高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 立體幾何教學(xué)案

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1、2011年高考第二輪專題復(fù)習(xí)（教學(xué)案）：立體幾何 第1課時(shí) 直線、平面、空間幾何體 考綱指要： 立體幾何在高考中占據(jù)重要的地位，考察的重點(diǎn)及難點(diǎn)是直線與直線、直線與平面、平面與平面平行的性質(zhì)和判定，而查空間線面的位置關(guān)系問(wèn)題，又常以空間幾何體為依托，因而要熟練掌握多面體與旋轉(zhuǎn)體的概念、性質(zhì)以及它們的求積公式。 考點(diǎn)掃描： 1．空間兩條直線的位置關(guān)系：（1）相交直線；（2）平行直線；（3）異面直線。 2．直線和平面的位置關(guān)系：（1）直線在平面內(nèi)；（2）直線和平面相交；（3）直線和平面平行。 3．兩個(gè)平面的位置關(guān)系有兩種：（1）兩平面相交；（2）兩平面平行。 4．多面體的面

2、積和體積公式，旋轉(zhuǎn)體的面積和體積公式。 考題先知： E F D A B C P 例1．在平面幾何中，我們學(xué)習(xí)了這樣一個(gè)命題：過(guò)三角形的內(nèi)心作一直線，將三角形分成的兩部分的周長(zhǎng)比等于其面積比。請(qǐng)你類比寫(xiě)出在立體幾何中，有關(guān)四面體的相似性質(zhì)，并證之。 解：通過(guò)類比，得命題：過(guò)四面體的內(nèi)切球的球心作一截面，將四面體分成的兩部分的表面積比等于其體積比。 證明：如圖，設(shè)四面體P-ABC的內(nèi)切球的球心為O，過(guò)O作截面DEF交三條棱于點(diǎn)E、D、F，記內(nèi)切圓半徑為r,則r也表示點(diǎn)O到各面的距離，利用體積的“割補(bǔ)法”知： = =，從而。 例2．（1）當(dāng)你手握直角三角板，其斜邊

3、保持不動(dòng)，將其直角頂點(diǎn)提起一點(diǎn)，則直角在平面內(nèi)的正投影是銳角、直角 還是鈍角？ （2）根據(jù)第（1）題，你能猜想某個(gè)角在一個(gè)平面內(nèi)的正投影一定大于這個(gè)角嗎？如果正確，請(qǐng)證明；如果錯(cuò)誤，則利用下列三角形舉出反例：△ABC中，， ，以∠BAC為例。 解：（1）記Rt△ABC，∠BAC=900，記直角頂點(diǎn)A在平面上的正投影為A1，，且AA1=，則因?yàn)?，所以∠BA1C為鈍角，即直角在平面內(nèi)的正投影是鈍角； （2）原猜想錯(cuò)誤。對(duì)于△ABC， ，記直角頂點(diǎn)A在平面上的正投影為A1，設(shè)AA1=，則，令∠BAC=∠BA1C，則由余弦定理得： =，解之得：，即當(dāng)點(diǎn)A離平面的距離是時(shí)，∠BAC在一個(gè)平

4、面內(nèi)的正投影∠BA1C等于它本身； 若取，則，從而， ，可知∠B A1C∠BAC，即∠BAC在一個(gè)平面內(nèi)的正投影∠BA1C小于它本身。 復(fù)習(xí)智略： P A C D 圖1 1 B 圖2 1 A B C D D1 C1 B1 A1 主視圖 俯視圖 左視圖 例3．一個(gè)幾何體的三視圖如右圖所示，其中主視圖與左視圖是腰長(zhǎng)為6的等腰直角三角形，俯視圖是正方形。 （Ⅰ）請(qǐng)畫(huà)出該幾何體的直觀圖，并求出它的體積； （Ⅱ）用多少個(gè)這樣的幾何體可以拼成一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD—A1B1C1D1? 如何組拼？試證明你的結(jié)論； （Ⅲ）在（Ⅱ）

5、的情形下,設(shè)正方體ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中點(diǎn)為E, 求平面AB1E與平面ABC所成二面角的余弦值. 分析：本題的構(gòu)圖方式是通過(guò)三視圖來(lái)給出，并且更為重視對(duì)空間幾何體的認(rèn)識(shí). 解：（Ⅰ）該幾何體的直觀圖如圖1所示，它是有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐. 其中底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形，高PD=6，故所求體積是???? ? （Ⅱ）依題意，正方體的體積是原四棱錐體積的3倍，故用3個(gè)這樣的四棱錐可以拼成一個(gè)棱長(zhǎng)為6的正方體，即由四棱錐D1-ABCD，D1-BB1C1C，D1-BB1A1A組成。其拼法如圖2所示. （Ⅲ）因△AB1E的邊長(zhǎng)AB1=，B1E=，AE=9，所以，而，所以

6、平面AB1E與平面ABC所成二面角的余弦值=。 點(diǎn)評(píng)：對(duì)于立體幾何問(wèn)題，新課標(biāo)更注重將其視為認(rèn)識(shí)空間的一種方式方法，因此對(duì)于立體幾何問(wèn)題要重點(diǎn)關(guān)注其構(gòu)圖方式， 因此，我們要特別重視空間重點(diǎn)線面的構(gòu)成方式，可以是三視圖還原位直觀圖，也可以是折疊問(wèn)題，當(dāng)然也可以是直接兩個(gè)面的構(gòu)成. 檢測(cè)評(píng)估： 1． 一個(gè)水平放置的四邊形的斜二測(cè)直觀圖是一個(gè)底角為450，，腰和上底的長(zhǎng)均為1的等腰 梯形，那么原四邊形的面積是（ ） A． B． C． D． 2．異面直線a,b所成的角為,空間中有一定點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O有3條直線與a,b所成角都是60，則的取值可能是（ ）

7、 A．30 B．50 C．60 D．90 3．下面的集合中三個(gè)元素不可能分別是長(zhǎng)方體(一只“盒子”) 的三條外對(duì)角線的長(zhǎng)度(一條 外對(duì)角線就是這盒子的一個(gè)矩形面的一條對(duì)角線) 是( ) A、. B、. C、. D、. 4．在四面體ABCD中，截面AEF經(jīng)過(guò)四面體的內(nèi)切球的球心O，且與BC、DC、分別交于E、F，如果截面將四面體分成體積相等的兩部分，設(shè)四棱錐A-BEFD與A-EFC的表面積分別為S1、S2，則必有（ ） A．S1S2

8、B．S1S2 C．S1=S2 D．無(wú)法判斷 5．在一個(gè)棱長(zhǎng)為4的正方體內(nèi)，你認(rèn)為能放入幾個(gè)直徑為1的球（ ） A．64 B．65 C．66 D．67 6．命題A：底面為正三角形，且頂點(diǎn)在底面的正投影為底面中心的三棱錐是正三棱錐。則命題A的等價(jià)命題B可以是：底面為正三角形，且 的三棱錐是正三棱錐。 7．水平桌面兒上放置著一個(gè)容積為V的密閉長(zhǎng)方體玻璃容器ABCD—A1B1C1D1，其中裝有V的水。 （1）把容器一端慢慢提起，使容器的一條棱AD保持在桌面上，這個(gè)過(guò)程中水的形狀始終是柱體；（2

9、）在（1）中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，水面始終是矩形；（3）把容器提離桌面，隨意轉(zhuǎn)動(dòng)，水面始終過(guò)長(zhǎng)方體內(nèi)的一個(gè)定點(diǎn)；（4）在（3）中水與容器的接觸面積始終不變。 以上說(shuō)法正確的是_____. 8. 將銳角A為60°，邊長(zhǎng)a的菱形ABCD沿對(duì)角線BD折成二面角，已知，則AC、BD之間的距離的最大值和最小值 ． 9．如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，若E、F分別為AB、AC 的中點(diǎn)，平面EB1C1將三棱柱分成體積為V1、V2的兩部分，那么V1∶V2= ____ _。 10．如圖所示，球面上有四個(gè)點(diǎn)P、A、B、C，如果PA，PB，PC兩兩互相垂

10、直，且PA=PB=PC=a，則這個(gè)球的表面積是 。 —ABCD的側(cè)面與底面， (1)請(qǐng)畫(huà)出四棱錐S—ABCD的示意圖，使SA⊥平面ABCD，并指出各側(cè)棱長(zhǎng)； （2）在（1）的條件下，過(guò)A且垂直于SC的平面分別交于SB、SC、SD于E、F、G. （3）求（1）（2）的條件下，求二面角A—SC—B的大小. 圖1 12．如圖1，在多面體ABCD—A1B1C1D1中，上、下底面平行且均為矩形，相對(duì)的側(cè)面與同一底面所成的二面角大小相等，側(cè)棱延長(zhǎng)后相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，上、下底面矩形的長(zhǎng)、寬分別為c，d與a，b，且a＞c，b＞d，兩底面間的距離為h。 （Ⅰ）

11、求側(cè)面ABB1A1與底面ABCD所成二面角的大??； （Ⅱ）證明：EF∥面ABCD； （Ⅲ）在估測(cè)該多面體的體積時(shí)，經(jīng)常運(yùn)用近似公式V估=S中截面·hV=（S上底面+4S中截面+S下底面），試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明。 （注：與兩個(gè)底面平行，且到兩個(gè)底面距離相等的截面稱為該多面體的中截面） 點(diǎn)撥與全解： 1．解：由題意得原四邊形是一個(gè)上底為1，下底為，高為2的直角梯形，所以其面積等于，故選A。 2．解：過(guò)點(diǎn)O分別作∥a、∥b，則過(guò)點(diǎn)O有三條直線與a,b所成角都為60，等價(jià)于過(guò)點(diǎn)O有三條直線與所成角都為60，其中一條正是角的平分線。從而可得選項(xiàng)為 C。 ３

12、．B　　提示：令a，b，c(a≤b≤c) 表示長(zhǎng)方體三條邊的長(zhǎng)度.p，q，r(p≤q≤r) 表示三個(gè)對(duì)角線的長(zhǎng)度. 由勾股定理, 得,,. 則 ＜.經(jīng)驗(yàn)證, 只有不滿足這個(gè)關(guān)系. 4．解：參考例1可知：選C。 5．解：第一層放16個(gè)球；第二層在空檔中放9個(gè)球，使每個(gè)球均與底層的16個(gè)球中的4個(gè)球相切；第三層再放16個(gè)球；第四層又放9個(gè)球；第五層再放16個(gè)球，這樣共放了66個(gè)球，且五層球的高度為，故選C。 6．答：側(cè)棱相等（或側(cè)棱與底面所成角相等……）。這是因?yàn)橐姑}B與命題A等價(jià)，則只需保證頂點(diǎn)在底面上的正投影S是底面正三角形的外心即可，因此，據(jù)射影定理，得側(cè)棱長(zhǎng)相等。

13、 7．解：因運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水始終是矩形，且水柱部分始終與空柱部分分別與中心O成中心對(duì)稱。所以（1）（2）（3）（4）均正確?！? 8．解：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．提示：，．沿BD折起，∠AOC是二面角的平面角，BD=AB=AD=a，故OA=OC=a，d=OA．因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，． 9.解：設(shè)三棱柱的高為h，上下底的面積為S，體積為V，則V=V1+V2＝Sh。 ∵E、F分別為AB、AC的中點(diǎn)， ∴S△AEF=S, V1=h(S+S+)=Sh V2=Sh-V1=Sh， ∴V1∶V2=7∶5。 10.解：如圖，設(shè)過(guò)A、B、C三點(diǎn)的球的截面圓半徑為r，圓心為O′，球心到該圓面的距離為d。

14、在三棱錐P—ABC中，∵PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA=PB=PC=a, ∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC內(nèi)的射影即是△ABC的中心O′。 由正弦定理，得 =2r,∴r=a。 又根據(jù)球的截面的性質(zhì)，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC， ∴P、O、O′共線，球的半徑R=。又PO′===a， ∴OO′=R － a=d=,(R－a)2=R2 – (a)2，解得R=a, ∴S球=4πR2=3πa2。 11．（1）畫(huà)出示意圖，其中，SA= （2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC平面BD，∴SA⊥⊥BC，SA∩

15、AB=A, ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影為EF. 由三垂線定理得∠AFE為二面角A—SC—B的平面角，易得AF= ∵AE⊥平面SBC，又SB平面SBC， ∴AE⊥SB. ∴AE=A—SC—B的大小為arcsin 12.（Ⅰ）解：過(guò)B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，過(guò)B1作B1G⊥PQ，垂足為G。 如圖所示：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°， ∴AB⊥PQ，AB⊥B1P. ∴∠B1PGC1作C1H⊥PQ，垂足為H.由于相對(duì)側(cè)面與底面所成二面角的大小相等，故四邊形B1PQC1為等腰梯形。 ∴

16、PG=（b－d），又B1G=h，∴tanB1PG=（b＞d）， ∴∠B1PG=arctan，即所求二面角的大小為arctan. （Ⅱ）證明：∵AB，CD是矩形ABCD的一組對(duì)邊，有AB∥CD， 又CD是面ABCD與面CDEF的交線， ∴AB∥面CDEF。 ∵EF是面ABFE與面CDEF的交線， ∴AB∥EF。 ∵AB是平面ABCD內(nèi)的一條直線，EF在平面ABCD外， ∴EF∥面ABCD。 （Ⅲ）V估＜V。 證明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估= =［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］ =（a－c）（b－d）＞0。 ∴V估＜V。

17、 第2課時(shí) 空間向量 考綱指要： 在立體幾何中，以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體，空間向量為運(yùn)算技巧，解決有關(guān)線面位置關(guān)系的論證，角與距離的探求。 考點(diǎn)掃描： 1．兩條直線所成的角和距離的概念及等角定理；（對(duì)于異面直線的距離，只要求會(huì)計(jì)算已給出公垂線時(shí)的距離）。 2．點(diǎn)、直線到平面的距離，直線和平面所成的角； 3．平行平面間的距離，會(huì)求二面角及其平面角； z P’ P Q y x D1 C1 B1 A1 D C B A 考題先知： 例1．如圖，設(shè)直四棱柱所有的棱長(zhǎng)都為2，，動(dòng)點(diǎn)P在四棱柱內(nèi)部，且到頂點(diǎn)A的距離與它到底面ABCD的距離的平方差

18、為2，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡（曲面）的面積。 解 由題意可知，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AQ（Q為CD的中點(diǎn)）、所在的直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標(biāo)系。設(shè)P的坐標(biāo)為，P在平面ABCD內(nèi)的射影為，由題意可知 即 即點(diǎn)P到直線的距離為, 故點(diǎn)P在以為軸，底面半徑為，高為2的圓柱面上。又,所以P的軌跡為圓柱面的, 因此，所求的面積為 . 點(diǎn)評(píng)：以空間圖形為背景的軌跡問(wèn)題，有機(jī)的將解析幾何與立體幾何結(jié)合在一起，能培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力與運(yùn)算能力。 例2．已知直三棱柱中，,點(diǎn)N是的中點(diǎn)，求二面角的平面角的大小。 z y x B N A E F

19、 解法1 利用平面的法向量求二面角。以為原點(diǎn)，以、、為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖1）。依題意，得.于是. 設(shè)為平面的法向量，則由,得， ，可取。同理可得平面的一個(gè)法向量> 由，知二面角的平面角的大小為。 評(píng)注： 若二面角的兩個(gè)平面的法向量分別為，則由可求得二面角的大小。 解法2 利用異面直線所成角求二面角。 建立空間直角坐標(biāo)系同上，過(guò)A、N分別作的垂線AE、NF，垂足為E、F，則二面角的平面角大小為. 設(shè) 則， 由,有，可得，故, 由 評(píng)注 對(duì)二面角，分別過(guò)半平面內(nèi)點(diǎn)A、B向公共棱作線段AE、BF，則由,可求得二面角的大小。 P A B C

20、D G 復(fù)習(xí)智略： 例3． 在邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD所在平面外取一點(diǎn)P，使PA⊥平面ABCD，且PA=AB，在AC的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G。 （1）若CG=AC，求異面直線PG與CD所成角的大?。? （2）若CG=AC，求點(diǎn)C到平面PBG的距離； （3）當(dāng)點(diǎn)G在AC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí)（不含端點(diǎn)C），求二面角P-BG-C的取值范圍。 P A B C D G E H F 分析：本題如利用“幾何法”，則通過(guò)“平移變換”將異面直線角化歸為三角形的內(nèi)角，由解三角形的方法求之，凡“點(diǎn)面距離”可利用等積法求之，至于二面角，則通過(guò)“作-證-算”三步曲求得；本題如利用“向

21、量法”，則建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出各點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)公式而求之。 方法一：（1）過(guò)點(diǎn)G作GE∥CD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連PE，則∠PGE是異面直線PG與CD所成的角，，則由條件得GE=2a，PG=3a， cos ∠PGE=,所以異面直線PG與CD所成角等于； （2）設(shè)h,則利用等積法知，在△PBG中，PB=，PG=3a，BG=，，得，又在△CBG中，，從而由得； （3）作CF⊥AC交PG于F，作FH⊥BG交BG于H，連CH，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，所以PA∥CG，得CG⊥平面ABCD，由三垂線定理得∠FHC是二面角P-BG-C的平面角，設(shè)，則由△CGF∽△AG

22、P得， 在△CBG中，得 所以，從而 ，所以二面角P-BG-C的取值范圍是。 P A B C D G z x y 方法二：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系， 則A（0，0，O、0），B（a，0，0）， C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a）。 （1） 由條件得G（2 a ，2 a ，0）， ， 所以， 所以異面直線PG與CD所成角等于； （2）設(shè)平面PBG的法向量為因， 所以由得，即又， 所以點(diǎn)C到平面PBG的距離為； （3） 由條件設(shè)G（t,t,0）, 其中，平面PBG的法向量為 因，，所以由得， 即而平面CBG的法向量， 所以，

23、因?yàn)?，所以? 易知二面角P-BG-C的平面角是銳角，所以二面角P-BG-C的平面角等于，所以二面角PP-BG-C的取值范圍是。 點(diǎn)評(píng):本題主要考查異面直線所成角的空間想象能力,利用體積法求點(diǎn)面距離的運(yùn)算能力,二面角的估算能力,第(3)問(wèn)有機(jī)的將函數(shù)的值域與立體幾何結(jié)合,較好地考查學(xué)生綜合分析與解決問(wèn)題的能力. 檢測(cè)評(píng)估： 1.已知向量=（2，4，x），=（2，y，2），若||=6，⊥，則x+y的值是（　?。? A. －3或或－1　　　　　 C. － 2．直三棱住A1B1C1—ABC，∠BCA=，點(diǎn)D1、F1 分別是A1B1、A1C1的中點(diǎn)，BC=CA=CC1，則BD1與AF1

24、所成角的余弦值是（ ） （A ） （B） （C） （D） 3． 正方形ABCD邊長(zhǎng)為2，E、F分別是AB和CD的中點(diǎn)，將正方形沿EF折成直二面角(如圖)，M為矩形AEFD內(nèi)一點(diǎn)，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值為，那么點(diǎn)M到直線EF的距離為( ) A B 1 C D 4．已知四個(gè)命題，其中正確的命題是 （ ） ①若直線l //平面，則直線l 的垂線必平行平面； ②若直線l與平面相交，則有且只有一個(gè)平面，經(jīng)過(guò)l 與平面垂直； ③若一個(gè)三棱錐每?jī)蓚€(gè)相鄰側(cè)面所成

25、的角都相等，則這個(gè)三棱錐是正三棱錐； ④若四棱柱的任意兩條對(duì)角線都相交且互相平分，則這個(gè)四棱柱為平行六面體． A．① B．② C．③ D．④ 5． 平面上的斜線AB交于點(diǎn)B，過(guò)定點(diǎn)A的動(dòng)直線AC與AB垂直，且交于點(diǎn)C，則動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是（ ） A A． 6．有以下命題：①如果向量與任何向量不能構(gòu)成空間向量的一組基底，那么的關(guān)系是不共線；②為空間四點(diǎn)，且向量不構(gòu)成空間的一個(gè)基底，那么點(diǎn)一定共面；③已知向量是空間的一個(gè)基底，則向量，也是空間的一個(gè)基底。其中正確的命題是 。 7．平行四邊形的一個(gè)頂點(diǎn)A在平面內(nèi)，其余頂點(diǎn)在

26、的同側(cè)，已知其中有兩個(gè)頂點(diǎn)到的距離分別為1和2 ，那么剩下的一個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離可能是：①1； ②2； ③3； ④4； 以上結(jié)論正確的為_(kāi)_____________。（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的編號(hào)） 8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)E為棱AB的中點(diǎn)。求：D1E與平面BC1D所成角的大?。ㄓ糜嘞抑当硎荆? 9．A C B P E F 圖 如圖，已知邊長(zhǎng)為的正三角形中，、分別為和的中點(diǎn)，面，且，設(shè)平面過(guò)且與平行。 求與平面間的距離？ 10．設(shè)異面直線、成角，它們的公垂線段為且，線

27、段AB的長(zhǎng)為4，兩端點(diǎn)A、B分別在、上移動(dòng)，則AB中點(diǎn)P的軌跡是 。 A B C D G P 11．已知在四面體ABCD中，= a，= b，= c，G∈平面ABC．則G為△ABC的重心的充分必要條件是(a+b+c)； 12．在三棱錐S—ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分別為AB、SB的中點(diǎn). （Ⅰ）證明：AC⊥SB； （Ⅱ）求二面角N—CM—B的大??； （Ⅲ）求點(diǎn)B到平面CMN的距離. 點(diǎn)撥與全解： 1.解：由題知或；故選A

28、2．連結(jié)D1F1，則D1F1， ∵BC ∴D1F1 設(shè)點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，∴D1F1BE，∴BD1∥EF1，∴∠EF1A或其補(bǔ)角即為BD1與AF1所成的角。由余弦定理可求得。故選A。 3． 解： 過(guò)點(diǎn)M作MM′⊥EF,則MM′⊥平面BCF ∵∠MBE=∠MBC ∴BM′為∠EBC為角平分線， ∴∠EBM′=45°,BM′=,從而MN=，故選A。 4．可證它們它們都是平行四邊形，從而命題④正確。故選D。 5．利用手中的實(shí)物可判斷A正確。 6．對(duì)于①“如果向量與任何向量不能構(gòu)成空間向量的一組基底，那么的關(guān)系一定共線”；所以①錯(cuò)誤。②③正確。 A B C D

29、 A1 7．如圖，B、D到平面的距離為1、2，則D、B的中點(diǎn)到平面的距離為，所以C到平面的距離為3；B、C到平面的距離為1、2，D到平面的距離為，則，即，所以D到平面的距離為1；C、D到平面的距離為1、2，同理可得B到平面的距離為1；所以選①③。 8．解析：建立坐標(biāo)系如圖， A1 B1 C1 D1 A B C D E x y z 則、，， ，，，，， ，，。 不難證明為平面BC1D的法向量， ∵ 。 ∴ D1E與平面BC1D所成的角的余弦值為。 9．解：設(shè)、、的單位向量分別為、、，選取{，，}作為空間向量的一組基底。易知，

30、 ===， 設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則， ，即， 直線與平面間的距離= 10，解 如圖1，AB的中點(diǎn)P過(guò)EF的中點(diǎn)O且與、平行的平面內(nèi)，于是空間的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題。 取EF的中點(diǎn)O，過(guò)O作 則 、確定平面, y x O P 圖2 1 y x O P y x O P y x O P y x O P 且A在內(nèi)的射影必在上，B在內(nèi)的射影必在上，AB的中點(diǎn)P必在H ,如圖1所示。 又 易得 , 現(xiàn)求線段在移動(dòng)時(shí)，其中點(diǎn)P的軌跡。以的平分線為軸，O為原點(diǎn)，建立直角

31、坐標(biāo)系，如圖2所示。不妨設(shè)。在中， ①。設(shè)的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為，則，即，代入①消去、，得，于是得到的是橢圓②夾在內(nèi)的弧，在另外的情形中，同樣得到橢圓②的其余弧，故點(diǎn)P的軌跡是EF的中垂面上以O(shè)為中心的橢圓。 11．證明：必要性：連AG交BC于D，則D平分BC，且G分所成的比為2∶1，從而 ， ， 故． 充分性：設(shè)D分所成的比為p，G分所成的比為q． 則， ， 于是， = 因(a+b+c)，故， 解得q =2，p = 1，于是G為△ABC的重心． 12。解：（Ⅰ）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)OS、OB. ∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥S

32、O且AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面 ABC=AC ∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO. 如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 則A（2，0，0），B（0，2，0），C（－2，0，0）， S（0，0，2），M(1，，0)，N(0，，). ∴=（－4，0，0），=（0，2，－2）， ∵·=（－4，0，0）·（0，2，－2）=0， ∴AC⊥SB. （Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（－1，0，）.設(shè)n=（x，y，z）為平面CMN的一個(gè)法向量， ·n=3x+y=0， 則

33、 取z=1，則x=，y=-， ·n=－x+z=0， ∴n=(，－，1)， 又=(0，0，2)為平面ABC的一個(gè)法向量， ∴cos==. ∴二面角N－CM－B的大小為arccos. （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1，，0），n=（，－，1）為平面CMN的一個(gè)法向量， ∴點(diǎn)B到平面CMN的距離d==. 8.如圖，在底面是菱形的四棱錐P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=,點(diǎn)E在PD上，且PE:ED=2:1. （1）證明PA⊥平面ABCD； （2）求以AC為棱，EAC與DAC為面的二面角的大?。? （3）在棱

34、PC上是否存在一點(diǎn)F，使BF//平面AEC？證明你的結(jié)論. ８．證明： （Ⅰ） 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠ABC=60°， 所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD. 知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，連結(jié)EH， 則EH⊥AC，∠EHG即為二面角的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以 從而 （Ⅲ）解法一 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AD、AP分別為y軸、z軸，過(guò)A點(diǎn)垂直平面PAD的直線為x軸

35、，建立空間直角坐標(biāo)系如圖.由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 所以 設(shè)點(diǎn)F是棱PC上的點(diǎn)，則 令 得 解得 即 時(shí)， 亦即，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)時(shí)，、、共面. 又 BF平面AEC，所以當(dāng)F是棱PC的中點(diǎn)時(shí)，BF//平面AEC. 解法二 當(dāng)F是棱PC的中點(diǎn)時(shí)，BF//平面AEC，證明如下， 證法一 取PE的中點(diǎn)M，連結(jié)FM，則FM//CE. ① 由 知E是MD的中點(diǎn). 連結(jié)BM、BD，設(shè)BDAC=O，則O為BD的中點(diǎn). 所以 BM//OE. ② 由①、②知，平面BFM//平面AEC. 又 BF平面BFM，所以BF//平面AEC. 證法二 因?yàn)? 所以 、、共面. 又 BF平面ABC，從而B(niǎo)F//平面AEC.