如圖，矩形ABCD與正三角形APD中，AD=2，DC=1，E為AD的中點(diǎn)．現(xiàn)將正三角形APD沿AD折起，得到四棱錐的三視圖如右圖，則四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為

2

3

+

2

2

3

+

2

查看答案和解析>>

如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AF=

1

2

AD=a，G是EF的中點(diǎn)，則GB與平面AGC所成角的正弦值為

 

．

查看答案和解析>>

如圖，平面內(nèi)兩正方形ABCD與ABEF，點(diǎn)M、N分別在對角線AC、FB上，且AM：MC=FN：NB，沿AB折成直二面角．
（1）證明：折疊后MN∥平面CBE；
（2）若AM：MC=2：3，在線段AB上是否存在一點(diǎn)G，使平面MGN∥平面CBE？若存在，試確定點(diǎn)G的位置．

查看答案和解析>>

如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直．點(diǎn)M在AC上移動，點(diǎn)N在BF上移動，若CM=BN=a（0＜a＜

2

）
（1）求MN的長；
（2）a為何值時，MN的長最��；
（3）當(dāng)MN的長最小時，求面MNA與面MNB所成二面角α的大小．

查看答案和解析>>

如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是邊長為1的正方形，ABEF是矩形，且AF=

1

2

，G是線段EF的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：AG⊥平面BCG；
（Ⅱ）求直線BE與平面ACG所成角的正弦值的大小．

查看答案和解析>>

難點(diǎn)磁場

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足

連結(jié)QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE

∴QE的長為Q到BD的距離

在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,

∴AE=

在Rt△QAE中，QA=PA=c

∴QE=

∴Q到BD距離為.

(2)解法一：∵平面BQD經(jīng)過線段PA的中點(diǎn)，

∴P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離

在△AQE中，作AH⊥QE，H為垂足

∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE  ∴BD⊥AH

∴AH⊥平面BQE，即AH為A到平面BQD的距離.

在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=

∴AH=

∴P到平面BD的距離為

解法二：設(shè)點(diǎn)A到平面QBD的距離為h，由

V_A―BQD=V_Q―ABD,得S△_BQD?h=S_△ABD?AQ

h=

殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：過點(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=

答案：A

2.解析：交線l過B與AC平行，作CD⊥l于D，連C₁D，則C₁D為A₁C₁與l的距離，而CD等于AC上的高，即CD=,Rt△C₁CD中易求得C₁D==2.6

答案：C

二、3.解析：以A、B、C、D為頂點(diǎn)的四邊形為空間四邊形，且為正四面體，取P、Q分別為AB、CD的中點(diǎn)，因?yàn)?i>AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的

長為P、Q兩點(diǎn)間的最短距離，在Rt△APQ中，PQ=a

答案：a

4.解析：顯然∠FAD是二面角E―AB―C的平面角，∠FAD=30°,過F作FG⊥平面ABCD于G，則G必在AD上，由EF∥平面ABCD.

∴FG為EF與平面ABCD的距離，即FG=.

答案：

三、5.(1)證明：由于BC₁∥AD₁，則BC₁∥平面ACD₁

同理，A₁B∥平面ACD₁，則平面A₁BC₁∥平面ACD₁

(2)解：設(shè)兩平行平面A₁BC₁與ACD₁間的距離為d，則d等于D₁到平面A₁BC₁的距離.易求A₁C₁=5，A₁B=2，BC₁=，則cosA₁BC₁=,則sinA₁BC₁=,則S=,由于，則S?d=?BB₁,代入求得d=,即兩平行平面間的距離為.

(3)解：由于線段B₁D₁被平面A₁BC₁所平分，則B₁、D₁到平面A₁BC₁的距離相等，則由(2)知點(diǎn)B₁到平面A₁BC₁的距離等于.

6.解：(1)連結(jié)DB交AC于O，連結(jié)EO，

∵底面ABCD是正方形

∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD

∴EO⊥AC，即∠EOD=45°

又DO=a，AC=a，EO==a，∴S_△EAC=a

(2)∵A₁A⊥底面ABCD，∴A₁A⊥AC，又A₁A⊥A₁B₁

∴A₁A是異面直線A₁B₁與AC間的公垂線

又EO∥BD₁，O為BD中點(diǎn)，∴D₁B=2EO=2a

∴D₁D=a，∴A₁B₁與AC距離為a

(3)連結(jié)B₁D交D₁B于P，交EO于Q，推證出B₁D⊥面EAC

∴B₁Q是三棱錐B₁―EAC的高，得B₁Q=a

7.解：(1)∵BB₁⊥A₁E，CC₁⊥A₁F，BB₁∥CC₁

∴BB₁⊥平面A₁EF

即面A₁EF⊥面BB₁C₁C

在Rt△A₁EB₁中，

∵∠A₁B₁E=45°，A₁B₁=a

∴A₁E=a,同理A₁F=a,又EF=a，∴A₁E=a

同理A₁F=a,又EF=a

∴△EA₁F為等腰直角三角形，∠EA₁F=90°

過A₁作A₁N⊥EF，則N為EF中點(diǎn)，且A₁N⊥平面BCC₁B₁

即A₁N為點(diǎn)A₁到平面BCC₁B₁的距離

∴A₁N=

又∵AA₁∥面BCC₁B，A到平面BCC₁B₁的距離為

∴a=2，∴所求距離為2

(2)設(shè)BC、B₁C₁的中點(diǎn)分別為D、D₁，連結(jié)AD、DD₁和A₁D₁，則DD₁必過點(diǎn)N，易證ADD₁A₁為平行四邊形.

∵B₁C₁⊥D₁D,B₁C₁⊥A₁N

∴B₁C₁⊥平面ADD₁A₁

∴BC⊥平面ADD₁A₁

得平面ABC⊥平面ADD₁A₁，過A₁作A₁M⊥平面ABC，交AD于M，

若A₁M=A₁N，又∠A₁AM=∠A₁D₁N，∠AMA₁=∠A₁ND₁=90°

∴△AMA₁≌△A₁ND₁,∴AA₁=A₁D₁=,即當(dāng)AA₁=時滿足條件.

8.解：(1)∵BC∥AD,BC面PBC,∴AD∥面PBC

從而AD與PC間的距離就是直線AD與平面PBC間的距離.

過A作AE⊥PB，又AE⊥BC

∴AE⊥平面PBC，AE為所求.

在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a

∴AE=a

(2)作CM∥AB，由已知cosADC=

∴tanADC=,即CM=DM

∴ABCM為正方形，AC=a,PC=a

過A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=

下面在AD上找一點(diǎn)F，使PC⊥CF

取MD中點(diǎn)F，△ACM、△FCM均為等腰直角三角形

∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°

∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在滿足條件的點(diǎn)F.

［學(xué)法指導(dǎo)］立體幾何中的策略思想及方法

立體幾何中的策略思想及方法

近年來，高考對立體幾何的考查仍然注重于空間觀點(diǎn)的建立和空間想象能力的培養(yǎng).題目起點(diǎn)低，步步升高，給不同層次的學(xué)生有發(fā)揮能力的余地.大題綜合性強(qiáng)，有幾何組合體中深層次考查空間的線面關(guān)系.因此，高考復(fù)習(xí)應(yīng)在抓好基本概念、定理、表述語言的基礎(chǔ)上，以總結(jié)空間線面關(guān)系在幾何體中的確定方法入手，突出數(shù)學(xué)思想方法在解題中的指導(dǎo)作用，并積極探尋解答各類立體幾何問題的有效的策略思想及方法.

一、領(lǐng)悟解題的基本策略思想

高考改革穩(wěn)中有變.運(yùn)用基本數(shù)學(xué)思想如轉(zhuǎn)化，類比，函數(shù)觀點(diǎn)仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數(shù)學(xué)思想指導(dǎo)下，歸納一套合乎一般思維規(guī)律的解題模式是受學(xué)生歡迎的，學(xué)生通過熟練運(yùn)用，逐步內(nèi)化為自己的經(jīng)驗(yàn)，解決一般基本數(shù)學(xué)問題就會自然流暢.

二、探尋立體幾何圖形中的基面

立體幾何圖形必須借助面的襯托，點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系才能顯露地“立”起來.在具體的問題中，證明和計算經(jīng)常依附于某種特殊的輔助平面即基面.這個輔助平面的獲取正是解題的關(guān)鍵所在，通過對這個平面的截得，延展或構(gòu)造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

三、重視模型在解題中的應(yīng)用

學(xué)生學(xué)習(xí)立體幾何是從認(rèn)識具體幾何模型到抽象出空間點(diǎn)、線、面的關(guān)系，從而培養(yǎng)空間想象能力.而數(shù)學(xué)問題中許多圖形和數(shù)量關(guān)系都與我們熟悉模型存在著某種聯(lián)系.它引導(dǎo)我們以模型為依據(jù)，找出起關(guān)鍵作用的一些關(guān)系或數(shù)量，對比數(shù)學(xué)問題中題設(shè)條件，突出特性，設(shè)法對原圖形補(bǔ)形，拼湊、構(gòu)造、嵌入、轉(zhuǎn)化為熟知的、形象的、直觀的模型，利用其特征規(guī)律獲取優(yōu)解.