 1FE 上的射影，故AF ⊥A 1C ；

(2)设G 是AB 1与A1E 的中点，连接CG ．因为CE ⊥平面AA 1B 1B ，AF ⊥A 1E ，由三垂线定理，CG ⊥AF ，所以∠CGE 就是二面角C-AF-B 的平面角．∵AA 1FE 是正方形，AA 1=a ，

∴1122

EG EA a ==，

∴2CG a ==， ∴tan ∠

CGE=2

a CG EG ===，∠CGE ＝60o ，从而二面角C-AF-B 的大小为60o 。 说明：假设欲证之结论成立，“倒着”分析的方法是非常有效的方法，往往能够帮助我们迅速地找到解题的思路．《直线、平面、简单几何体》关于平行与垂直的问题都可以使用这种分析方法．但需要注意的是，证明的过程必须是“正方向”的，防止在证明过程中用

＝1，EF ＝31，BF ＝030cos BE ＝3

2．在移出图3中， ∵ cos B ＝BC BD ＝3

2, 在△BDF 中，由余弦定理：

DF 2＝BD 2＋BF 2－2BD BF cos B ＝(2)2＋(32)2 －2 2 3

2 3

2＝32． （注：其实，由于AB ⊥DE ，AB ⊥EF ，∴ AB ⊥平面DEF ，∴ AB ⊥DF ．

又∵ AC ⊥平面β， ∴ AC ⊥DF ． ∴ DF ⊥平面ABC ， ∴ DF ⊥BC ，即DF 是Rt △BDC 斜边BC 上的高，于是由BC DF ＝CD BD 可直接求得DF 的长．）

在△DEF 中，由余弦定理：

cos ∠DEF ＝EF DE DF EF DE ⋅-+2222＝3

11232)31(12⋅⋅-+＝33.

∴ ∠DEF ＝arccos

3

3.此即平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小． 解法２、过D 点作DE ⊥AB 于E ，过C 作CH ⊥AB 于H ，则HE 是二异面直线CH 和DE 的公垂线段，CD 即二异面直线上两点C 、D 间的距离．运用异面直线上两点间的距离公式，得：

CD 2＝DE 2＋CH 2＋EH 2－2DE CH cos θ (*)

（注：这里的θ是平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小，当0＜θ o ≤90o ，θ 亦即

异面直线CH 与DE 所成的角；当90o ＜θ ＜180o ，异面直线所成的角为180o －θ .） ∵ CD ＝DE ＝1，CH ＝

23，HE ＝21， 从而算得 cos θ＝

3， ∴ θ＝arccos 3. (2) 例4、D 为棱解：∵ ∠ADC 1∴ AD ⊥∴ D 为过C ∴ CE 连结∴ ∠EFC 在Rt △EFC 中，sin ∠EFC ＝

CF CE . ∵ BC ＝CC 1＝a 易求得 CE ＝5a

，CF ＝a 2

2. ∴ sin ∠EFC ＝

510， ∴ ∠EFC ＝arcsin 5

10. ∴ 二面角D －AC 1－C 的大小为arcsin 510.

例5、已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点.

（1）求证：MN ⊥AB ；

（2）设平面PDC 与平面ABCD 所成的二面角为锐角θ，问能否确定θ使直线MN 是异

面直线AB 与PC 的公垂线？若能，求出相应θ的值；若不能，说明理由.

解：（1）∵PA ⊥矩形ABCD ，BC ⊥AB ，∴PB ⊥BC ，PA ⊥AC ，即△PBC 和△PAC 都是