立体几何专题说课

立体几何
第一部分
一．本专题高考要求
立体几何是湖北高考理科必考的重点内容之一，是考查学生空间想象能力的最好手段。

高考对这一部分的要求是：
1.会读图，会识图：能根据给出的三视图，能正确地作出几何体的直观图，并能正确地根
据三视图标示出图中各线段的位置关系及数量关系；能根据给出的直观图，能正确地判断出图中各元素之间的位置关系。

2.会作图：能根据题中的文字叙述，能正确地想象出几何体，并能作出正确的几何直观图。

3.会用图：能根据图中的已知元素之间的数量关系及位置关系，根据几何性质及相关定理，
能正确地推导出未知元素之间的数量关系及位置关系。

4.会计算：通过立体几何中求角（线线角、线面角、面面角）、距离（点面距离）以及表
面积及体积的计算，考出学生的计算能力,以及对图行进行分解组合的能力。

二．命题预测：
纵观2012、2013年这两年的新课标湖北理科高考，立体几何部分题量都是一大一小两个，2012年湖北高考理科第4题是已知几何体的三视图，计算其体积，几何大题为19题；2013年湖北高考理科第8题是已知几何体的三视图，比较其四部分的体积大小，几何大题仍为19题。

因此，我个人认为，2014年的湖北高考，立体几何部分，仍然会是两个，一个大题，一个小题。

大题不外乎证明或判断几何体中元素之间的位置关系，计算几何体中的角或体积（距离），探究在某条线段上或某个平面内上是否存在某个点满足某个条件（即探索性问题）。

像2013年高考，几何大题第二问是证明三个角之间的函数关系，在2014年高考中，我认为出现这样的题型的可能性不大。

立体几何小题，我个人预测，2014年高考，将会还是以三视图为主，但难度会有所增加。

三．考纲变化：
从公布的2014年湖北高考考试说明中，可以看出在立体几何这一部分中，立体几何初步中，点、直线、平面间位置关系的考查内容，“公理1、2、3、4和定理” 调整为“空间图形的公理和定理②”，层次依然为“了解”；新增加了“异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念”这一部分内容，其考查层次是“了解”。

我个人认为2014年高考立体几何新增加了空间中三种角的概念的考查内容，意在强调对这三种角的概念理解，意味着在考查这三种角时，用几何法作出角会较容易求解。

故在几何复习中，要强调用几何法求这三种角。

不能光用向量法求解。

四．本专题内容设计：
基于考纲和近两年的湖北新课标高考，本专题拟设计两个小专题，一是针对几何小题的复习，主要以三视图内容为主，兼顾其它；二是针对几何大题的复习，主要以线、面位置关系：平行与垂直的判断与证明，角度与体积的计算，探索性问题这三个方面为主。

针对小题的复习大概1课时，针对大题的复习大概4课时。

所选例题、练习题、训练题，力争最新，并尽量带有示范性。

第二部分：说课稿
立体几何小题
2013年的高考，全国理科数学19套试卷中，几何小题有以下题型：
题型1：已知一个几何体的三视图，求几何体的表面积或体积；或者已知一个几何体的三视图中的两个，正确地选择第三个或选择直观图；；以这种方式考查的省份有新课标卷Ⅰ8题，广东卷5题，浙江卷12题，辽宁卷13题，陕西卷12，湖北卷8题，重庆卷5题，四川卷3，新课标卷Ⅱ7题；以这种方式考查几何知识的省份现在仍是大多数。

题型2：用符号语言给出已知线与面的位置关系，判断未知的线与面的位置关系，以这种方式考查的省份有新课标卷Ⅱ4题，广东卷6题，浙江卷10题，特别一提的浙江卷10题，给出了几何新定义，给人耳目一新的感觉。

以这种方式考查符号语言、线面关系的省份已经不多了。

题型3：已知一个几何体，或者一个几何体的三视图，求其外接球的半径或体积，以这种方式考查的省份有福建卷12题，辽宁卷10题，以这种方式考查几何知识的省份也不多了。

题型4：求给定几何体中的指定元素之间的数量关系或位置关系，以这种方式考查几何知识的有山东卷4题，江苏卷8题，以这种方式考查几何知识的省份也不多了。

题型5：用运动的观点来考查几何体的图形长度、面积变化，以这种方式考查的省份有北京卷14题，安徽卷15题，湖南卷7题.这种题型有一定难度，要引起注意。

题型1：已知一个几何体的三视图，求几何体的表面积或体积；或者已知一个几何体的三视图中的两个，正确地选择第三个或选择直观图；
例1.(1)（2012湖北理4）已知某几何体的三视图如图所示，则该集合体的体积为
A. 8
3
π
B.3π
C.
10
3
π
D.6π
解析：选（B），由三视图可知，该几何体是高为2的圆柱与同底面高也为2的圆柱的一半。

(2) (2013课标全国Ⅰ，理8)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．
A ．16＋8π
B ．8＋8π
C ．16＋16π
D ．8＋16π 答案：A
解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r ＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr 2×4×12
＋4×2×2＝8π＋16.故选A.
练习：
1.（2013湖北理8）一个几何体的三视图如图5－11－3所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )
图5－11－3
A ．V 1<V 2<V 4<V 3
B ．V 1<V 3<V 2<V 4
C ．V 2<V 1<V 3<V 4
D ．V 2<V 3<V 1<V 4
解析：由图知组成该几何体的从上到下的简单几何体为圆台，圆柱，棱柱，棱台，其体
积分别为V 1＝7π3，V 2＝2π，V 3＝8，V 4＝28
3，选C.3
28
2. （2013四川3）一个几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的直观图可以是( )π3
7
图1－2
图1－3
答案．D [解析] 根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱．
题型2：用符号语言给出已知线与面的位置关系，判断未知的线与面的位置关系。

例1.（1）（2013新课标理Ⅱ卷4）、已知,m n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β。

直线l 满足l m ⊥，l n ⊥，l α⊄，l β⊄，则（ ）
（A ）//αβ且//l α （B ）αβ⊥且l β⊥
（C ）α与β相交，且交线垂直于l （D ）α与β相交，且交线平行于l 答案：D
[解析]本题主要考查空间线面关系的判定，若βα//，由题中条件可知n m //，与题中n m ,为异面直线矛盾，故A 错；若β⊥l 则有n l //，与题设条件n l ⊥矛盾，故B 错；由于
βα⊥⊥n m ,，则n m ,都垂直于βα,的交线，而n m 和是两条异面直线，可将m 平移至
与n 相交，此时确定一个平面γ，则βα,的交线垂直于平面γ，同理也有γ⊥l ，故l 平行于βα,的交线，D 正确C 错。

（2）（2013浙江理10）． 在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，
则( )
A ．平面α与平面β垂直
B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C ．平面α与平面β平行
D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
答案．A
[解析] 当α⊥β，且α∩β＝b ，设f α(P )＝A ，则P A ⊥α，Q 1＝f β[f α(P )]＝f β(A )，故AQ 1⊥β；同理设f β(P )＝B ，则PB ⊥β，Q 2＝f α[f β(P )]＝f α(B )，故BQ 2⊥α，故AQ 1∥PB ，P A ∥BQ 2，所以Q 1和Q 2重合，恒有PQ 1＝PQ 2，选择A.
练习：
3.(2013广东理6) 设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )．
A ．若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n
B ．若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥n
C ．若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥β
D ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β 答案：D
解析：选项A 中，m 与n 还可能平行或异面，故不正确； 选项B 中，m 与n 还可能异面，故不正确； 选项C 中，α与β还可能平行或相交，故不正确； 选项D 中，∵m ⊥α，m ∥n ，∴n ⊥α. 又n ∥β，∴α⊥β.故选D ．
题型3：已知一个几何体，或者一个几何体的三视图，求其外接球的半径或体积 例3. （2013辽宁理10）已知三棱柱111C B A ABC -的6个顶点都在球O 的球面上，若
4,3==AC AB ,,AB AC ⊥112AA O =，则球的半径为
A B ． C ．13
2
D ． 答案：C
解析：过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1
的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球
的一个内接长方体，故球的半径r 13
2
=.故选C. 练习：
4.棱长为2的正四面体的外接球半径为 。

题型4：求给定几何体中的指定元素之间的数量关系或位置关系.（略讲） 例4(2013山东，理4)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为
9
4
，底面是
的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( )．
A ．
5π12 B ．π3 C ．π4 D ．π
6
答案：B
解析：如图所示，由棱柱体积为
9
4
，.
设P 在平面ABC 上射影为O ，则可求得AO 长为1，故AP 2=故∠P AO ＝
π3，即P A 与平面ABC 所成的角为π3
.
题型5：用运动的观点来考查几何体的图形长度、面积变化
例5.（1） (2013届高考湖南理7) 已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ）
A ．1
B
C ．2
D ．2
答案：C
解析：θ，如图所示．
故正视图的面积为S ＝2cos θ(0≤θ≤π4
)， ∴1≤S ≤2， 而
21<12-，故面积不可能等于21
2
-. （2）（2013届高考安徽理15）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点Q P A ,,的平面截该正方体所得的截面记为S 。

则下列命题正确的是_________（写
出所有正确命题的编号）。

①当1
02
CQ <<时，S 为四边形 ②当1
2CQ =
时，S 为等腰梯形 ③当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足111
3C R =
④当3
14
CQ <<时，S 为六边形
⑤当1CQ =时，S 的面积为
6
2
答案：①②③⑤
解析：如图，设截面S 分别与直线1111,,,D C CC DD CD 交于R Q N M ,,,。

因为P 为BD 中点，所以DC AB CM ==,即M 为定点，N 为射线1DD 上的动点，且
CQ DN 2=,PQ AN 2=.通过确定N 点再作出截面S 与1111,D C D A 的交点R S ,,得到答案
①②③⑤。

N
（3）（2012年北京朝阳区二模理8）有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影，其投影面积的最大值是（ ） A ．1 B ．2
2
3 C ．2 D ．3 答案：D
解析：根据正方体的对称性，不妨研究俯视图的情况。

为表述方便，不妨假设正方体上有点在投影面内，根据正方体与投影面的公共点的情况，分以下三种情形：
情形:1：当正方体的一个面在投影面上时，俯视图是边长为1的正方形，投影面积为1； 情形2：当正方体的一条棱在投影面上时，其俯视图的形状为矩形，其宽为1，长最小为1，最长为正方体面对角线2，故投影面积最大值是2；
情形3：当正方体的一个顶点在投影面上时，不妨设为点A ，则面11B BCC 、面1111D C B A 、和面11C CDD 的投影与面ABCD 、面11A ADD 和面11A ABB 的投影相互重叠，其投影面为
六边形111
D D C B B A ''''''，易知D C B A '''、11A B B A '''和11A D D A '''均为平行四边形，其面积之和等于D B A '''∆1
面积的2倍。

当1AC 垂直于投影面，即D B A '''∆1平行于投影面时，其投影六边形面积最大，为正三角形D B A '''∆1
面积的2倍，即3。

综合上述三种情形，边长为1的正方体正投影面积的最大值为3，选D 。

B 1B
1A 1C B ' 1B '
1A '
练习：
6.已知正三棱柱ABC －A ′B ′C ′的正视图和侧视图如图所示．设△ABC ，△A ′B ′C ′的中心分别是O ，O ′，现将此三棱柱绕直线OO ′旋转，射线OA 旋转所成的角为x 弧度(x 可以取到任意一个实数)，对应的俯视图的面积为S (x )，则函数S (x )的最大值为________；最小正周期为________．
[答案] 8
π3
[解析] 由三视图还原可知，原几何体是一个正三棱柱横放的状态，则俯视图对应的是一个矩形，由旋转的过程可知S (x )取得最大值时俯视图的投影是长为4，宽为2的矩形，即S (x )max ＝8，又每旋转π3个单位又回到初始状态，故周期为π
3
.
第三部分：
立体几何小题训练题
1.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图可以为( )
解析：由正视图与俯视图可知，该几何体是一个长方体被截去一个三棱锥而形成的，其形状如图所示：
故该几何体的侧视图可以为B.
2. （2014届高三武汉武昌区元月6）已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则
不是该三棱锥的三视图是
答案：D
3.（2014届高三武汉二月调考11）已知某几何体的三视
图如图所示，则该几何体的表面积为．
答案：3π
2
＋ 3
4.（2014届高三湖北部分重点中学第二次联考6）三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为2的等边三角形，其正视图(如图所示)的面积为8，则侧视图的面积为
A. 8
B. 4
C.43
D.3 答案：C
5.（2013辽宁理13）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 .
答案1616π-
解析:直观图是圆柱中抽出正四棱柱。

V =222424π⋅-⋅=1616π-
6.（2012辽宁理13）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为__________．
正视图
1
1
答案为：38
解析：由三视图可以看出该几何体为一个长方体从中间挖掉了一个圆柱，长方体表面积为2×(4×3+3×1+4×1)＝38，圆柱的侧面积为2π，上下两个底面积和为2π，所以该几何体的表面积为38+2π－2π＝38．
7.（2012湖南理3）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是（）
答案为：D
8.（2013新课标理Ⅱ7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（1，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为
答案：A
解析:该题考查三视图与空间坐标系综合应用，由点确定的坐标可以确定该图的直观图如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xyz的图像为下图：
则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选A.
9.（2013浙江理12）若某几何体的三视图(单位：cm)如图1－3所示，则此几何体的体积等于________cm3.
图1－3
答案．24
[解析] 此几何体知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如图所示，则体积为12
×3×4×5－13×1
2×3×4×3＝24.
10.(2013广东理5)某四棱台的三视图如图1所示，则该四棱台的体积是
A ．4
B ．
C ．
D ．6
答案：B
解析：方法一：由三视图可知，原四棱台的直观图如图所示，
其中上、下底面分别是边长为1,2的正方形，且DD 1⊥面ABCD ，上底面面积S 1＝12＝1，下底面面积S 2＝22＝4.
又∵DD 1＝2，
∴V 台＝
1
3(S 1＋S 2)h
＝13(14)×2＝143
. 方法二：由四棱台的三视图，可知原四棱台的直观图如图所示．
在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1都为正方形， AB ＝2，A 1B 1＝1，
且D 1D ⊥平面ABCD ，D 1D ＝2. 分别延长四棱台各个侧棱交于点O ， 设OD 1＝x ，因为△OD 1C 1∽△ODC ， 所以
111OD D C OD DC =，即1
22
x x =+，解得x ＝2.
1111ABCD A B C D V -＝V 棱锥O －ABCD －1111O A B C D V -棱锥 ＝13×2×2×4－13×1×1×2＝143
.
11.棱长为2的正四面体，按任意方向正投影，其投影面积的最大值是 。

12．(2013北京，理14)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，
点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________．
解析：过E 点作EE 1垂直底面A 1B 1C 1D 1，交B 1C 1于点E 1，
连接D 1E 1，过P 点作PH 垂直于底面A 1B 1C 1D 1，交D 1E 1于点H ， P 点到直线CC 1的距离就是C 1H ，
故当C 1H 垂直于D 1E 1时，P 点到直线CC 1距离最小，
此时，在Rt △D 1C 1E 1中，C 1H ⊥D 1E 1，D 1E 1·C 1H ＝C 1D 1·C 1E 1，∴C 1H
5=.
13.（2013年北京朝阳区高二期末考试8）在正方体1111D C B A ABCD -中，P 是正方体的底面1111D C B A （包括边界）内的一动点，Q 是正方体的底面ABCD （包括边界）内的一动点,线段C A 1与线段PQ 相交且互相平分，则使得四边形QCP A 1面积最大的点P 有（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．无数个
答案：C
14. 如图所示，三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB ＝30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2x (x ∈(0，3])，图5－11－14中的四个图像大致描绘了三棱锥N －AMC 的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是( )
[解析] A S△ABC＝3
2×3×sin 30°＝
9
4
，V三棱锥P－ABC＝1
3×
9
4×8＝6，x→0，V三棱锥N－AMC
→0，
S△AMC＝1
2×3×x×sin 30°＝
3
4x(x∈(0，3])，V三棱锥N－AMC
＝1
3×
3
4x×(8－2x)＝
1
2x
()
4－x(x∈(0，3])
是抛物线的一部分，故选A.
第四部分：
立体几何大题
例1。

（2012湖北理19）（本小题满分12分）
如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），
（1）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；
（2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD 上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小
练习：
1. （2014届高三武汉市二月调考理19）
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
（Ⅰ）求直线B 1C1与平面A1BC1所成角的正弦值；
（Ⅱ）在线段BC1上确定一点D，使得AD⊥A1B，并求BD
BC1的值．
解：（Ⅰ）∵AA 1C1C为正方形，∴AA1⊥AC．
∵平面ABC⊥平面AA1C1C，
∴AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．
由已知AB＝3，BC＝5，AC＝4，∴AB⊥AC．
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(0，3，0)，
A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)，
∴→
A1B＝(0，3，－4)，→
A1C1＝(4，0，0)，→
B1C1＝(4，－3，0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则
⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·→A 1B ＝0，n ·
→A 1C 1＝0．即⎩⎪⎨⎪⎧
3y －4z ＝0，
4x ＝0． 令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，∴n ＝(0，4，3)． 设直线B 1C 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，则 sin θ＝|cos ＜→
B 1
C 1，n ＞|＝|→B 1C 1·n ||→B 1C 1||n |
＝3×45×5＝1225．
故直线B 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为12
25．………………………………6分
（Ⅱ）设D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，且→BD ＝λ→
BC 1（λ∈[0，1]），
∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3，4)，
∴x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴→
AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)． 又→
A 1
B ＝(0，3，－4)，
由→AD ·→A 1B ＝0，得3(3－3λ)－4×4λ＝0， 即9－25λ＝0，解得λ＝9
25∈[0，1]．
故在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ． 此时
BD BC 1＝λ＝9
25
．…………………………………………………………………12分
2： 如图所示，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO 丄平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.
(1)证明：AP 丄BC ；
(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．
解：方法一，(1)以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)，
AP →＝(0，3，4)，BC →
＝(－8，0，0)，
由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →
，即AP ⊥BC .
(2)设PM →＝λP A →
，λ≠1， 则PM →
＝λ(0，－3，－4)， BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A → ＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4) ＝(－4，－2－3λ，4－4λ)．
AC →＝(－4，5，0)，BC →
＝(－8，0，0)． 设平面BMC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·
n 1＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧－4x 1－（2＋3λ）y 1＋（4－4λ）z 1＝0，－8x 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，2＋3λ4－4λ. 由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AC →·
n 2＝0即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，
得⎩⎨⎧x 2＝54
y 2，
z 2
＝－3
4y 2
，
可取n 2
＝(5，4，－3)．
由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ
4－4λ
＝0，
解得λ＝2
5
，故AM ＝3.
综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.
方法二，(1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .
因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AD ，故BC ⊥P A .
(2)如图所示，在平面P AB 内作BM ⊥P A 于点M ，联结CM ，由(1)知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC . 在Rt △ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB ＝41.
在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2， 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2， 所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5. 又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB ＝1
3
，
从而PM ＝PB cos ∠BP A ＝2，所以AM ＝P A －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.
例2（2013湖北理19）如图所示，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．
(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；
(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →
.记直线PQ 与平面
ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.
解： (1)直线l ∥平面P AC ，证明如下： 联结EF ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点，
所以EF ∥AC .
又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .而EF ⊂平面BEF ， 且平面BEF ∩平面ABC ＝l ，所以EF ∥l . 因为l ⊄平面P AC ，EF ⊂平面P AC ， 所以直线l ∥平面P AC .
(2)方法一：(综合法)如图①，联结BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC . 因为AB 是⊙O 的直径，所以AC ⊥BC ，于是l ⊥BC . 已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC ⊥l ， 而PC ∩BC ＝C ，所以l ⊥平面PBC .
联结BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l ⊥BF ，故∠CBF 就是二面角E －l －C 的平面
角，即∠CBF ＝β.由DQ →＝12CP →
，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12
CP .
联结PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ，所以DQ ＝PF ，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD .
联结CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF ＝θ.又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF 为锐角，故∠BDF 为异面直线PQ 与EF 所成的角，即∠BDF ＝α，于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin θ＝CF DF ，sin α＝BF DF ，sin β＝CF BF ，从而sin αsin β＝BF DF ·CF BF ＝CF DF
＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.
方法二：(向量法)如图②，由DQ →＝12CP →
，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP .
联结PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由(1)可知交线l 即为直线BD .
以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →
所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA ＝a ，CB ＝b ，CP ＝2c ，则有C (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (0，b ，0)，P (0，
0，2c )，Q (a ，b ，c )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0，0，c )，于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →
＝(－a ，－b ，c )，BF →
＝(0，－b ，c )，
所以cos α＝|FE →·QP →
||FE →||QP →|＝a a 2＋b 2＋c 2，从而sin α＝1－cos 2
α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2.
又取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，可得sin θ＝|m ·QP →
||m ||QP →|＝c
a 2＋
b 2＋
c 2. 设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
所以由⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取n ＝(0，c ，b )，
于是|cos β|＝
|m ·n ||m||n |＝b
b 2＋c
2， 从而sin β＝1－cos 2β＝
c
b 2＋
c 2
. 故sin αsin β＝
b 2＋
c 2
a 2＋
b 2＋
c 2·c b 2＋c 2＝c a 2＋b 2＋c 2
＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.
练习3 如图所示，在直角梯形ABCP 中，AB ＝BC ＝3，AP ＝7，CD ⊥AP 于点D .现将△PCD 沿线段CD 折成60°的二面角P －CD －A ，设E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．
(1)求证：P A ∥平面EFG ；
(2)若M 为线段CD 上的一个动点，问点M 在什么位置时，直线MF 与平面EFG 所成的角最大？并求此最大角的余弦值．
解：(1)证明：∵AD ⊥CD ，PD ⊥CD ， ∴CD ⊥平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面ABCD .
过P 作AD 的垂线，垂足为O ， 则PO ⊥平面ABCD .
过O 作BC 的垂线，交BC 于点H ，
分别以OH ，OD ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∵∠PDO 是二面角P －DC －A 的平面角， ∴∠PDO ＝60°.
又∵PD ＝4，∴OP ＝2 3，OD ＝2，AO ＝1，
解：(1)证明：∵AD ⊥CD ，PD ⊥CD ， ∴CD ⊥平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面ABCD . 过P 作AD 的垂线，垂足为O ， 则PO ⊥平面ABCD .
过O 作BC 的垂线，交BC 于点H ，
分别以OH ，OD ，OP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∵∠PDO 是二面角P －DC －A 的平面角， ∴∠PDO ＝60°.
又∵PD ＝4，∴OP ＝2 3，OD ＝2，AO ＝1，
得A (0，－1，0)，P (0，0，2 3)，D (0，2，0)，E (0，1，3)，F ⎝⎛⎭⎫32，1，3，G ⎝⎛⎭⎫3，12，0，故EF →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0，EG →
＝⎝⎛⎭
⎫3，－12，－3，
设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·
EG →＝0，即⎩⎨⎧3
2x ＝0，3x －12
y －3z ＝0，
取z ＝1，得n ＝(0，－2 3，1)，而P A →
＝(0，－1，－2 3)，
n ·P A →＝0＋2 3－2 3＝0，∴n ⊥P A →.又P A ⊄平面EFG ，故P A ∥平面EFG .
(2)设M (x ，2，0)，则MF →
＝⎝⎛⎭⎫32－x ，－1，3，设MF 与平面EFG 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，MF →
〉|
＝|n ·MF →||n |·|MF →|
＝ 3 313·⎝⎛⎭⎫32－x 2＋4，
故当x ＝3
2
时，sin θ取到最大值，则θ取到最大值，此时点M 为线段CD 的中点，MF
与平面EFG 所成角的余弦值cos θ＝5 13
26
练习4：
（2014届高三湖北部分重点中学第二次联考17）
如图，平面ABCD ⊥平面ADEF ，其中ABCD 为矩形，ADEF
为梯形， AF ∥DE ，AF ⊥FE ，AF ＝AD ＝2 DE ＝2． (Ⅰ) 求异面直线EF 与BC 所成角的大小；
(Ⅱ) 若二面角A －BF －D 的平面角的余弦值为1
3
，求AB 的长．
解析
(Ⅰ) 延长AD ，FE 交于Q ．
因为ABCD 是矩形，所以BC ∥AD ， 所以∠AQF 是异面直线EF 与B C 所成的角．
在梯形ADEF 中，因为DE ∥AF ，AF ⊥FE ，AF ＝2，DE ＝1得∠AQF ＝30°．
(第17题图)
(第17题图)
(Ⅱ) 方法一：
设AB ＝x ．取AF 的中点G ．由题意得DG ⊥AF ．
因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，A B ⊥AD ，所以AB ⊥平面ADEF ， 所以AB ⊥DG ．
所以DG ⊥平面ABF ．
过G 作GH ⊥BF ，垂足为H ，连结DH ，则DH ⊥BF ， 所以∠DHG 为二面角A －BF －D 的平面角．
在直角△AGD 中，AD ＝2，AG ＝1，得DG
在直角△BAF 中，由
AB BF ＝sin ∠AFB ＝GH FG ，得GH
x
，
所以GH
△DGH 中，DG
GH
，得DH
＝
因为cos ∠DHG ＝GH DH ＝1
3
，得x
所以AB
方法二：设AB ＝x ．
以F 为原点，AF ，FQ 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系Fxyz ．则 F (0，0，0)，A (－2，0，0)，E
，0，0)，D (－1
0)，B (－2，0，x )， 所以DF ＝(1
0)，BF ＝(2，0，－x )．
因为EF ⊥平面ABF ，所以平面ABF 的法向量可取1n ＝(0，1，0)． 设2n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BFD 的法向量，则
111120,
0,
x z x x -=⎧⎪⎨
=⎪⎩ 所以，可取2n ＝
，1
． 因为cos<1n ，2n >＝1212||||n n n n ⋅
⋅＝1
3
，得
x
所以AB
5.（2014届高三武汉武昌区元月18）
如图，在长方体A BCD —A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在BB 1，DD 1上，且AE ⊥AB ，A
(第17题图)
x
y
z
F ⊥A 1D ．
（I ）求证：A 1C ⊥平面A EF ；
（Ⅱ）若AB=4，AD=3，AA 1=5，求平面A EF 和平面D 1B 1BD 所成的角的正弦值．
解：（Ⅰ）方法一：
A A ⋅+=⋅)(11
0)(=+⋅=⋅=，
AE C A ⊥∴1；
A A ⋅+=⋅)(11
0)(=+⋅=⋅=DF AD DC AF DC ，
AF C A ⊥∴1.
⊥∴C A 1平面AEF . …………………………（6分）
方法二：
⊥BC 平面11A ABB ，⊂AE 平面11A ABB ，
∴AE BC ⊥．
又∵B A AE 1⊥，∴⊥AE 平面BC A 1． ∵⊂C A 1平面BC A 1，∴C A AE 1⊥．
同理可证C A AF 1⊥． ∵A AF AE = ，
∴⊥C A 1平面AEF ． …………………………………（6分）
（Ⅱ）如图，以为AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，
因为4=AB ，3=AD ，51=AA ，得到下列坐标：)0,0,0(A ，)0,0,4(B ，
)0,3,4(C ,)0,3,0(D ，)5,0,0(1A ，)5,0,4(1B ，)5,3,4(1C )5,3,0(1D ．
由（Ⅰ）知，)5,3,4(1-=A 是平面AEF 的一个法向量. 设平面BD B D 11的法向量为()0,,y x a =，则011=⋅D B a .
)0,3,4(11-=D B ，034=+-∴y x .
令3=x ，4=y ，则()0,4,3=． ∴25
2
12)5(34043)5(03443,cos 2
2222211=
-++⨯++-⨯+⨯+⨯=
>=
<AC a ． ∴25
337
)25212(
1sin 2=
-=θ. ∴平面AEF 和平面BD B D 11所成的角的正弦值为25
337
．………………（12分）。