高三立体几何专题复习

高三立体几何专题复习 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

高考立体几何专题复习

一．考试要求：

（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

（2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）。

（3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。

（4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。

（5）会用反证法证明简单的问题。

（6）了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。

（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。

（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。

（9）了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。

（10）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。

二．复习目标：

1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．

2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．

3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．

4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．

5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．

三．教学过程：

（Ⅰ）基础知识详析

重庆高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立

几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.

1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力．

2． 判定两个平面平行的方法：

（1）根据定义——证明两平面没有公共点；

（2）判定定理——证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面； （3）证明两平面同垂直于一条直线。

3．两个平面平行的主要性质：

⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。

⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 ⑶两个平面平行的性质定理：“如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那 么它们的交线平行”。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。

⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理”，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。

4．空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决．

空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值范围，如两异面直线所成的角

θ∈(0，

2π]，直线与平面所成的角θ∈0,2π??

????

，二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈(0，π]．

对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．

如求异面直线所成的角常用平移法（转化为相交直线）；求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角；而求二面角α－l －β的平面角（记作θ）通常有以下几种方法：

(1) 根据定义；

(2) 过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ(图1)； (3) 利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面α内一点A ，分别作另一个平面β的垂线AB (垂足为B ),或棱l 的垂线AC (垂足为C )，连结AC ，则∠ACB ＝θ 或∠ACB ＝π－θ(图2)；

⑴理解并掌握棱柱的定义及相关概念是学好这部分知识的关键，要明确“棱柱 直棱柱 正棱柱”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。

⑵平行六面体是棱柱中的一类重要的几何体，要理解并掌握“平行六面体 直平行六面体 长方体 正四棱柱 正方体”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。

⑶须从棱柱的定义出发，根据第一章的相关定理对棱柱的基本性质进行分析推导，以求更好地理解、掌握并能正确地运用这些性质。

⑷关于平行六面体，在掌握其所具有的棱柱的一般性质外，还须掌握由其定义导出的一些其特有的性质，如长方体的对角线长定理是一个重要定理并能很好地掌握和应用。还须注意，平行六面体具有一些与平面几何中的平行四边形相对应的性质，恰当地运用平行四边形的性质及解题思路去解平行六面体的问题是一常用的解题方法。

⑸多面体与旋转体的问题离不开构成几何体的基本要素点、线、面及其相互关系，因此，很多问题实质上就是在研究点、线、面的位置关系，与《直线、平面、简单几何体》第一部分的问题相比，唯一的差别就是多了一些概念，比如面积与体积的度量等．从这个角度来看，点、线、面及其位置关系仍是我们研究的重点．多面体与旋转体的体积问题是《直线、平面、简单几何体》课程当中相对独立的课题．体积和面积、长度一样，都是度量问题．常用“分割与补形”，算出了这些几何体的体积．

7．欧拉公式:如果简单多面体的顶点数为V ，面数F ，棱数E ，那么V+F-E ＝2. 计算棱数E 常见方法： (1)E ＝V+F-2；

(2)E ＝各面多边形边数和的一半； (3)E ＝顶点数与共顶点棱数积的一半。

8．经纬度及球面距离

⑴根据经线和纬线的意义可知，某地的经度是一个二面角的度数，某地的纬度是一个线面角的度数，设球O 的地轴为NS ，圆O 是0°纬线，半圆NAS 是0°经线，若某地P 是在东

经120°，北纬40°，我们可以作出过P 的经线NPS 交赤道于B ，过P 的纬线圈圆O 1交NAS 于A ，那么则应有：∠AO 1P=120°(二面角的平面角) ，∠POB=40°（线面角）。 ⑵两点间的球面距离就是连结球面上两点的大圆的劣弧的长，因此，求两点间的球面距离的关键就在于求出过这两点的球半径的夹角。

例如，可以循着如下的程序求A 、P 两点的球面距离。

⌒ ⌒

⌒ ⌒

S 球表=4πR 2 V 球=3

4πR 3

⑴球的体积公式可以这样来考虑：我们把球面分成若干个边是曲线的小“曲边三角形”；以球心为顶点，以这些小曲边三角形的顶点为底面三角形的顶点，得到若干个小三棱锥，所有这些小三棱锥的体积和可以看作是球体积的近似值.当小三棱锥的个数无限增加，且所有这些小三棱锥的底面积无限变小时，小三棱锥的体积和就变成球体积，同时小三棱锥底面面积的和就变成球面面积,小三棱锥高变成球半径.由于第n 个小三棱锥的体积＝3

1S n h n （S n 为该小三棱锥的底面积,h n 为小三棱锥高），所以V 球＝3

1S 球面·R ＝3

1·4πR 2·R ＝3

4πR 3.

⑵在应用球体积公式时要注意公式中给出的是球半径R ，而在实际问题中常给出球的外径（直径）.

⑶球与其它几何体的切接问题，要仔细观察、分析、弄清相关元素的位置关系和数量关系，选择最佳角度作出截面，以使空间问题平面化。

10．主要题型：

⑴以棱柱、棱锥为载体，考查线面平行、垂直，夹角与距离等问题。 ⑵利用欧拉公式求解多面体顶点个数、面数、棱数。

⑶求球的体积、表面积和球面距离。解题方法：求球面距离一般作出相应的大圆，转化为平面图形求解。

11．注意事项

⑴须明确《直线、平面、简单几何体》中所述的两个平面是指两个不重合的平面。 ⑵与“直线与直线平行”、“直线与平面平行”的概念一样“平面与平面平行”是

指“二平面没有公共点”。由此可知，空间两个几何元素（点、直线、平面称为空间三个几何元素）间“没有公共点”时，它们间的关系均称为“互相平行”。要善于运用平面与平面平行的定义所给定的两平面平行的最基本的判定方法和性质。

⑶注意两个平行平面的画法——直观地反映两平面没有公共点，将表示两个平面的平行四边形画成对应边平行。两个平面平行的写法与线、线平行，线、面平行的写法一议，即将“平面α平行于平面β”，记为“α∥β”。

⑷空间两个平面的位置关系有且只有“两平面平行”和“两平面相交”两种关系。

⑸在明确“两个平行平面的公垂线”、“两个平行平面的公垂线段”、“两个平行平面的距离”的概念后，应该注意到，两平行平面间的公垂线段有无数条，但其长度都相等——是唯一确定的值，且两平行平面间的公垂线段，是夹在两平行平面间的所有线段中最短的线段，此外还须注意到，两平行平面间的距离可能化为“其中一个平面内的直线到另一个平面的距离”又可转化为“其中一个面内的一个点到另一个平面的距离。

⑹三种空间角，即异面直线所成角、直线与平面所成角。平面与平面所成二面角。它们的求法一般化归为求两条相交直线的夹角，通常“线线角抓平移，线面角找射影，面面角作平面角”而达到化归目的，有时二面角大小出通过cos θ=

原

射S S 来求。

⑺有七种距离，即点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离，其中点与点、点与直线、点到平面的距

离是基础，求其它几种距离一般化归为求这三种距离，点到平面的距离有时用“体积法”来求。

（Ⅱ）2004--2008年重庆高考数学立体几何综合题选1．（2004年重庆理科高考19题）（本小题满分12分）

如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，,,//,

PA ABCD AE PD EF CD AM EF

底面

⊥⊥=

（1）证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；

（2）若3

=,求直线AC与平面EAM所成角的正弦值。

PA AB

（I）证明：因PA⊥底面，有PA⊥AB，又知AB⊥AD，

故AB⊥面PAD，推得BA⊥AE，

又AM∥CD∥EF，且AM=EF，

证得AEFM是矩形，故AM⊥MF.

又因AE⊥PD，AE⊥CD，故AE⊥面PCD，

而MF∥AE，得MF⊥面PCD，

故MF⊥PC，

因此MF是AB与PC的公垂线.

（II）解：连结BD交AC于O，连结BE，过O作BE的垂线OH，

垂足H在BE上.

易知PD⊥面MAE，故DE⊥BE，

又OH ⊥BE ，故OH//DE ， 因此OH ⊥面MAE.

连结AH ，则∠HAO 是所要求的线AC 与面NAE 所成的角 设AB=a ，则PA=3a ， a AC AO 2

221==.

因Rt △ADE~Rt △PDA ，故

中从而在AHO Rt a ED OH a a a a PD

AD ED ?==

=

+=

=.10221,10

)

3(2

2

22

.105

20

122102sin ==?==

a a AO OH HAO 说明：本题主要考查线面关系，考查空间想象能力和推理能力。 2．（2004年高考重庆卷文科（19））（本小题满分12分）

如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形， ,,//,PA ABCD AE PD EF CD AM EF ⊥⊥=底面 （1） 证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线； （2）若3PA AB =,求二面角E —AB —D 平面角.

（I ）证明：因PA ⊥底面，有PA ⊥AB ，又知AB ⊥AD ，

故AB ⊥面PAD ，推得BA ⊥AE ， 又AM ∥CD ∥EF ，且AM=EF ， 证得AEFM 是矩形，故AM ⊥MF.

又因AE ⊥PD ，AE ⊥CD ，故AE ⊥面PCD ， 而MF ∥AE ，得MF ⊥面PCD ， 故MF ⊥PC ，

因此MF 是AB 与PC 的公垂线.

（II ）解：因由（I ）知AE ⊥AB ，又AD ⊥AB ，

故∠EAD 是二面角E —AB —D 的平面角. 设AB=a ，则PA=3a. 因Rt △ADE~Rt △PDA 故∠EAD=∠APD 因此10

10)3(sin sin 2

2=+==

=a a a PD

AD

APD EAD . 说明：本题主要考查线面关系基础知识，考查空间想象能力和推理运算能力。

3．（2006年高考重庆卷理科（19））（本小题满分１３分）如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD,AD =CD =2A B,E 、F 分别为PC 、CD 的中点.

（Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF;

（Ⅱ）设PA ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于?30,求k 的取值范围.

C

P

E F D

解法一：（Ⅰ）证：由已知DF ∥AB 且∠DAB 为直角，故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF .

又PA ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别为PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此

得CD ⊥面BEF .

（Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,

则在△PAC 中易知EG ∥PA .又因PA ⊥底面ABCD ,

故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD , 垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .

从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角.

第（19）图１

设AB=a ,则在△PAC 中，有EG =

21PA =2

1ka . 以下计算GH ，考虑底面的平面图（如答(19)图２）.

连结GD .因S △GBD =21BD ·GH=2

1

GB ·DF. 故GH =

GB DF

BD

?. 在△ABD 中，因为AB ＝a,AD =2 a,

得BD =5a

第（19）图２

而GB =

21FB =2

1

AD =a.DF=AB ,从而得

GH =GB AB BD = 5a ＝.55a 因此tan EHG=GH EG =.255

5

21k a ka

= 由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞?30，必须

k 25＞tan ?30=,3

3 解之得，k 的取值范围为k ＞

.15

15

2 解法二：（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线

为z 轴建立空间直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为

A (0,0,0),

B (a ,0,0),

C (2a ,2a ,0),

D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0). 从而DC =(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),

DC ·BF =0,故DC ⊥BF .

设PA =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故 第（19）３

E ??? ??2,,b a a .从而BE =??? ?

?

2,,0b a .

DC ·BE =0,故DC ⊥BE . 由此得CD ⊥面BEF .

（Ⅱ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD,垂足为H,由三垂线定理知

EH ⊥BD.从而∠EHG 为二面角E-BD-C 的平面角.

由PA ＝k ·AB 得P(0,0,ka),E ??? ?

?

2,,ka a a ,G(a,a,0).

设H(x,y,0)，则GH =(x-a,y-a,0), BD =(-a,2a,0),

由GH ·BD =0得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 即x-2y=-a ………………………… ① 又因BH =(x-a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故

x a a --＝a

y

2，即2x+y=2a … ② 由①②解得x =53a,y=54a,从而GH ＝??

?

??--0,51,52a a ，｜GH ｜＝55a.

tan EHG =

EG GH

=

a Ka 5

52

=

k 2

5. 由k ＞0知∠EHC 是锐角，由∠EHC ＞,30?得tanEHG ＞tan ,30?即

k 25＞.3

3 故k 的取值范围为k ＞15152.

说明：本题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力

和推理论证能力。

4（2006年高考重庆卷理科（20））（本小题满分12分）

如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，

11,31AB BB ==，E 为1BB 上使11B E =的点。 平面1AEC 交1DD 于F ，交11A D 的延长线于G ，求： （Ⅰ）异面直线AD 与1C G 所成角的大小； （Ⅱ）二面角11A C G A --的正切值；

解法一：（Ⅰ）由111//AD D G C GD ∠知为异面直线AD 与1C G 所成角．（如图1） 连接1C F ．因为ＡＥ和1C F 分别是平行平面1111ABB A CC D D 1和与平面AEC G 的交线， 所以AE//1C F ,由此得11

1

3. 3.D F BF FDG FDA DG =??? 116

Rt C D G π

?∠=

1111在中,由C D =1得C GD

（Ⅱ）作11D H C G ⊥于H,由三垂线定理知

11,FH C G D HF ⊥∠11故为二面角F-C G-D

即二面角11A C G A --的平面角.

113

,6

Rt HD G H D H π

?∠=

=

11在中,由D G=3GD 得.

从而1113

tan 232

D F

D HF D H

=

==. 解法二：（Ⅰ）由111//AD D G C GD ∠知为异面直线AD 与1C G 所成角．（如图2） 因为1EC 和AF 是平行平面11BB C D 111C 与平面AA D 与平面AEC G 的交线， 所以1//EC AF ,由此得1111

11,31 3.4

AGA EC B AG AA D G π

∠=∠=

?==?= 116

Rt C D G π

?∠=

1111在中,由C D =1得C GD

（Ⅱ）11114

6

AC G AC G π

π

?∠∠∠1111在中,由C A G=

,A GC =

知为钝角。

作111A H GC GC ⊥交的延长线于H,连接AH ，由三垂线定理知

1,GH AH A HA ⊥∠11故为二面角A-C G-A 的平面角.

1131

1,6

2

Rt A HG H H π

?∠=

=

11在中,由A G=3GA 得A . 从而11131

tan 231A A

A HA A H

+=

==+. 解法三：（Ⅰ）以1A 为原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图3所

示的空间直角坐标系，于是，131),(1,1,0),(0,131),(1,0,1),A C D E

1(0,1,0),(0,1,1).AD EC ==-因为1EC 和AF 是平行平面

11BB C D 111C 和AA D 与平面AEC G 的交线，所以1//EC AF ．设Ｇ（0,y,0）,则

11(0,,13).//13

AG y EC AG y =--?

=--由,于是31y =. 故1(0,13,0),(13,0)G C G =-.设异面直线AD 与1C G 所成的角的大小为θ,则: 113cos 2AD C G AD C G

θ?=

=

?,从而 .6

πθ=

（Ⅱ）作11A H C G ⊥ H,由三垂线定理知1,GH AH A HA ⊥∠11故为二面角A-C G-A 的平面

角. 设H （a,b,0）,则:11(,,0),(1,1,0)A H a b C H a b ==--.由11A H C G ⊥得

:

110,C H C G ?=由此得……①

又由1111,,//,1a H C G C H C G -?

=-共线得,于是

1)0.b +-= ……②

联立①②得

:3131

,.(,)4444

a b H =

=故, 由2211331313(

)(

),1344

A H A A +++=+==+ 得: 111tan 2A A

A HA A H

=

==. 5．（2007年重庆理科高考19题）19．（本小题满分13分，其中（Ⅰ）小问8分，（Ⅱ）小问5分）

如题（19）图，在直三棱柱111ABC A B C -中，

12AA =，1AB =，90ABC =∠；

点D E ，分别在1BB ，1A D

上，且11B E A D ⊥， 四棱锥1C ABDA -与直三棱柱的体积之比为3:5． （Ⅰ）求异面直线DE 与11B C 的距离；

（Ⅱ）若BC =111A DC B --的平面角的正切值． 解法一：

（Ⅰ）因1111B C A B ⊥，且111B C BB ⊥，故11B C ⊥面11A ABB ，

从而111B C B E ⊥，又1B E DE ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与DE 的公垂线． 设BD 的长度为x ，则四棱椎1C ABDA -的体积1V 为

A B

C

D

E 1B

1C

1A

题（19）

1

11111()(2)366

ABDA V S BC DB A A AB BC x BC ==+=+····． 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为2111

2

ABC V S AA AB BC AA BC ===△···．

由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65x +=，解之得8

5x =．

从而1182

255B D B B DB =-=-=．

在直角三角形11A B D

中，15A D ===，

又因11111111122

A B D S A D B E A B B D ==△··，

故1111129

A B B D B E A D =

=· （Ⅱ）如答（19）图1，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接

1A F ，因

1111A B B C ⊥，111A B B D ⊥，故11A B ⊥面11B DC ．

角．

由三垂线定理知11C D A F ⊥，故11A FB ∠为所求二面角的平面

在直角11C B D △

中，1C D ===，

又因111111111

22

C B

D S C D B F B C B D ==△··，

故11111B C B D B F C D =

=·

，所以11111tan A B A FB B F == 解法二：

（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，则(000)B ，，，

1(002)B ，，，(010)A ，，，1(012)A ，，，则1(002)AA =，，，(010)AB =-，

，． 设1(02)C a ，，，则11(00)B C a =，，，

又设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，， 从而1110BC B E =，即111B E BC ⊥．

又11B E DA ⊥，所以1B E 是异面直线11B C 与DE

下面求点D 的坐标．

A

B

C D

E 1B

1C

1A

答（19）图

F

设(00)D z ，，，则(00)BD z ，

，． 因四棱锥1C ABDA -的体积1V 为

11111

()36ABDA V S BC BD AA AB BC ==+

1

(2)16

z BC =+． 而直三棱柱111ABC A B C -的体积2V 为2111

2

ABC V S AA AB BC AA BC ==

=△． 由已知条件12:3:5V V =，故13(2)65z +=，解得85z =，即8005D ?

? ???，，． 从而12005DB ?? ???，，，12015DA ??= ???，，，00805DE y z ?

?=- ??

?，，． 接下来再求点E 的坐标．

由11B E DA ⊥，有110B E DA =，即002

(2)05

y z +-= （1）

又由1DA DE ∥得008521

5

z y -=

． （2） 联立（1），（2），解得0429y =

，04829z =，即44802929E ??= ???，，

，得14

1002929B E ??=- ???

，，

． 故

1

B E ?==

（Ⅱ）由已知BC =12)C ，，从而12

(2)5

DC =，

，，过1B 作11B F C D ⊥，垂足为F ，连接1A F ，

设11(0

)F x z ，，，则111(02)B F x z =-，，，因为110B F DC =，故

1124

055

z +

-=……………………………………① 因11805DF x z ?

?=- ??

?，

，且1

DF DC ∥18

52

5

z -=，即

11205x =……………………………………②

联立①②

解得1x =

，14427z =

，即4427F ???，．

则110127A F ?=--??，

，110027B F ?=-??，．

12||27B F ?== ??． 又112102

22(1)0027275A F DC =+--=，故11A F DC ⊥，因此11A FB ∠为所求二面角的平面

角．又11(010)A B =-，，，从而1110A B B F =，故11A B ⊥1B F ，11A B F △为直角三角形，所以

11111||3tan 2||

A B A FB B F =

=． 6. （2007年重庆文科高考19题）如题19图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=°，

13

122

AB BC AA ===，，；点D 在棱1BB 上，

11

3

BD BB =；11B E A D ⊥，垂足为E ，求：

（Ⅰ）异面直线1A D 与11B C 的距离；

（Ⅱ）四棱锥C ABDE -的体积．

解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知111B C B D ⊥，又因为90ABC ∠=°， 因此1111B C A B ⊥，从而11B C ⊥平面11A B D ． 得111B C B E ⊥，又11B E A D ⊥．

故1B E 是异面直线11B C 与1A D 的公垂线．

由113BD BB =知14

3

B D =，

B

A C

D

F E

1A

1B

1C

题（19）图

在11A B D Rt △

中，53AD ===．

又因111111111

22

A B D S A B B D A D B E =

=△··， 故11111414

3553

A B B D B E A D ===·

·．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知11B C ⊥平面11A B D ，又11BC B C ∥， 故BC ⊥平面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高， 从而所求四棱锥的体积V 为

1

3

C ABDE V V S BC -==··，

其中S 为四边形ABDE 的面积，如答（19）图1，过E 作1EF B D ⊥，垂足为F ．

在1B ED Rt △

中，16

15

ED ===．

又因1111122

B ED S B E DE B D EF ==△··， 故111625

B E DE EF B D =

=·． 因1A AE △的边1A A 上的高11169

12525

h A B EF =-=-=

， 故111199

2222525

A AE S A A h =

==

△···． 又因为11111

1142

12233

A B D S A B B D ===△···， 从而111119273

225375

ABB A A AE A B D S S S S =--=--=△△．

所以1173373

33752150

V S BC ===

····． 解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以B 点为坐标原点O 建立空间直角坐标系O xyz -，

B

A C

D

F

E

1A

1B

1C

答（19）图

则11132(010)(012)(000)(002)020023A A B B C D ???

? ? ????

?，

，，，，，，，，，，，，，，，，． 因此

1(002)AA =，，，(010)AB =-，，，

1132B C ??=00 ???，，，1403A D ?

?=-1- ??

?，，．

设00(0)E y z ，，，则100(02)B E y z =-，，， 因此1B E 11B C 0=，从而111B C B E ⊥．

的公

又由题设11B E A D ⊥，故1B E 是异面直线11B C 与1A D 垂线．

下面求点E 的坐标．

因11B E A D ⊥，即110B E A D =，从而004

(2)03

y z --=， (1)

又100(012)A E y z =--，，，且11A E A D ∥，得0

012

41

3

y z --=． ······ （2） 联立（1），（2）解得01625y =

，03825z =，即3802525E 16?? ???，，，161202525B E 1??

=- ???

，，

． 所以1164255B E ?== ．

（II ）由BC AB ⊥，BC DB ⊥，故BC ⊥面ABDE ，即BC 为四棱锥C ABDE -的高． 下面求四边形ABDE 的面积．

因为1ABDE ABE BDE S S S AB =+=△△，

，2

3

BD =． 而0113819

1222525ABE S AB z =

==

△． 01121616

2232575BDE S BD y ===△

故191673

257575

ABDE S =+=

． 所以1173373

33752150

C ABDE ABDE V S BC -=

==

． y

x 答（19）图2

7．（2008年重庆理科高考19）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）

如题（19）图，在ABC 中，B=90,AC =

15

2

,D 、E 两点分别在AB 、AC 上.使 2AD AE

DB EC

==,DE=3.现将ABC 沿DE 折成直二角角，求： （Ⅰ）异面直线AD 与BC 的距离；

（Ⅱ）二面角A-EC-B 的大小（用反三角函数 解法一：

（Ⅰ）在答（19）图1中，因

AD AE

DB CE

=

，故BE ∥BC .又因B ＝90°，从而 AD ⊥DE .

在第（19）图2中，因A -DE -B 是直二面角，AD ⊥DE ,故AD ⊥底面DBCE ，从

而AD ⊥DB .而DB ⊥BC ,故DB 为异面直线AD 与BC 的公垂线.

下求DB 之长.在答（19）图1中，由2AD AE CB BC ==，得2

.3

DE AD BC AB == 又已知DE =3,从而39

.22

BC DE =

=

6.AB ===

因

1

, 2.3

DB DB AB =故＝ （Ⅱ）在第（19）图2中，过D 作DF ⊥CE ,交CE 的延长线于F ，连接AF .由（1）知，

AD ⊥底面DBCE ,由三垂线定理知AF ⊥FC ,故∠AFD 为二面角A -BC -B 的平面 角.

在底面DBCE 中，∠DEF =∠BCE ,

1155

2,,322DB EC ==

= 因此4

sin .5DB BCE EC ==

从而在Rt △DFE 中，DE =3,

412sin sin 3

.55DF DE DEF DE BCE ==== 在5

Rt ,4,tan .3

AD AFD AD AFD DF ?===中

因此所求二面角A -EC -B 的大小为arctan 5

.3

解法二： （Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D 点为坐标原点，DB DE DA 、

、的方向为x 、 y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D （0，0，0），A （0，0，4），

9202C ??

???

，，，E （0，3，0）.

302AD AD ?

? ???

＝-2，-，，＝（0，0，-4）.过D 作DF ⊥CE ,交CE 的延长线

于F ，连接AF .