| 标题 | 高考数学必做解答题——立体几何 |
| 范文 | 邬坚耀 1 空间的平行关系 （ ）必做1 如图1，在空间四边形ABCD中，E是AB的中点. 若G为△ACD的重心，试在线段AB上找一点F，使得GF∥平面CDE. 图1 破解思路 解决本题的关键在于找出平面CDE内的一条直线和该平面外过G点的一条直线平行，或作两条平行辅助线，构成辅助平行平面进行转移. 精妙解法 法1：过G作MN平行CD，交AC、AD于M、N，过点M作MF∥EC交AB于F，连结FN. 因为MN∥CD，MF∥EC，MN∩MF=M，所以平面FMN∥平面ECD. 因为GF 奂平面FMN，所以GF∥平面CDE. 因为G为△ACD的重心，E是AB的中点，所以AM= AC，AF= AE= AB. 图2 法2：设CD的中点为H，因为G为△ACD的重心，所以A，G，H三点共线，且AG= AH，过G作GF∥EH，EH 奂平面CDE，GF 埭平面CDE，所以GF∥平面CDE，AF= AE= AB. 极速突击 本题主要考查“线面平行”的判定，“线面平行”可由“线线平行”或“面面平行”进行转化. 一般地，我们习惯选择降维处理，即选择用“线线平行”来推出“线面平行”，所以思维的落脚点应该在寻找“线线平行”上. 误点警示 线线平行推出线面平行还需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外，证明面面平行时，容易忽视“两条相交直线”这个条件. （ ）必做2 如图3，已知ABCD是直角梯形，∠ABC=90°， AD∥BC，AD=2，AB=BC=1，PA⊥平面ABCD. 在PA上是否存在一点E，使得BE∥平面PCD？若存在，找出点E，并证明：BE∥平面PCD；若不存在，请说明理由. 破解思路 解决本题的关键在于找出平面PCD内的一条直线和该平面外的一条直线BE平行，此时往往利用三角形或梯形的中位线与底边平行、平行四边形两对边平行等获证，或通过作两次线线平行转化为证两个平面平行，从而达到转移的效果.向量法证线面平行，关键是求平面PCD的法向量，再证直线BE所在的向量与平面PCD的法向量内积为零. 精妙解法 法1：取PA的中点为E，PD的中点为F，连结BE，EF，FC如图4. 由EF AD，又AD∥BC，AD=2，BC=1，BC AD，所以EF BC，所以BCFE为平行四边形，所以BE∥FC. 因为FC 奂平面CDP，BE 埭平面CDP，所以BE∥平面PCD. 图4 图5 法2：过B作BG∥CD交AD于G，过G作EG∥PD交AP于E，连结BE如图5. 因为BG 埭平面PCD，CD 奂平面PCD，GE 埭平面PCD，PD 奂平面PCD，BG∩EG=G，所以平面BEG∥平面PCD.又BE 奂平面BEG，所以BE∥平面PCD. 由于ABCD是直角梯形， AD∥BC， AD=2， BC=1，所以G为AD的中点，EG为三角形APD的中位线，所以E为AD的中点. 法3：由已知，AP，AB，AD两两互相垂直，所以如图6建立空间直角坐标系，由已知可得B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，1），C（1，1，0）. 由已知可设E（0，0，b）. 图6 =（-1，1，0）， =（-1，-1，1）， =（-1，0，b）. 设平面PCD的法向量为n=（x，y，z），则 ·n=-x-y+z=0， ·n=-x+y=0，从而解得x=y= z，所以不妨取n=（1，1，2）. 如果存在一点E，使得BE∥平面PCD，则 ·n=（-1，0，b）·（1，1，2）=-1+2b=0，所以b= . 从而存在一点E，它是PA的中点. 极速突击 本题属于数学开放性问题中的存在性问题. 存在性问题的一般处理方法都是先假设结论成立，由此及条件进行推证，若能推证，则假设为真；若导出矛盾，则假设不真. 金刊提醒 证明线面平行，有以下几种方法：①证明直线和这个平面内的一条直线相互平行；②证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个向量相互平行；③证明这条直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直. 证明面面平行，有以下几种方法：①利用反证法，假设两平面不平行，则它们必相交，再推导出矛盾；②利用判定定理“一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行”；③利用“垂直于同一直线的两个平面平行”，即“a⊥α，a⊥β，则α∥β”；④利用“平行于同一个平面的两个平面平行”，即“α∥β，α∥γ 圯β∥γ”. 2 空间的垂直关系 （ ）必做1 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD ，∠ABC=60°，PA=AB=BC ，E是PC的中点. （1）证明：CD⊥AE； （2）证明：PD⊥平面ABE； （3）求二面角A-PD-C的正切值. 图1 破解思路 要证CD⊥AE，只须证CD垂直于过直线AE的一个平面，或用三垂线定理证AE在下底面的射影AC⊥CD，或用向量法证AE和CD所在的向量的内积为零. 解答题的第（1）小题的结论往往对第（2）小题有启发或利用的价值. 第（3）小题关键是根据三垂线定理或其逆定理作出两面角的平面角，再解直角三角形即可. 精妙解法 法1：（1）在四棱锥P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD 奂平面ABCD，故PA⊥CD. 因为AC⊥CD，PA∩AC=A，所以CD⊥平面PAC. 而AE 奂平面PAC，所以CD⊥AE. （2）由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得PA=AC. 因为E是PC的中点，所以AE⊥PC. 由（1）知，CD⊥AE，且PC∩CD=C，所以AE⊥平面PCD. 而PD 奂平面PCD，所以AE⊥PD. 因为PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，所以AB⊥PD. 又AB∩AE=A，综上得PD⊥平面ABE. （3）过点A作AM⊥PD，垂足为M，连结EM，由（2）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD. 图2 因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角. 由已知，得∠CAD=30°. 设AC=a，可得PA=a，AD= a，PD= a，AE= a. 在Rt△ADP中，因为AM⊥PD，所以AM·PD=PA·AD，则AM= = a. 在Rt△AEM中，sin∠AME= = . 所以二面角A-PD-C的正切值为 . 法2：（1）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=a. 图3 因为∠ABC=60°，AB=BC，所以△ABC是正三角形，所以∠BAC=60°，∠DAC=30°，所以AD= a，所以C ， a，0， D0， a，0，P（0，0，a），E ， a， ，所以 =- ， a，0， = ， a， ， · =- + =0，所以CD⊥AE. （2）因为B（a，0，0），所以 =（a，0，0）. 又 =0， a，-a，所以 · =0， · = - =0，所以PD⊥AB，PD⊥AE. 又AB∩AE=A，所以PD⊥平面ABE. （3）设平面PDC的法向量为n=（x，y，z），则n· =0，n· =0， 可得 ay-az=0，- x+ ay=0， 即2y= z， x=y， 所以n=（1， ，2）. 又平面APD的法向量是m=（1，0，0），所以cos〈m，n〉= = ，sin〈m，n〉= ，tan〈m，n〉= ，所以二面角A-PD-C的正切值为 . 极速突击 证明线线垂直，有以下几种方法：（1）用定义“两条直线所成的角为直角”；（2）利用线面垂直的定义；（3）利用三垂线定理及其逆定理；（4）利用定理“a∥b，且a⊥c 圯b⊥c”，（5）利用向量法，证明两直线所在的向量的内积为零. 证明线面垂直，有以下几种方法.（1）用定义“一条直线垂直于一个平面内的任何一条直线；（2）利用判定定理“一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线”；（3）利用定理“α∥β，且a⊥α 圯a⊥β”；（4）利用定理“a∥b，且a⊥α 圯b⊥α”，（5）利用面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，那么其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面”. （ ）必做2 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O. （1）若AC⊥PD，求证：AC⊥平面PBD； （2）若平面PAC⊥平面ABCD，求证：PB=PD； （3）在棱PC上是否存在点M（异于点C），使得BM∥平面PAD？若存在，求 的值；若不存在，说明理由. 破解思路 要判断直线与平面垂直，通法是寻找平面内两条相交的直线与已知直线垂直；证明线段相等的基本方法是寻找含有这两条线段的两个三角形全等，如果这两条线段在同一个三角形中，则证明这个三角形是等腰三角形；证明线段或点的存在性问题是高考的热点之一，解析法是通法，但不局限于此，也可考虑使用特殊点或线段的方法，或者依靠反证法，如本题. 精妙解法 （1）因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 摇 因为AC⊥PD，PD∩BD=D，所以AC⊥平面PBD. （2）已知AC⊥BD， 因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，BD 奂平面ABCD，所以BD⊥平面PAC. 因为PO 奂平面PAC，所以BD⊥PO. 因为底面ABCD是菱形，所以 BO=DO. 所以△POB≌△POD，所以PB=PD. （3）不存在. 下面用反证法说明. 假设存在点M（异于点C）使得BM∥平面PAD. 在菱形ABCD中，BC∥AD， 因为AD 奂平面PAD，BC 埭平面PAD，所以BC∥平面PAD. 因为BM 奂平面PBC，BC 奂平面PBC， BC∩BM=B，所以平面PBC∥平面PAD. 而平面PBC与平面PAD相交，矛盾. 极速突击 证明面面垂直，有以下两种方法：（1）用定义“二面角为直二面角”；（2）利用判定定理“一个平面经过另一个平面的一条垂线”. 如果题目的已知条件中有面面垂直，必然要用到面面垂直的性质定理，即在一个平面内作交线的垂线，进而得到垂线垂直另一个平面，在很多场合是要主动引入辅助垂线的. 金刊提醒 解决涉及空间垂直的题目时，我们须熟练掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的相互转化关系，即线线垂直 圳线面垂直 圳面面垂直.其中，线线垂直是判定线面垂直的基础，也是通法；线面垂直是判定面面垂直的基础，亦是通法. 3 空间的夹角和距离 （ ）必做1 如图1，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC= ，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点. （1）证明：直线MN∥平面OCD； （2）求异面直线AB与MD所成角的大小； （3）求点B到平面OCD的距离. 破解思路 解第（3）问，求点B到平面OCD的距离，先转移到A到平面OCD的距离，要作点A在平面OCD的垂足，用三垂线定理先过点A作平面OCD的垂面定位垂线OP，再过点A作交线OP的垂线定位垂足点Q，再解直角三角形求AQ. 精妙解法 （1）取OB的中点E，连结ME，NE，因为ME∥AB，AB∥CD，所以ME∥CD. 又NE∥OC，ME∩NE=E，所以平面MNE∥平面OCD.又MN 奂平面MNE，所以MN∥平面OCD. 图2 （2）因为CD∥AB，所以∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）. 图3 作AP⊥CD于P，连结MP. 由OA⊥平面ABCD，得OA⊥CD，所以CD⊥平面OPA，所以CD⊥MP. 因为∠ADP= ，所以DP= ，MD= = . 所以cos∠MDP= = ，所以∠MDC=∠MDP= ， 即AB与MD所成角的大小为 . （3）因为AB∥平面OCD，所以点A和点B到平面OCD的距离相等. 连结OP，过点A作AQ⊥OP 于点Q.因为AP⊥CD，OA⊥CD，所以CD⊥平面OAP，所以AQ⊥CD. 又AQ⊥OP，所以AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离. 由（2）及已知，得OP= = = = ，AP=DP= ，AQ= = ，所以点B到平面OCD的距离为 . 极速突击 本题第（2）问采用“几何法”求解异面直线所成的角，其步骤一般为“作平行线找角→求三角形各边的长→利用余弦定理求解”. 第（3）问采用直接法求点到平面的距离，关键是垂足点的定位.直线与平面的距离和平面与平面的距离实质都是点到平面的距离，所以一定要掌握点到平面的距离的求法. 点到平面的距离的求法通常有以下几种：（1）直接法；（2）转移法，利用平行、相似和比例等把所求点转移到另一点到平面的距离；（3）利用三棱锥的等积变换；（4）向量法，求出该点到平面内一点的向量在该平面的法向量的投影的绝对值. 误点警示 注意异面直线所成角的取值范围为0， ，所以异面直线所成角的余弦值要加绝对值. （ ）必做2 等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足 = = （如图4）. 将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B成直二面角，连结A1B，A1C（如图4）. （1）求证：A1D⊥平面BCED； （2）在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由. 图4 破解思路 第（1）问先由等边三角形的边长为3和 = = 这个数量关系证得DE⊥AB，再由二面角A1-DE-B成直二面角可得A1D⊥平面BCED. 第（2）问找直线PA1与平面A1BD所成的角关键是找到斜线PA1在平面A1BD上的射影，即点P在平面A BD的垂足点H与点A1的连线. 由第（1）问的结论得平面A1BD⊥平面BCED，从而垂足点H定位在BD上，再解直角三角形即可. 向量法解第（2）问时，先建立空间直角坐标系，再求解“斜线与平面法向量所成角的余弦值”，最后由“斜线与平面法向量所成角的余弦值的绝对值”等于“斜线与平面所成角的正弦值”得出答案. 精妙解法 （1）因为等边三角形ABC的边长为3，且 = = ，所以AD=1，AE=2. 在△ADE中，∠DAE=60°，由余弦定理得DE= = . 因为AD2+DE2=AE2，所以AD⊥DE. 折叠后有A1D⊥DE. 因为二面角A1-DE-B是直二面角，所以平面A1DE平面BCED. 又平面A1DE∩平面BCED=DE，A1D 奂平面A1DE，A1D⊥DE， 所以A1D⊥平面BCED. （2）法1：假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°. 如图5，作PH⊥BD于点H，连结A1H，A1P. 图5 由（1）有A1D⊥平面BCED，而PH 奂平面BCED，所以A1D⊥PH. 又A1D∩BD=D，所以PH⊥平面A1BD. 所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角. 设PB=x（0≤x≤3），则BH= ，PH= x. 在Rt△PA1H中，∠PA1H=60°，所以A1H= x. 在Rt△A1DH中， A1D=1，DH=2- x. 由A1D2+DH2=A1H2，得12+2- x = x . 解得x= ，满足0≤x≤3，符合题意. 所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB= . 法2：由（1）的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED. 以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图6. 设PB=2a（0≤2a≤3），则BH=a，PH= a，DH=2-a. 图6 所以A （0，0，1），P（2-a， a，0），E（0， ，0）. 所以 =（a-2，- a，1）. 因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为 =（0， ，0）. 因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°， 所以得sin60°= 摇= = ， 解得a= ，即PB=2a= ，满足0≤2a≤3，符合题意. 所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB= . 极速突击 本题采用了两种方法求解，法1为“几何法”，可按照“一找、二证、三算”的步骤进行. 求线面角的关键是找斜线在平面内的射影，当垂足点无法定位时，有时可以转化为求点到平面的距离，再用三棱锥等积变换等方法求出点到平面的距离，进而得到垂线段的长度，再解直角三角形. 误点警示 在采用向量法计算时，没有正确理解“斜线与平面法向量所成的角”和“斜线与平面所成的角”的关系，误以为它们是相等的，实则不然，它们是互余关系. （ ）必做3 如图7，平面ABEF⊥平面ABC，四边形ABEF为矩形，AC=BC. O为AB的中点，OF⊥EC. （1）求证：OE⊥FC； （2）若FC与平面ABC所成的角为30°，求二面角F-CE-B的余弦值. 图7 破解思路 第（2）问设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC是等边三角形，由已知易得△EFC为等边三角形，因此用定义法求二面角较方便. 此题中有大量的垂直关系，取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，一些点的坐标很容易表示，因此只要计算平面FCE的法向量和平面BEC的法向量的夹角的大小即可得答案. 精妙解法 （1）连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，故OC⊥AB. 图8 又因平面ABC⊥平面ABEF， 故OC⊥平面ABEF， 于是OC⊥OF. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 又OF⊥EC，OC∩EC=C，OF 埭平面OEC， 所以OF⊥平面OEC， 所以OF⊥OE. 又因OC⊥OE，OC∩OF=O，OE 埭平面OFC， 故OE⊥平面OFC， 所以OE⊥FC. 摇 （2）法1：由（1），得AB=2AF.不妨设AF=1，AB=2. 因∠FCA为直线FC与平面ABC所成的角，故∠FCA=30°， 所以FC=EC=2，△EFC为等边三角形. 设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC也是等边三角形. 取EC的中点M，连结FM，MP，则FM⊥CE，MP⊥CE， 所以∠FMP为二面角F-CE-B的平面角. 在△MFP中，FM=MP= ，FP=2 ， 故cos∠FMP= = =- ， 即二面角F-CE-B的余弦值为 - . 法2：取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz. 不妨设AF=1，AB=2，则B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，1，1），F（0，-1，1）， 图9 从而 =（- ，1，1）， =（0，-2，0）. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 设平面FCE的法向量为n1=（x1，y1，z1）， 由 ·n1=0， ·n1=0 得- x1+y1+z1=0，-2y1=0， 可取n1=（1，0， ）. 同理，可取平面BEC的一个法向量为n2=（1， ，0）. 于是cos〈n1，n2〉= = ， 易见二面角F-CE-B的平面角与〈n1，n2〉互补， 所以二面角F-CE-B的余弦值为- . 极速突击 求二面角的大小是高考的热点问题. 求二面角可采用两种方法求解，法1为几何法，可按照“一找、二证、三算”的步骤进行，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：（1）定义法，用定义法作二面角的平面角时题目条件中往往有对称性；（2）利用三垂线定理或逆定理；（3）自空间一点作棱垂直的平面，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，cosθ= ，其中S为斜面面积，S′为射影面积，θ为斜面与射影面所成的二面角. 法2为“向量法”，先建立空间直角坐标系，求解两个半平面的法向量，再求两个法向量夹角的余弦值，然后判断所求二面角是钝角还是锐角，最后进行符号的选择. 误点警示 “二面角的平面角”与“两个半平面的法向量所成角”并不一定相等，它们可能相等也可能互补，应注意甄别. 误点警示 在采用向量法计算时，没有正确理解“斜线与平面法向量所成的角”和“斜线与平面所成的角”的关系，误以为它们是相等的，实则不然，它们是互余关系. （ ）必做3 如图7，平面ABEF⊥平面ABC，四边形ABEF为矩形，AC=BC. O为AB的中点，OF⊥EC. （1）求证：OE⊥FC； （2）若FC与平面ABC所成的角为30°，求二面角F-CE-B的余弦值. 图7 破解思路 第（2）问设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC是等边三角形，由已知易得△EFC为等边三角形，因此用定义法求二面角较方便. 此题中有大量的垂直关系，取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，一些点的坐标很容易表示，因此只要计算平面FCE的法向量和平面BEC的法向量的夹角的大小即可得答案. 精妙解法 （1）连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，故OC⊥AB. 图8 又因平面ABC⊥平面ABEF， 故OC⊥平面ABEF， 于是OC⊥OF. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 又OF⊥EC，OC∩EC=C，OF 埭平面OEC， 所以OF⊥平面OEC， 所以OF⊥OE. 又因OC⊥OE，OC∩OF=O，OE 埭平面OFC， 故OE⊥平面OFC， 所以OE⊥FC. 摇 （2）法1：由（1），得AB=2AF.不妨设AF=1，AB=2. 因∠FCA为直线FC与平面ABC所成的角，故∠FCA=30°， 所以FC=EC=2，△EFC为等边三角形. 设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC也是等边三角形. 取EC的中点M，连结FM，MP，则FM⊥CE，MP⊥CE， 所以∠FMP为二面角F-CE-B的平面角. 在△MFP中，FM=MP= ，FP=2 ， 故cos∠FMP= = =- ， 即二面角F-CE-B的余弦值为 - . 法2：取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz. 不妨设AF=1，AB=2，则B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，1，1），F（0，-1，1）， 图9 从而 =（- ，1，1）， =（0，-2，0）. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 设平面FCE的法向量为n1=（x1，y1，z1）， 由 ·n1=0， ·n1=0 得- x1+y1+z1=0，-2y1=0， 可取n1=（1，0， ）. 同理，可取平面BEC的一个法向量为n2=（1， ，0）. 于是cos〈n1，n2〉= = ， 易见二面角F-CE-B的平面角与〈n1，n2〉互补， 所以二面角F-CE-B的余弦值为- . 极速突击 求二面角的大小是高考的热点问题. 求二面角可采用两种方法求解，法1为几何法，可按照“一找、二证、三算”的步骤进行，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：（1）定义法，用定义法作二面角的平面角时题目条件中往往有对称性；（2）利用三垂线定理或逆定理；（3）自空间一点作棱垂直的平面，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，cosθ= ，其中S为斜面面积，S′为射影面积，θ为斜面与射影面所成的二面角. 法2为“向量法”，先建立空间直角坐标系，求解两个半平面的法向量，再求两个法向量夹角的余弦值，然后判断所求二面角是钝角还是锐角，最后进行符号的选择. 误点警示 “二面角的平面角”与“两个半平面的法向量所成角”并不一定相等，它们可能相等也可能互补，应注意甄别. 误点警示 在采用向量法计算时，没有正确理解“斜线与平面法向量所成的角”和“斜线与平面所成的角”的关系，误以为它们是相等的，实则不然，它们是互余关系. （ ）必做3 如图7，平面ABEF⊥平面ABC，四边形ABEF为矩形，AC=BC. O为AB的中点，OF⊥EC. （1）求证：OE⊥FC； （2）若FC与平面ABC所成的角为30°，求二面角F-CE-B的余弦值. 图7 破解思路 第（2）问设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC是等边三角形，由已知易得△EFC为等边三角形，因此用定义法求二面角较方便. 此题中有大量的垂直关系，取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，一些点的坐标很容易表示，因此只要计算平面FCE的法向量和平面BEC的法向量的夹角的大小即可得答案. 精妙解法 （1）连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，故OC⊥AB. 图8 又因平面ABC⊥平面ABEF， 故OC⊥平面ABEF， 于是OC⊥OF. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 又OF⊥EC，OC∩EC=C，OF 埭平面OEC， 所以OF⊥平面OEC， 所以OF⊥OE. 又因OC⊥OE，OC∩OF=O，OE 埭平面OFC， 故OE⊥平面OFC， 所以OE⊥FC. 摇 （2）法1：由（1），得AB=2AF.不妨设AF=1，AB=2. 因∠FCA为直线FC与平面ABC所成的角，故∠FCA=30°， 所以FC=EC=2，△EFC为等边三角形. 设FO∩EB=P，则O，B分别为PF，PE的中点，△PEC也是等边三角形. 取EC的中点M，连结FM，MP，则FM⊥CE，MP⊥CE， 所以∠FMP为二面角F-CE-B的平面角. 在△MFP中，FM=MP= ，FP=2 ， 故cos∠FMP= = =- ， 即二面角F-CE-B的余弦值为 - . 法2：取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz. 不妨设AF=1，AB=2，则B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，1，1），F（0，-1，1）， 图9 从而 =（- ，1，1）， =（0，-2，0）. 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇 设平面FCE的法向量为n1=（x1，y1，z1）， 由 ·n1=0， ·n1=0 得- x1+y1+z1=0，-2y1=0， 可取n1=（1，0， ）. 同理，可取平面BEC的一个法向量为n2=（1， ，0）. 于是cos〈n1，n2〉= = ， 易见二面角F-CE-B的平面角与〈n1，n2〉互补， 所以二面角F-CE-B的余弦值为- . 极速突击 求二面角的大小是高考的热点问题. 求二面角可采用两种方法求解，法1为几何法，可按照“一找、二证、三算”的步骤进行，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：（1）定义法，用定义法作二面角的平面角时题目条件中往往有对称性；（2）利用三垂线定理或逆定理；（3）自空间一点作棱垂直的平面，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，cosθ= ，其中S为斜面面积，S′为射影面积，θ为斜面与射影面所成的二面角. 法2为“向量法”，先建立空间直角坐标系，求解两个半平面的法向量，再求两个法向量夹角的余弦值，然后判断所求二面角是钝角还是锐角，最后进行符号的选择. 误点警示 “二面角的平面角”与“两个半平面的法向量所成角”并不一定相等，它们可能相等也可能互补，应注意甄别. |
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