10.8 立体几何综合问题
典例精析
题型一 线面、面面平行与垂直
【例1】 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点.
(1)求证：FH∥平面EDB；
(2)求证：AC⊥平面EDB；
(3)求二面角B－DE－C的大小.
【解析】方法一：(综合法)(1)设AC与BD交于点G，则G为AC的中点.连接EG，GH，又H为BC的中点，所以GHAB.又EFAB，所以EFGH.
所以四边形EFHG为平行四边形. 所以EG∥FH.
而EG?平面EDB，所以FH∥平面EDB.
由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，
又EF∥AB，所以EF⊥BC.
而EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC，所以EF⊥FH，
所以AB⊥FH.
又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.
所以FH⊥平面ABCD. 所以FH⊥AC.
又FH∥EG，所以AC⊥EG.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB.
(3)EF⊥FB，∠BFC＝90°，所以BF⊥平面CDEF.
在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K，
则∠FKB为二面角B－DE－C的一个平面角.
设EF＝1，则AB＝2，FC＝，DE＝.
又EF∥DC，所以∠KEF＝∠EDC.
所以sin∠EDC＝sin∠KEF＝.
所以FK＝EFsin∠KEF＝，tan∠FKB＝＝.
所以∠FKB＝60°.所以二面角B－DE－C为60°.
方法二：(向量法)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC.
又EF∥AB. 所以EF⊥BC，又EF⊥FB，所以EF⊥平面BFC.
所以EF⊥FH，所以AB⊥FH.
又BF＝FC，H为BC的中点，所以FH⊥BC.
所以FH⊥平面ABCD.
以H为坐标原点，为x轴正向，为z轴正向，建立如图所示坐标系.
设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0).
D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1).
(1)设AC与BD交点为G，连接GE，GH，
则G(0，－1,0)，所以＝(0,0,1)，又＝(0,0,1)，
所以∥.
GE?平面EDB，HF不在平面EDB内，
所以FH∥平面EBD.
(2) ＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，＝0，所以AC⊥GE.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，所以AC⊥平面EDB.
(3) ＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)，
设平面BDE的法向量为n1＝(1，y1，z1).
则n1＝－1－y1＋z1＝0，n1＝－2－2y1＝0，
所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0).
＝(0，－2,0)， ＝(1，－1,1).
设平面CDE的法向量为n2＝(1，y2，z2)，
则n2＝0，y2＝0，n2＝0, 1－y2＋z2＝0，z2＝－1，
故n2＝(1,0，－1).
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以〈n1，n2〉＝60°，即二面角B－DE－C为60°.
【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行，线面垂直，面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力.(2)空间角、空间的平行与垂直是高考必考内容之一，处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题.
【变式训练1】已知平面α外不共线的三点A，B，C到α的距离都相等，则正确的结论是( )
A.平面ABC必不垂直于α B.平面ABC必平行于α
C.平面ABC必与α相交 D.存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内
【解析】选D
题型二 空间角求解
【例2】 (2010浙江)在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直线EF将△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF.
(1)求二面角A′－FD－C的余弦值；
(2)若点M，N分别在线段FD，BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A′重合，求线段FM的长.
【解析】(1)取线段EF的中点H，连接A′H，因为A′E＝A′F及H是EF的中点，所以A′H⊥EF.
又因为平面A′EF⊥平面BEF，及A′H?平面A′EF，所以A′H⊥平面BEF.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A′(2,2,2)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0).
故＝(－2,2,2)， ＝(6,0,0).
设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，
所以
取z＝，则n＝(0，－2，).
又平面BEF的一个法向量m＝(0,0,1).
故cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角的余弦值为.
(2)设FM＝x，则M(4＋x,0,0)，
因为翻折后，C与A′重合，所以CM＝A′M，
故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(2)2，
得x＝，经检验，此时点N在线段BC上.
所以FM＝.
【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型，解题中要将折叠前后的图形相互联系，使得解题有章可循.
【变式训练2】已知二面角α－l－β为60°，平面α内一点A到平面β的距离为AB＝4，则B到平面α的距离为____________.
【解析】2.
题型三 线面位置探索性问题
【例3】已知ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2.
(1)求PC与平面PBD所成的角；
(2)在线段PB上是否存在一点E，使PC⊥平面ADE？若存在，确定E点的位置；若不存在，说明理由.
【解析】如图建立空间直角坐标系D－xyz，
因为PD＝AD＝2，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2).
(1)在正方形ABCD中，OC⊥DB.
因为PD⊥平面ABCD，OC?平面ABCD，所以PD⊥OC.
又因为DB∩PD＝D，所以OC⊥平面PBD.
所以∠CPO为PC与平面PBD所成的角.
因为＝(0,2，－2)，＝(1,1，－2)，
所以cos〈，〉＝＝，
所以PC与平面PBD所成的角为30°.
(2)假设在PB上存在点E，使PC⊥平面ADE. 则＝λ.
因为＝(2,2，－2)，所以＝(2λ，2λ，－2λ)，
而＝(－2,0,2)，所以＝(2λ－2,2λ，2－2λ).
要PC⊥平面ADE，即PC⊥AE，
即＝8λ－4＝0，即λ＝，所以E(1,1,1)，
所以存在点E且E为PB的中点时PC⊥平面ADE.
【点拨】对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.
【变式训练3】ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，又SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成二面角的正切值为 .
【解析】.
题型四 立体几何综合问题
【例4】圆柱OO1内有一个三棱柱ABC－A1B1C1，三棱柱的底
面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径.
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1；
(2)设AB＝AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC－A1B1C1内的概率为p.
①当点C在圆周上运动时，求p的最大值；
②记平面A1ACC1与平面B1OC所成的角为θ(0°＜θ≤90°).当p取最大值时，求cos θ的值.
【解析】(1)因为A1A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1A⊥BC.
因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC.
又AC∩A1A＝A，所以BC⊥平面A1ACC1，
而BC?平面B1BCC1，所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1.
(2)①设圆柱的底面半径为r，则AB＝AA1＝2r，
故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V1＝AC·BC·2r＝ACBCr.
又因为AC2＋BC2＝AB2＝4r2.
所以AC·BC≤＝2r2，当且仅当AC＝BC＝r时等号成立.
从而V1≤2r3，而圆柱的体积V＝πr2·2r＝2πr3，故p＝≤＝，
当且仅当AC＝BC＝r，即OC⊥AB时等号成立.
所以p的最大值等于.
②由①可知，p取最大值时，OC⊥AB.
于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz(如图)，
则C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r).
因为BC⊥平面A1ACC1，
所以＝(r，－r,0)是平面A1ACC1的一个法向量.
设平面B1OC的法向量n＝(x，y，z)，
取z＝1，得平面B1OC的一个法向量为n＝(0，－2,1)，
因为0°＜θ≤90°，
所以cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝||＝.
【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想.
【变式训练4】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2).有下列四个命题：
①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；
②将容器侧面水平旋转时，水面也恰好过点P；
③任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；
④若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满.
其中真命题的序号是 .(写出所有真命题的序号)
【解析】②④.
总结提高
空间向量和空间坐标系的引入，大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求，因此，运用向量法解决立体几何题，是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此，也可体会到向量法的魅力所在！
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