立体几何解题技巧及高考类型题-老师专用

1、立体几何解题技巧及高考类型题一老师专用【命题分析】高考中立体几何命题特点:.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系.空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点此类题目分彳1 一般在 17-22分之间，题型一般为 1个选择题，1个填空题，1个解答题.【考点分析】 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.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.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的

2、距离的概念考高考考查的重难点】空间距离和角“六个距离”：1、两点间距离dJ（xX2）2（必y2）2（4z2）2 ；PQ*u（Q是直线1上任意一点，u为过点P的直线1法向量）；2、点P到线1的距离d PQ*u3、两异面直线的距离 d uu（P、Q分别是两直线上任意两点，u为两直线公共法向量）PQ*uu为平面法向量）；4、点P到平面的距离 d （Q是平面上任意一点,uPQ*u5、直线与平面的距离 d （P为直线上的任意一点、 Q为平面上任意一点，u为平面法向量）uPQ*u6、平行平面间的距离 d （P、Q分别是两平面上任意两点，u为两平面公共法向量 ）;u“三个角度”1、异面直线角0, , cos

3、 =JvM ;【辨】直线倾斜角范围0,）; 2Vi V22、线面角0, , sin=cos v,nvnv1n或者解三角形;3、二面角0, cosn1n2ni 电或者找垂直线，解三角形。不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中, 证是本专题的一大特色.求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。其中，利用空间向量 求空间距离和角的套路与格式固定，是解决立体几何问题这套强有力的工具时，使得高考题具有很强的套路 性。【例题解析】考点1点到平面的距离求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，

4、当然别忘了转 化法与等体积法的应用.典型仞题1、（福建卷）如图，正三棱柱 ABC AB1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点（I ）求证：ABi，平面 AiBD ；（II）求二面角 a A1D B的大小；（出）求点C到平面ABD的距离.考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.解：解法一：（I ）取BC中点O ,连结AO .QAABC为正三角形，AO BC .Q正三棱柱ABC ARG中，平面ABC，平面BCGB ,AO 平面 BCCi B -BB1cle 中，OD分别为BC, CC1 的中点，BiOX BD ,

5、AB1 BD .在正方形 ABB1Al中，AB1 A B ,AB1，平面 ABD -（n ）设AB与A B交于点G ,在平面AiBD中，作GF，A D于F ,连结AF ,由（I ）得 ABi 平面A BD .AF，AD ,/ AFG为二面角A AD B的平面角.在AAAiD中，由等面积法可求得 AF 迤,TZ _ _ 1-又 Q AG -ABi2，25./八” AG 2207s.sin/AFG =AF 4、545所以二面角AAD B的大小为arcsin0 4（出） ABD中，BD AD .5, AB 2 2, SAiBDV6 , SA BCD 1 ,在正三棱柱中,A到平面BCC1B1的距离为

6、底.设点C到平面ABD的距离为d .由 VA BCDVC ABD 5 倚SA BCD g/3 SA Ai BD gd 5 TOC o 1-5 h z 33d -3SA bcdSA ABD2 石点C到平面A1BD的距离为*2 .解法二：（I ）取BC中点O ,连结AO.QAABC为正三角形,AO BC .Q在正三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC，平面BCCiBi ,AD，平面 BCCiBi .取B1C1中点O1,以O为原点，Ouu, Ou, OA的方向为x, y, Z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),D( 1,1,0) , A(0,2,用)，A(0,0,同,B (1,2,0

7、),uuirmurLuirAB (12, J3)，BD ( 210)，BA ( 1,2,J3) iuur uuriuir lurQABgBD2 2 0 0，ABBA1 4 3 0,iuur iuiruur uurAB，BD， AB，BAAB1，平面 ABD .(020) HruurQ n AD , n，aa，uur ngAD 0, uur ngAA1 0,x y . 3z 0,2y 0,y 0,x 3乙(n)设平面A1AD的法向量为n (x, y, z).令z 1得n ( J3,01)为平面A1AD的一个法向量.由(I)知AB1,平面A1BD ,AB1为平面ABD的法向量.uurcos n,

8、AB1面角A ADB的 大小为 arccos- ,（出）由（II） , AB1为平面A1BD法向量， TOC o 1-5 h z uuuUULT_QBC （ 2,0,0）,AB （1,2, *）uuu UULT点C到平面A1BD的距离d 嗨Bi2 一 2UUUI ABi 2,22小结：本例（出）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B点到平面AMBi的距离转化为容易求的点K到平面AMBi的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这种方法.考点2异面直线的距离考查异目主

9、面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离典型仞题2、已知三棱锥S ABC,底面是边长为4/2的正三角形，棱SC的长为2,且垂直于底面.E、D分别为BC、AB的中点，求CD与SE间的距离.思路启迪：由于异面直线 CD与SE的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离解：如图所示，取 BD的中点F,连结EF, SF, CF,EF 为 BCD 的中位线，EF / CD, CD/面 SEF,CD到平面SEF的距离即为两异面直线间的距离 .的距离，设其为h,由题意知，BC4j2,D、E、F分别是又 线面之间的距离

10、可转化为线 CD上一点C到平面SEFAB、BC BD的中点，CD 2 6,EF -CD 6,DF 2, SC 22VS CEF1 1 EF DF SC - -62 2 禁3 23 23在 Rt SCE 中，SE ，SC2 CE2 2装在 Rt SCF 中，SF SC2 CF2又 EF 6, S sef 3一、，、，1 -，口由于 VC SEF VS CEF S SEF h ,艮3故CD与SE间的距离为213. 3小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程,考点3直线到平面的距离偶尔会再加上平行平面间的距离，主要考查点面、典型仞题3.如图，在棱长为2的正方体A TOC o 1-5 h z 4 2

11、4 230 HYPERLINK l bookmark28 o Current Document 1 2 323-3 h ,解得 h HYPERLINK l bookmark15 o Current Document 333就是一个不断转化的过程线面、面面距离间的转化C1中，G是AAi的中点，求BD到平面GB1D1的距离.思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解解：解法一 BD /平面GB1D1 ,BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，以下求点。平面GB1D1的距离，B1D1 AC1, B1D1 AA,B1D1 平面 AACC1,又 B1D1平面GB1D1平面A1A

12、CC1GB1D1,两个平面的交线是0 ,作OH 01G于H,则有OH 平面GB1D1,即OH是。点到平面GB1D1的距离.在 OQG 中，So10G 1 O1O AO 1 2 2 V2 .22又 S OiOG即BD到平面GB1D1的距离等于2.611OH 01G 3 OH 2, OH22解法二 BD/平面GB1D1,BD上任意一点到平面 GBiDi的距离皆为所求，以下求点 B平面GBiDi的距离.设点B到平面GBiDi的距离为h,将它视为三棱锥 B GBiDi的高，则VB GBiDiVDi GBBi，由于 S GBiDi HYPERLINK l bookmark26 o Current Doc

13、ument 、，iiccc4VDi GBBi2223 23即BD到平面GBiDi的距离等号小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点，转彳t为点面距离 .本例解析一是根据选出的点直接作出距离；解析二是等体积法求出点面距离 考点4异面直线所成的角【重难点】此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角(i)求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识(余弦定理、正弦定理、射线定理( cos cos 1cos 2)求解，整个求解过程可概 括为：一找二证三求。(2)

14、求异面直线所成角的步骤：选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。因为异面直线所成的角的范围是0 =i80 -Z DBO3 cos / DBG=；34zr3r3, cos DB，B)Oi=一 cos / DBO=一 一.34DBi BOi =7cos7.34i707.34 arccosi70= DBi BBi cos DB，BBi+|DBi| |BiCi| cos DB1，BiC1 BB / DD = DDi，函=/ DDB解法八：如图，建立如图所示的空间直角坐标系,则 B (3, 3, 0) , B

15、i (3, 3, 4) , D (0, 0, 0), Ci (3, 0, 4)。设DB和BOi的夹角为则cosDBi BCi 7.34DbJIbcJ i70.异面直线DBi与BOi所成的角为7 34 arccos。i70总之，异面直线所成的角是立体几何中的重要概念，也是我们学习的第一个空间角，它的求法体现了立体几何将空间图形问题化归为平面图形问题的基本思想。典型仞题 5、长方体 ABCD- AiBiCiDi中，AB=AAi=2cm AD=icm求异面直线 AiC与BD所成的角。解法1:平移法设AiCi与BiDi交于O,取BiB中点E,连接OE,因为OE/DiB,所以/ GOE或其补角就是异面直

16、线 AiCi与BDi所成的角4 CiOE中OCi 1A1cl 122OE iBDi 1 ,2222 i 3222CiEBiCi2BiE2,i2 i2, 2所以 cos CiOEOCi2 OE2 CiE220cl OE22_55所以CQE5arccosA c tBD5，所以异面直线AiCiTBDi所成的角为.5 arccos一 5解法2:补形法在长方体 ABCD-AiBiCiDi的面BCi上补上一个同样大小的长方体,将AC平移到BE,则/DiBE或其补角就是异面直线 AiCi与BDi所成的角，在4BDiE 中,BDi=3,BE5 DiE .42222. 5cos DiBEBD； BE2 DE22

17、BDi BE32 W咨22 3 .555所以异面直线 AiCi与BDi所成的角为.5 arccos 5解法3：利用公式cos cos 1 cos 2设OA是平面a的一条斜线， OB是OA在a内的射影,OC是平面a内过 O的任意一条直线，设 OA与OC、OA与OB、OB与OC所成的角分别是1、2,贝Ucos cos 1cos 2（注：在上述题设条件中,把平面a内的 OC换成平面a内不经过O点的任意一条直线,则上述结论同样成立）DiB在平面ABCD内射影是BD, AC看作是底面ABCD内不经过B点的一条直线，BD与AC所成的角为/ AOD, DiB与BD所成角为/DiBD,设DiB与AC所成角为c

18、oscos DiBDcosBD 一 5 cos Di BD -AODBDi 5, 。cos AODOD2 OA2 AD22OD2OA12cos-53-55o .552 22cos D1BD cosaod所以5 arccos5所以异面直线 AiCi与BDi所成的角为5 arccos5acos解法4:向量几何法：设ABADaa1为空间一组基向量AB a,AD b,AA1 c|a| 2,|b| 1,|c| 2a b 0,a c 0, b c 0BDi BA AA1 A1D1 b c aA1cl a b TOC o 1-5 h z AG ”b.22 1,5|BDi| |b c a|2 Jb|2|a|2

19、|c|23BD1 A1C1 (b c a)(a b) |b122,2,2,2 ,a1 a2 a3 b1 b2 b3 以D为坐标原点，DC DA、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则1a |2 1 43cos BD 1BDi AC3.5A1C1 -3.55|BD1 |A1C1|5 arccos所以异面直线 A1 C1与BD1所成的角为5解法5:向量代数法:cosA (0, 1, 0)、C (2, 0,0), B (2,1, 0)、D1 (0, 0, 2),BD1(2, 1,2),AC(2, 1,0)cos BD1, AC53.5所以异面直线 A1C1与BD1所成的角为.5 arcco

20、s5a1b1解法6:利用公式AD2 BC2 AB2 DC2 cos2AC BD定理：四面体 ABCD两相对棱AC、BD间的夹角 必满足cosBBG、A1B在四面体B_ 22_ 22AD 2 BC2 AB2 DC2 2AC BDA1C1D1中，异面直线A1C1与BD所成的角是 ，易求得图75A1B 2 2,BD13A1c1BC1cosA1D1 BC12 A1B2D1C12由定理得:2Ale1 BD1.一般来说，平移法是最常用的,120 2245 2222痣3.555 arccos所以5小结： 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：平移法：在异面直线中的一条直线 上选择“特殊点”，

21、作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；补形法：把空间图形 补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三0,2应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围:考点5直线和平面所成的角此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算 典型仞题6、（全国卷I理）四棱锥 S ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面 SBC 底面ABCD .已知/ABC 45, AB 2, BC 2，SA SB 召.(I )证明 SA BC ；(n)求直线SD与平面SAB所成角的大小.考查目的：本小题主要考查直线与直线，直线与平面的位置关系, 二面

22、角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.解：解法一：（I）作SOX BC,垂足为O,连结AO ,由侧面SBC,底面ABCD,得SO,底面ABCD .因为SA SB,所以AO BO,又/ ABC 45,故 AOB为等腰直角三角形，AO BO ,由三垂线定理，得SAX BC .(n)由(i)知 SAX BC ,依题设 AD / BC ,故SAX AD ,由AD BC 2夜，SA 四，AO 应，得SO 1 , SD 布. SAB 的面积 S 1ABg,SA2 1AB 旧连ZDB ,得 ADAB 的面积 S2 1ABgADsin135 2设D到平面SAB的距离为h,由

23、于VD SAB VS ABD ,得1hg 1SOgS2，解得 h V2 33设SD与平面SAB所成角为 ，则sin h 屈庐.SD 1111所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsini22 . 11解法二：(I)作SOX BC,垂足为O,连结AO ,由侧面SBC1底面ABCD ,得SO,平面ABCD .因为SA SB,所以AO BO.又/ABC 45, ZXAOB为等腰直角三角形，AO OB .如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系（V2,0, 1）,一_urA（也,0,0）, B（0,近,0）, C（0,近,0）, S（0,0,1）, SAuuu - ur uuuCB （

24、0,2夜,0）， SAgCB 0 ,所以SAX BC .(n)取AB中点E , E更爽02，2，连ZSE,取SE中点G ,连结OGG*,1 244 2AB （叵衣,0）.SEgOG 0,ABgOG0 , OG与平面SAB内两条相交直线 SE, AB垂直.所以OG 平面SAB, OG与DS的夹角记为,SD与平面SAB所成的角记为，则与互余.D（乏2匹,0），DS （,2亚 1） cos-OGgDS-卫，sin 2,OGgDS 1111所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin 9.小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以

25、下步骤：构造一一作出斜线与射影所成的角，证明一一论证作出的角为所求的角，计算一一常用解三角形的方法求角，结论一一点明直线和平面所成的角的值考点6二面角【重点】此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解二面角是高考的热点从一条直线出发的两个半平面所成的图形叫做二面角，记作：二面角a-l -3o以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面 角的平面角。范围：0,2、二面角出现的状态形式有哪些？竖立式横卧式2、二面角的类型及基本方法（1）四种常规几何作求法定义法垂面法;cos垂线法;射影面积法二S射

26、影多边形/S多边形(2)向量法:irr设m和n分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量urm、rn的夹角为,如图:ur r结论：设m和n分别为平面ir r的法向量，二面角l的大小为 ，向量 m、n的夹角为则有或结论：一般地，若设 n,m分别是平面的法向量，则平面与平面所成的二面角的计算公式是： arccos（-TT-ri（当二面角为锐角、直角时）或n| marccos- n m（当二面角为钝角时）其中锐角、钝角根据图形确定。1、定义法：在棱上任取一点，过这点在两个面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。2、三垂线定理及逆定理法：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线，再由垂

27、足向棱作垂线得到 棱上的点。斜足与面上一点连线，和斜足与垂足连线所夹的角即为二面角的平面角。3、作棱的垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角的两条射线所成的角就是二面角的平面角。4、投影法：利用s投影w=s被投影面cos这个公式对于斜面三角形，任意多边形都成立，是求二面角的好方 法。尤其对无棱问题5异面直线距离法：EF2=m2+n2+d2 2mn cos典型例题7、若p是 ABC所在平面外一点，而 PBC和 ABC都是边长为2的正三角形,PAX值,求二面角 P-BC-A的大小。分析：由于这两个三角形是全等的三角形，故采用定义法解：取BC的中点E,连接AE、PEAC=AB, PB=PCAE

28、BC, PE BCPEA为二面角P-BCA的平面角在 PAE 中 ae=pe=6 , pak6BPEA=900面角P-BGA的平面角为900典型例题8、已知 ABC是正三角形，PA 平面ABC且PA=AB=a求二面角A-PGB的大小。思维二面角的大小是由二面角的平面角来度量的，本题可利用三垂线定理（逆）来作平面角，还可以 用射影面积公式或异面直线上两点间距离公式求二面角的平面角。解1:（三垂线定理法）取AC的中点E,连接BE,过E做EF PC连接BFPA 平面ABC, PA平面PAC平面PAC 平面 ABC,平面PAC 平面 ABC=ACBE 平面PAC由三垂线定理知 BF PCBFE为二面角

29、A-PGB的平面角设 PA=1,E为 AC 的中点，BE=3,EF= BE -tan BFE =6EFBFE =arctan - 6解2:（三垂线定理法）取BC的中点 E,连接AE, PE过A做AF PE, FM PC连接FMAB=AC,PB=PCAE BC,PE BCBC 平面PAE,BC 平面PBC 平面PAE平面PBC,平面PAE平面PBC=PE由三垂线定理知 AMPCFMA为二面角A-PC-B的平面角、一2设 PA=1, AM=2AP.AE 21 ,AF=PE_ AF sin FMA = AM427FMA=argsin42解3:（投影法）过B作BE AC于E连结PEPA 平面 ABC,

30、 PA平面PAC平面PAC 平面 ABC,平面PAC 平面 ABC=ACBE 平面PACPEC是 PBC在平面PAC上的射影设 PA=1 则 PB=PC=. 2 ,AB=1S 1 S PEC , S PBC4由射影面积公式得，COSS PECS PBC7 arg cos解4:（异面直线距离法）过A作AD PC,BE PC交PC分另1J于 D、 E设 PA=1 则 AD=-2 ,pb=pc=. 2S pbc .14- 22BE=,CE= ,DE=1pc 44427 arg cos 由异面直线两点间距离公式得AB2=AD2+BE2+DE2-2ADBECOS ,COS = 7点评本题给出了求平面角的

31、几种方法，应很好掌握。典型例题9、二面角 EF 的大小为120 , A是它内部的一点，AB , AC,B、C为垂足。求证：平面 ABC ，平面ABC当AB=4cm,AC=6cm时求BC的长及A至U EF的距离。分析：本题采用作棱的垂面法找二面角的平面角解：(1)设过 ABC的平面交平面于BD,交平面 于CDAB ,AB 平面 ABC(2)AB平面ABC，同理平面ABCAB EF同理AC EFEF平面ABDCBD EF, CD EFBDC=120BAC 60BC=.42 62 2 4 6COS60 2.7 cmsin 60有正弦定理得点 A到EF的距离为：d= BC生21cm 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角;方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法以锥体为载体，对求角的问题进行研究典型例题10、如图，在底面是一直角形的四棱锥&ABCD中，AD/BC,/ ABC=90 , SA1平面AC,1SA=AB=BC=1 AD=2 .求面SCD与面SAB所成的角的大小。解法1：可用射影面积法来求，这里只要求出Sa SCD与Sa SAB即可，故所求的二面角0应满足cos=211&.3 2一 32