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学科网备战高考数学立体几何

【考点定位】2010考纲解读和近几年考点分布

立体几何在高考中占据重要的地位，通过近几年的高考情况分析，考察的重点及难点稳定，高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，是知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。高考对立体几何的考查侧重以下几个方面： 1．从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变 . 除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。2．从内容上来看，主要是：①考查直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④简单的几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题除特殊几何体的现成的公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用。⑥三视图，辨认空间几何体的三视图，三视图与表面积、体积内容相结合。3．从能力上来看，着重考查空间想象能力，即空间形体的观察分析和抽象的能力，要求是“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术；考查逻辑思维能力、运算能力和探索能力。

【考点pk】名师考点透析

考点一、空间几何体的结构、三视图、直观图

 【名师点睛】了解柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中的简单物体的结构。能画出简单空间几何体的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图。能用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间几何体的三视图与直观图。了解空间几何体的不同表示形式。会画某建筑物的视图与直观图。

空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，能通过观察几何体的模型和实物，总结出柱、锥、台、球等几何体的结构特征；能识别三视图所表示的空间几何体，会用材料制作模型，培养动手能力。

【试题演练】

1将正三棱柱截去三个角（如图1所示 分别是 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（    ）

E

解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A

点评：本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。

2、由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是          ．

主视图

解：以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为5个。

点评：从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。

考点二、空间几何体的表面积和体积

【名师点睛】理解柱、锥、台的侧面积、表面积、体积的计算方法，了解它们的侧面展开图，及其对计算侧面积的作用，会根据条件计算表面积和体积。理解球的表面积和体积的计算方法。

把握平面图形与立体图形间的相互转化方法，并能综合运用立体几何中所学知识解决有关问题。

   【试题演练】

1、已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图(或称主

视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视

图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．

  (1)求该几何体的体积V；  (2)求该几何体的侧面积S

解: 由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD。(1)

(2) 该四棱锥有两个侧面VAD. VBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为

    ,  另两个侧面VAB. VCD也是全等的等腰三角形,

AB边上的高为 因此 

点评：在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知识结合在一起，综合考查。

2、右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（    ）

俯视图

C．          D．

解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：

，故选D。

点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积。既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法。

3、用与球心距离为 的平面去截球，所得的截面面积为 ，则球的体积为（　　）

A.           B.           C.           D.

解：截面面积为 截面圆半径为1，又与球心距离为 球的半径是 ，

所以根据球的体积公式知 ，故B为正确答案． 

点评：本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。

考点三、点、线、面的位置关系

【名师点睛】理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。

通过大量图形的观察、实验，实现平面图形到立体图形的飞跃，培养空间想象能力。会用平面的基本性质证明共点、共线、共面的问题。

【试题演练】1、如图1，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且 ＝ ＝ ，则（　　）

图1

（B）EF与GH异面

（C）EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上

（D）EF与GH的交点M一定在直线AC上

解：依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因为EH＝ BD， ＝ ，故EH≠FG，所以，EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在 平面ACB与平面ACD的交线AC上。选（D）。

点评：本题主要考查公理2和公理3的应用，证明共线问题。利用四个公理来证明共点、共线的问题是立体几何中的一个难点。

2、已知正四棱锥 的侧棱长与底面边长都相等， 是 的中点，则 所成的角的余弦值为（  　 ）A．            B．         C．          D．

解：连接AC、BD交于O，连接OE，因OE∥SD.所以∠AEO为异面直线SD与AE所成的角。设侧棱长与底面边长都等于2，则在⊿AEO中，OE＝1,AO＝ ，AE= ，

于是 ，故选C。

点评：求异面直线所成的角，一般是平移异面直线中的一条与另一条相交构成三角形，再用三角函数的方法或正、余弦定理求解。

考点四、直线与平面、平面与平面平行的判定与性质

【名师点睛】掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。

通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。

【试题演练】

1、如图，在四棱锥 中，底面 四边长为1的菱形， , , , 为 的中点， 为 的中点（Ⅰ）证明：直线 ；（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅲ）求点B到平面OCD的距离。

方法一：（1）证明：取OB中点E，连接ME，NE

又

  （2）   为异面直线 与 所成的角（或其补角）

                  作 连接    

                ，

                所以 与 所成角的大小为

         （3） 点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作

 于点Q，

              又 ,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

                ，

                ，所以点B到平面OCD的距离为

方法二(向量法)作 于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为 轴建立坐标系

,

(1)

设平面OCD的法向量为 ,则

即

取 ,解得

(2)设 与 所成的角为 ,

   , 与 所成角的大小为

(3)设点B到平面OCD的交流为 ,则 为 在向量 上的投影的绝对值,

       由 , 得 .所以点B到平面OCD的距离为

点评：线面平行的证明、异面直线所成的角，点到直线的距离，既可以用综合方法求解，也可以用向量方法求解，后者较简便，但新课标地区文科没学空间向量。

2、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点.（1）求证： （2）当FG=GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP//平面FMC,并给出证明.

证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC

   (1)连接DB，可知B、N、D共线，且AC⊥DN 又FD⊥AD  FD⊥CD， FD⊥面ABCD

FD⊥AC  AC⊥面FDN    GN⊥AC

  （2）点P在A点处

证明：取DC中点S，连接AS、GS、GA  G是DF的中点， GS//FC,AS//CM

      面GSA//面FMC        GA//面FMC   即GP//面FMC

点评：证明线面平行，在平面内找一条直线与平面外的直线平行，是证明线面平行的关键。

考点五、直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质

【名师点睛】掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。

通过线面垂直、面面垂直的证明，培养学生空间观念及及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。

【试题演练】

1、 正方体ABCD—A₁B₁C₁D₁中O为正方形ABCD的中心，M为BB₁的中点，求证：

   （1）D₁O//平面A₁BC₁;（2）D₁O⊥平面MAC.

证明: (1)连结 分别交 于  

    在正方体 中,对角面 为矩形

分别是 的中点  

四边形 为平行四边形  

平面 , 平面 平面  

（2）连结 ,设正方体 的棱长为 ,

   在正方体 中,对角面 为矩形且  

  分别是 的中点      

         在 中，   ，即 在正方体 中  平面  

  又 ，   平面

  平面    又   平面

A

2、如图，四棱锥P—ABCD中， PA 平面ABCD，底面ABCD

是直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB，E为PC中点．

   (I) 求证：平面PDC 平面PAD；

   (II) 求证：BE//平面PAD．

证明：（1）由PA 平面ABCD

A

        平面PDC 平面PAD；

（2）取PD中点为F，连结EF、AF，由E为PC中点，

得EF为△PDC的中位线，则EF//CD，CD=2EF．

又CD=2AB，则EF=AB．由AB//CD，则EF∥AB．

所以四边形ABEF为平行四边形，则EF//AF．

    由AF 面PAD，则EF//面PAD．

点评：证明面面垂直，先证明线面垂直，要证线面垂直，先证明线线垂直．

3、如图，四棱锥 的底面是正方形， 底面 ， 是 上一点．

（1）求证：平面 平面 ；

（2）设 ， ，求点 到平面 的距离；

(1)证明： 底面   

且    

平面 平面

(2)解：因为 ，且 ，

      可求得点 到平面 的距离为

点评：求点到面的距离，经常采用等体积法，利用同一个几何体，体积相等，体现了转化思想．

考点六、空间中的夹角

【名师点睛】空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为 0°，90° 、[0°，90°]和[0°，180°]。

（1）两条异面直线所成的角

求法：1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是 ，向量所成的角范围是 ，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角

（2）直线和平面所成的角

求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”

（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的

解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cos ? ＝ ，其中S 为斜面面积，S′为射影面积，? 为斜面与射影面所成的二面角

【试题演练】

1如图3，在正三棱柱 中，AB=4, ,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE E.

（Ⅰ）证明：平面 平面 ;    

（Ⅱ）求直线AD和平面 所成角的正弦值

解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱 的性质知

平面 .又DE 平面ABC，所以DE .

而DE E， ,所以DE⊥平面 .

又DE 平面 ，故平面 ⊥平面 .

 （Ⅱ）解法 1:  过点A作AF垂直 于点 ,

连接DF.由（Ⅰ）知，平面 ⊥平面 ，

所以AF 平面 ,故 是直线AD和

平面 所成的角。    因为DE ，

所以DE AC.而 ABC是边长为4的正三角形，

于是AD= ，AE=4-CE=4- =3.

又因为 ，所以 E= = 4,             

 ,  .

即直线AD和平面 所成角的正弦值为      .

解法2 : 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，

则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),  (2,0, ), D(-1, ,0),  E(-1,0,0).

易知 =（-3， ，- ）， =（0，- ，0）， =（-3， ，0）.

设 是平面 的一个法向量，则

解得 .

故可取 .于是   

=      .             

由此即知，直线AD和平面 所成角的正弦值为      .

点评：本题主要考查几何体的概念、线面夹角、两平面垂直等。能力方面主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力

2如图，在三棱锥 中， 底面 ，

点 ， 分别在棱 上，且

（Ⅰ）求证： 平面 ；

（Ⅱ）当 为 的中点时，求 与平面 所成的角的大小；

（Ⅲ）是否存在点 使得二面角 为直二面角？并说明理由.

【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．

（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又 ，∴AC⊥BC.

∴BC⊥平面PAC.

（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴ ，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，

∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴ ，

∴在Rt△ABC中， ，∴ .∴在Rt△ADE中， ，

∴ 与平面 所成的角的大小 .

（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，又∵AE 平面PAC，PE 平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角 的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，

∴ .∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时 ，故存在点E使得二面角 是直二面角.

【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系 ，设 ，由已知可得       .

（Ⅰ）∵ ，∴ ，∴BC⊥AP.又∵ ，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.

（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，∴ ，

∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵ ，∴ .∴ 与平面 所成的角的大小 .

（Ⅲ）同解法1.

3．如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥AC,D、E分别为AA₁、B₁C的中点，DE⊥平面BCC₁

（Ⅰ）证明：AB=AC      （Ⅱ）设二面角A-BD-C为60°,求B₁C与平面BCD所成的角的大小

解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF ，从而EF DA。

连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面 ，故AF⊥平面 ，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。

（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角。由题设知，∠AGC=60^0..    设AC=2，则AG= 。又AB=2，BC= ，故AF= 。由 得2AD= ，解得AD= 。故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。.    因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，所以∠ECH=30⁰，即 与平面BCD所成的角为30⁰.

解法二：（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz。设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则 （1，0，2c）,E（ ， ，c）.于是 =（ ， ，0）， =（-1，b,0）.由DE⊥平面 知DE⊥BC， =0，求得b=1，所以    AB=AC。

（Ⅱ）设平面BCD的法向量 则 又 =（-1，1， 0）， =（-1，0，c）,故       令x=1, 则y=1, z= , =(1,1, ).

又平面 的法向量 =（0，1，0）由二面角 为60°知， =60°，

故  °，求得       于是   ， 

， °所以 与平面 所成的角为30°

考点七、空间中的距离

【名师点睛】空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的

求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。求法：1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。2等体积法。

【试题演练】

1． 如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD//BC//FE，AB AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE= AD      (I)  求异面直线BF与DE所成的角的大小；

(II)  证明平面AMD 平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。    

本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分12分.

方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FE AP，所以FA EP，同理AB PC。又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= ，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°    

（II）证明：因为

（III）

由（I）可得，      

方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点 为坐标原点。设 依题意得        

（I）         

所以异面直线 与 所成的角的大小为 .

（II）证明：     ，

（III）    

又由题设，平面 的一个法向量为

2.如题（19）图，在四棱锥 中， 且 ；平面 平面 ， ； 为 的中点， ．求：（Ⅰ）点 到平面 的距离；（Ⅱ）二面角 的大小．       .    

解法一：（Ⅰ）因为AD//BC,且 所以 从而A点到平面 的距离等于D点到平面 的距离。

因为平面 故 ,从而 ，由AD//BC，得 ,又由 知 ，从而 为点A到平面 的距离，因此在 中

(Ⅱ)如答（19）图1，过E电作 交 于点G，又过G点作 ,交AB于H，故 为二面角 的平面角，记为 ，过E点作EF//BC,交 于点F,连结GF,因平面 ,故 .

由于E为BS边中点，故 ,在 中，

,因 ，又

故由三垂线定理的逆定理得 ,从而又可得

因此 而在 中，  .    

在 中， 可得 ，故所求二面角的大小为

直线CD上，即 ，由 =（ ），则有 ②

联立①、②，解得G＝ 　,故 = .又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量 与向量 所成的角，记此角为   .因为 = ， ,所以.       故所求的二面角的大小为 .

点评：本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离等基本知识， 在 中, ,由 得, ,从而

在 中,   ,故

所以二面角 的平面角的正切值为 .

解法二: （Ⅰ）如图以A点为坐标原点, 的方向为 的正方向建立空间直角坐标系数,则

A(0,0,0)  C(2,2,0)  D(0,2,0)  设 可得 ,由 .即 ,解得   ∥ ，

面 ,所以直线AB到面 的距离等于点A到面 的距离。设A点在平面

学科网备战高考数学立体几何

（Ⅰ）∵平面 平面 ， ， 平面    ∴ 平面

又∵ 平面 ∴

（Ⅱ）取 的中点 ，则    连接 、    

∵平面 平面 ，平面 平面 ，    ∴ 平面    

∵ ，∴ ，从而 平面    

作 于 ，连结 ，则由三垂线定理知    从而 为二面角 的平面角  

∵直线 与直线 所成的角为60°，∴     

在 中，由勾股定理得    

在 中，    

在 中，    

在 中，

故二面角 的大小为

（Ⅱ）如图以 为原点建立空间直角坐标系    　　　设 ，

有 ， ，     ，

由直线 与直线 所成的角为60°，得

即 ，解得    ∴ ，

设平面 的一个法向量为 ，则

由 ，取 ，得

取平面 的一个法向量为 则

由图知二面角 为锐二面角，故二面角 的大小为    

（Ⅲ）多面体 就是四棱锥

（Ⅰ）证明 ；（Ⅱ）证明 平面 ；（Ⅲ）求二面角 的大小．

（Ⅰ）证明：在四棱锥 中，因 底面 ， 平面 ，故     ， 平面    

而 平面 ，    

（Ⅱ）证明：由 ， ，可得    

是 的中点，    

由（Ⅰ）知， ，且 ，所以 平面    

而 平面 ，    

底面 在底面 内的射影是 ， ，    

又 ，综上得 平面    

（Ⅲ）解法一：过点 作 ，垂足为 ，连结    则（Ⅱ）知， 平面 ， 在平面 内的射影是 ，则    

因此 是二面角 的平面角  

由已知，得    设 ，

可得    

在 中， ， ，

则    

在 中，    所以二面角 的大小是    

解法二：由题设 底面 ， 平面 ，则平面 平面 ，交线为    过点 作 ，垂足为 ，故 平面    过点 作 ，垂足为 ，连结 ，故    因此 是二面角 的平面角  

由已知，可得 ，设 ，

可得    

，    

于是，    

在 中，    

所以二面角 的大小是    

76.（天津文19）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， 是 的中点．（Ⅰ）求 和平面 所成的角的大小；（Ⅱ）证明 平面 ；

（Ⅲ）求二面角 的大小．

（Ⅰ）解：在四棱锥 中，因 底面 ， 平面 ，故

又 ， ，从而 平面    故 在平面 内的射影为 ，从而 为 和平面 所成的角  

在 中， ，故    

所以 和平面 所成的角的大小为    

（Ⅱ）证明：在四棱锥 中，

因 底面 ， 平面 ，故    

由条件 ， ， 面    

又 面 ，    

由 ， ，可得    

是 的中点， ，    综上得 平面    

（Ⅲ）解：过点 作 ，垂足为 ，连结    由（Ⅱ）知， 平面 ， 在平面 内的射影是 ，则    因此 是二面角 的平面角  由已知，可得    设 ，可得

， ， ，    

在 中， ， ，则    

在 中，    所以二面角 的大小    

77.（浙江理19）在如图所示的几何体中， 平面 ， 平面 ， ，且 ， 是 的中点．

（I）求证： ；（II）求 与平面 所成的角．

方法一：（I）证明：因为 ， 是 的中点，

所以    又 平面 ，所以    

（II）解：过点 作 平面 ，垂足是 ，连结 交延长交 于点 ，连结 ，    

是直线 和平面 所成的角  

因为 平面 ，所以 ，

又因为 平面 ，所以 ，则 平面 ，因此    

设 ， ，在直角梯形 中， ， 是 的中点，所以 ， ， ，得 是直角三角形，其中 ，所以    

在 中， ，所以 ，故 与平面 所成的角是 方法二：如图，以点 为坐标原点，以 ， 分别为 轴和 轴，过点 作与平面 垂直的直线为 轴，建立直角坐标系 ，设 ，则 ， ，     ，    

（I）证明：因为 ， ，所以 ，故    

（II）解：设向量 与平面 垂直，则 ， ，

即 ，    

因为 ， ，

所以 ， ，即 ，

，

直线 与平面 所成的角 是 与 夹角的余角，所以 ，

因此直线 与平面 所成的角是  

78.（重庆理19）如题（19）图，在直三棱柱 中，

， 上，且 ，四棱锥

与直三棱柱的体积之比为 ．

（Ⅰ）求异面直线 与 的距离；

（Ⅱ）若 ，求二面角 的平面角的正切值．

解法一：（Ⅰ）因 ，且 ，故 面 ，

从而 ，又 ，故 是异面直线 与 的公垂线  

设 的长度为 ，则四棱椎 的体积 为

而直三棱柱 的体积 为    

由已知条件 ，故 ，解之得    

从而    

在直角三角形 中， ，

又因 ，

（Ⅱ）如答（19）图1，过 作 ，垂足为 ，连接 ，因 ， ，故 面    

由三垂线定理知 ，故 为所求二面角的平面角  

在直角 中， ，

又因 ，

故 ，所以    

解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以 点为坐标原点 建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ，则 ，    

设 ，则 ，

从而 ，即    

又 ，所以 是异面直线 与 的公垂线  

下面求点 的坐标  设 ，则    

因四棱锥 的体积 为

而直三棱柱 的体积 为    

由已知条件 ，故 ，解得 ，即    

从而 ， ，    

接下来再求点 的坐标  由 ，有 ，即       （1）

又由 得         （2）

联立（1），（2），解得 ， ，即 ，得  

故    

（Ⅱ）由已知 ，则 ，从而 ，过 作 ，垂足为 ，连接 ，设 ，则 ，因为 ，故

①

因 且 得 ，即 ②

联立①②解得 ， ，即    

则 ，        

又 ，故 ，因此 为所求二面角的平面角  又 ，从而 ，故 ， 为直角三角形，所以    

B

， ；点 在棱 上，

； ，垂足为 ，求：

（Ⅰ）异面直线 与 的距离；

（Ⅱ）四棱锥 的体积．

       .解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知 ，又因为 ，

因此 ，从而 平面    得 ，又    

故 是异面直线 与 的公垂线  

由 知 ，在 中，    

B

故    

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 平面 ，又 ，

故 平面 ，即 为四棱锥 的高，

从而所求四棱锥的体积 为 ，

其中 为四边形 的面积，如答（19）图1，过 作 ，垂足为    

在 中，    

又因 ，故    

因 的边 上的高 ，

故    

又因为 ，

从而    

所以    

解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以 点为坐标原点 建立空间直角坐标系 ，

则    

，    

设 ，则 ，

因此 ，从而    

又由题设 ，故 是异面直线 与 的公垂线  

下面求点 的坐标  

因 ，即 ，从而 ，······················· （1）

又 ，且 ，得    ············ （2）

联立（1），（2）解得 ， ，即 ，    

所以    

（II）由 ， ，故 面 ，即 为四棱锥 的高  

下面求四边形 的面积  

因为 ，    

而    

故    所以