立體幾何解題技巧及高考類型題-老師專用

1、立體幾何解題技巧及高考類型題一老師專用【命題分析】高考中立體幾何命題特點:.線面位置關(guān)系突出平行和垂直，將側(cè)重于垂直關(guān)系.空間“角”與“距離”的計算常在解答題中綜合出現(xiàn).多面體及簡單多面體的概念、性質(zhì)多在選擇題，填空題出現(xiàn).有關(guān)三棱柱、四棱柱、三棱錐的問題，特別是與球有關(guān)的問題將是高考命題的熱點此類題目分彳1 一般在 17-22分之間，題型一般為 1個選擇題，1個填空題，1個解答題.【考點分析】 掌握兩條直線所成的角和距離的概念，對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離.掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念.掌握二面角、二面角的平面角、兩個平行平面間的

2、距離的概念考高考考查的重難點】空間距離和角“六個距離”：1、兩點間距離dJ（xX2）2（必y2）2（4z2）2 ；PQ*u（Q是直線1上任意一點，u為過點P的直線1法向量）；2、點P到線1的距離d PQ*u3、兩異面直線的距離 d uu（P、Q分別是兩直線上任意兩點，u為兩直線公共法向量）PQ*uu為平面法向量）；4、點P到平面的距離 d （Q是平面上任意一點,uPQ*u5、直線與平面的距離 d （P為直線上的任意一點、 Q為平面上任意一點，u為平面法向量）uPQ*u6、平行平面間的距離 d （P、Q分別是兩平面上任意兩點，u為兩平面公共法向量 ）;u“三個角度”1、異面直線角0, , cos

3、 =JvM ;【辨】直線傾斜角范圍0,）; 2Vi V22、線面角0, , sin=cos v,nvnv1n或者解三角形;3、二面角0, cosn1n2ni 電或者找垂直線，解三角形。不論是求空間距離還是空間角，都要按照“一作，二證，三算”的步驟來完成，即寓證明于運算之中, 證是本專題的一大特色.求解空間距離和角的方法有兩種：一是利用傳統(tǒng)的幾何方法，二是利用空間向量。其中，利用空間向量 求空間距離和角的套路與格式固定，是解決立體幾何問題這套強有力的工具時，使得高考題具有很強的套路 性?！纠}解析】考點1點到平面的距離求點到平面的距離就是求點到平面的垂線段的長度，其關(guān)鍵在于確定點在平面內(nèi)的垂足，

4、當然別忘了轉(zhuǎn) 化法與等體積法的應(yīng)用.典型仞題1、（福建卷）如圖，正三棱柱 ABC AB1C1的所有棱長都為2, D為CC1中點（I ）求證：ABi，平面 AiBD ；（II）求二面角 a A1D B的大??；（出）求點C到平面ABD的距離.考查目的：本小題主要考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解：解法一：（I ）取BC中點O ,連結(jié)AO .QAABC為正三角形，AO BC .Q正三棱柱ABC ARG中，平面ABC，平面BCGB ,AO 平面 BCCi B -BB1cle 中，OD分別為BC, CC1 的中點，BiOX BD ,

5、AB1 BD .在正方形 ABB1Al中，AB1 A B ,AB1，平面 ABD -（n ）設(shè)AB與A B交于點G ,在平面AiBD中，作GF，A D于F ,連結(jié)AF ,由（I ）得 ABi 平面A BD .AF，AD ,/ AFG為二面角A AD B的平面角.在AAAiD中，由等面積法可求得 AF 迤,TZ _ _ 1-又 Q AG -ABi2，25./八” AG 2207s.sin/AFG =AF 4、545所以二面角AAD B的大小為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的距離為

6、底.設(shè)點C到平面ABD的距離為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 石點C到平面A1BD的距離為*2 .解法二：（I ）取BC中點O ,連結(jié)AO.QAABC為正三角形,AO BC .Q在正三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC，平面BCCiBi ,AD，平面 BCCiBi .取B1C1中點O1,以O(shè)為原點，Ouu, Ou, OA的方向為x, y, Z軸的正方向建立空間直角坐標系，則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)設(shè)平面A1AD的法向量為n (x, y, z).令z 1得n ( J3,01)為平面A1AD的一個法向量.由(I)知AB1,平面A1BD ,AB1為平面ABD的法向量.uurcos n,

8、AB1面角A ADB的 大小為 arccos- ,（出）由（II） , AB1為平面A1BD法向量， TOC o 1-5 h z uuuUULT_QBC （ 2,0,0）,AB （1,2, *）uuu UULT點C到平面A1BD的距離d 嗨Bi2 一 2UUUI ABi 2,22小結(jié)：本例（出）采用了兩種方法求點到平面的距離.解法二采用了平面向量的計算方法，把不易直接求的B點到平面AMBi的距離轉(zhuǎn)化為容易求的點K到平面AMBi的距離的計算方法，這是數(shù)學解題中常用的方法；解法一采用了等體積法，這種方法可以避免復雜的幾何作圖，顯得更簡單些，因此可優(yōu)先考慮使用這種方法.考點2異面直線的距離考查異目主

9、面直線的距離的概念及其求法，考綱只要求掌握已給出公垂線段的異面直線的距離典型仞題2、已知三棱錐S ABC,底面是邊長為4/2的正三角形，棱SC的長為2,且垂直于底面.E、D分別為BC、AB的中點，求CD與SE間的距離.思路啟迪：由于異面直線 CD與SE的公垂線不易尋找，所以設(shè)法將所求異面直線的距離，轉(zhuǎn)化成求直線與平面的距離，再進一步轉(zhuǎn)化成求點到平面的距離解：如圖所示，取 BD的中點F,連結(jié)EF, SF, CF,EF 為 BCD 的中位線，EF / CD, CD/面 SEF,CD到平面SEF的距離即為兩異面直線間的距離 .的距離，設(shè)其為h,由題意知，BC4j2,D、E、F分別是又 線面之間的距離

10、可轉(zhuǎn)化為線 CD上一點C到平面SEFAB、BC BD的中點，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裝在 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與SE間的距離為213. 3小結(jié)：通過本例我們可以看到求空間距離的過程,考點3直線到平面的距離偶爾會再加上平行平面間的距離，主要考查點面、典型仞題3.如圖，在棱長為2的正方體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就是一個不斷轉(zhuǎn)化的過程線面、面面距離間的轉(zhuǎn)化C1中，G是AAi的中點，求BD到平面GB1D1的距離.思路啟迪：把線面距離轉(zhuǎn)化為點面距離，再用點到平面距離的方法求解解：解法一 BD /平面GB1D1 ,BD上任意一點到平面GB1D1的距離皆為所求，以下求點。平面GB1D1的距離，B1D1 AC1, B1D1 AA,B1D1 平面 AACC1,又 B1D1平面GB1D1平面A1A

12、CC1GB1D1,兩個平面的交線是0 ,作OH 01G于H,則有OH 平面GB1D1,即OH是。點到平面GB1D1的距離.在 OQG 中，So10G 1 O1O AO 1 2 2 V2 .22又 S OiOG即BD到平面GB1D1的距離等于2.611OH 01G 3 OH 2, OH22解法二 BD/平面GB1D1,BD上任意一點到平面 GBiDi的距離皆為所求，以下求點 B平面GBiDi的距離.設(shè)點B到平面GBiDi的距離為h,將它視為三棱錐 B GBiDi的高，則VB GBiDiVDi GBBi，由于 S GBiDi HYPERLINK l bookmark26 o Current Doc

13、ument 、，iiccc4VDi GBBi2223 23即BD到平面GBiDi的距離等號小結(jié)：當直線與平面平行時，直線上的每一點到平面的距離都相等，都是線面距離.所以求線面距離關(guān)鍵是選準恰當?shù)狞c，轉(zhuǎn)彳t為點面距離 .本例解析一是根據(jù)選出的點直接作出距離；解析二是等體積法求出點面距離 考點4異面直線所成的角【重難點】此類題目一般是按定義作出異面直線所成的角，然后通過解三角形來求角(i)求異面直線所成角的思路是：通過平移把空間兩異面直線轉(zhuǎn)化為同一平面內(nèi)的相交直線，進而利用平面幾何知識(余弦定理、正弦定理、射線定理( cos cos 1cos 2)求解，整個求解過程可概 括為：一找二證三求。(2)

14、求異面直線所成角的步驟：選擇適當?shù)狞c，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線，這里的點通常選擇特殊位置斬點。求相交直線所成的角，通常是在相應(yīng)的三角形中進行計算。因為異面直線所成的角的范圍是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：如圖，建立如圖所示的空間直角坐標系,則 B (3, 3, 0) , B

15、i (3, 3, 4) , D (0, 0, 0), Ci (3, 0, 4)。設(shè)DB和BOi的夾角為則cosDBi BCi 7.34DbJIbcJ i70.異面直線DBi與BOi所成的角為7 34 arccos。i70總之，異面直線所成的角是立體幾何中的重要概念，也是我們學習的第一個空間角，它的求法體現(xiàn)了立體幾何將空間圖形問題化歸為平面圖形問題的基本思想。典型仞題 5、長方體 ABCD- AiBiCiDi中，AB=AAi=2cm AD=icm求異面直線 AiC與BD所成的角。解法1:平移法設(shè)AiCi與BiDi交于O,取BiB中點E,連接OE,因為OE/DiB,所以/ GOE或其補角就是異面直

16、線 AiCi與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，所以異面直線AiCiTBDi所成的角為.5 arccos一 5解法2:補形法在長方體 ABCD-AiBiCiDi的面BCi上補上一個同樣大小的長方體,將AC平移到BE,則/DiBE或其補角就是異面直線 AiCi與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所以異面直線 AiCi與BDi所成的角為.5 arccos 5解法3：利用公式cos cos 1 cos 2設(shè)OA是平面a的一條斜線， OB是OA在a內(nèi)的射影,OC是平面a內(nèi)過 O的任意一條直線，設(shè) OA與OC、OA與OB、OB與OC所成的角分別是1、2,貝Ucos cos 1cos 2（注：在上述題設(shè)條件中,把平面a內(nèi)的 OC換成平面a內(nèi)不經(jīng)過O點的任意一條直線,則上述結(jié)論同樣成立）DiB在平面ABCD內(nèi)射影是BD, AC看作是底面ABCD內(nèi)不經(jīng)過B點的一條直線，BD與AC所成的角為/ AOD, DiB與BD所成角為/DiBD,設(shè)DiB與AC所成角為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所以異面直線 AiCi與BDi所成的角為5 arccos5acos解法4:向量幾何法：設(shè)ABADaa1為空間一組基向量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為坐標原點，DC DA、DD1分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，則1a |2 1 43cos BD 1BDi AC3.5A1C1 -3.55|BD1 |A1C1|5 arccos所以異面直線 A1 C1與BD1所成的角為5解法5:向量代數(shù)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所以異面直線 A1C1與BD1所成的角為.5 arcco

20、s5a1b1解法6:利用公式AD2 BC2 AB2 DC2 cos2AC BD定理：四面體 ABCD兩相對棱AC、BD間的夾角 必滿足cosBBG、A1B在四面體B_ 22_ 22AD 2 BC2 AB2 DC2 2AC BDA1C1D1中，異面直線A1C1與BD所成的角是 ，易求得圖75A1B 2 2,BD13A1c1BC1cosA1D1 BC12 A1B2D1C12由定理得:2Ale1 BD1.一般來說，平移法是最常用的,120 2245 2222痣3.555 arccos所以5小結(jié)： 求異面直線所成的角常常先作出所成角的平面圖形，作法有：平移法：在異面直線中的一條直線 上選擇“特殊點”，

21、作另一條直線的平行線，如解析一，或利用中位線，如解析二；補形法：把空間圖形 補成熟悉的幾何體，其目的在于容易發(fā)現(xiàn)兩條異面直線間的關(guān)系，如解析三0,2應(yīng)作為求異面直線所成的角的首選方法.同時要特別注意異面直線所成的角的范圍:考點5直線和平面所成的角此類題主要考查直線與平面所成的角的作法、證明以及計算 典型仞題6、（全國卷I理）四棱錐 S ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面 SBC 底面ABCD .已知/ABC 45, AB 2, BC 2，SA SB 召.(I )證明 SA BC ；(n)求直線SD與平面SAB所成角的大小.考查目的：本小題主要考查直線與直線，直線與平面的位置關(guān)系, 二面

22、角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解：解法一：（I）作SOX BC,垂足為O,連結(jié)AO ,由側(cè)面SBC,底面ABCD,得SO,底面ABCD .因為SA SB,所以AO BO,又/ ABC 45,故 AOB為等腰直角三角形，AO BO ,由三垂線定理，得SAX BC .(n)由(i)知 SAX BC ,依題設(shè) AD / BC ,故SAX AD ,由AD BC 2夜，SA 四，AO 應(yīng)，得SO 1 , SD 布. SAB 的面積 S 1ABg,SA2 1AB 舊連ZDB ,得 ADAB 的面積 S2 1ABgADsin135 2設(shè)D到平面SAB的距離為h,由

23、于VD SAB VS ABD ,得1hg 1SOgS2，解得 h V2 33設(shè)SD與平面SAB所成角為 ，則sin h 屈廬.SD 1111所以，直線SD與平面SBC所成的我為arcsini22 . 11解法二：(I)作SOX BC,垂足為O,連結(jié)AO ,由側(cè)面SBC1底面ABCD ,得SO,平面ABCD .因為SA SB,所以AO BO.又/ABC 45, ZXAOB為等腰直角三角形，AO OB .如圖，以O(shè)為坐標原點，OA為x軸正向，建立直角坐標系（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中點E , E更爽02，2，連ZSE,取SE中點G ,連結(jié)OGG*,1 244 2AB （叵衣,0）.SEgOG 0,ABgOG0 , OG與平面SAB內(nèi)兩條相交直線 SE, AB垂直.所以O(shè)G 平面SAB, OG與DS的夾角記為,SD與平面SAB所成的角記為，則與互余.D（乏2匹,0），DS （,2亞 1） cos-OGgDS-衛(wèi)，sin 2,OGgDS 1111所以，直線SD與平面SAB所成的角為arcsin 9.小結(jié)：求直線與平面所成的角時，應(yīng)注意的問題是（1）先判斷直線和平面的位置關(guān)系；（2）當直線和平面斜交時，常用以

25、下步驟：構(gòu)造一一作出斜線與射影所成的角，證明一一論證作出的角為所求的角，計算一一常用解三角形的方法求角，結(jié)論一一點明直線和平面所成的角的值考點6二面角【重點】此類題主要是如何確定二面角的平面角，并將二面角的平面角轉(zhuǎn)化為線線角放到一個合適的三角形中進行求解二面角是高考的熱點從一條直線出發(fā)的兩個半平面所成的圖形叫做二面角，記作：二面角a-l -3o以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面 角的平面角。范圍：0,2、二面角出現(xiàn)的狀態(tài)形式有哪些？豎立式橫臥式2、二面角的類型及基本方法（1）四種常規(guī)幾何作求法定義法垂面法;cos垂線法;射影面積法二S射

26、影多邊形/S多邊形(2)向量法:irr設(shè)m和n分別為平面的法向量，二面角的大小為，向量urm、rn的夾角為,如圖:ur r結(jié)論：設(shè)m和n分別為平面ir r的法向量，二面角l的大小為 ，向量 m、n的夾角為則有或結(jié)論：一般地，若設(shè) n,m分別是平面的法向量，則平面與平面所成的二面角的計算公式是： arccos（-TT-ri（當二面角為銳角、直角時）或n| marccos- n m（當二面角為鈍角時）其中銳角、鈍角根據(jù)圖形確定。1、定義法：在棱上任取一點，過這點在兩個面內(nèi)分別引棱的垂線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角。2、三垂線定理及逆定理法：自二面角的一個面上的一點向另一個面引垂線，再由垂

27、足向棱作垂線得到 棱上的點。斜足與面上一點連線，和斜足與垂足連線所夾的角即為二面角的平面角。3、作棱的垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角的兩條射線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這個公式對于斜面三角形，任意多邊形都成立，是求二面角的好方 法。尤其對無棱問題5異面直線距離法：EF2=m2+n2+d2 2mn cos典型例題7、若p是 ABC所在平面外一點，而 PBC和 ABC都是邊長為2的正三角形,PAX值,求二面角 P-BC-A的大小。分析：由于這兩個三角形是全等的三角形，故采用定義法解：取BC的中點E,連接AE、PEAC=AB, PB=PCAE

28、BC, PE BCPEA為二面角P-BCA的平面角在 PAE 中 ae=pe=6 , pak6BPEA=900面角P-BGA的平面角為900典型例題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。思維二面角的大小是由二面角的平面角來度量的，本題可利用三垂線定理（逆）來作平面角，還可以 用射影面積公式或異面直線上兩點間距離公式求二面角的平面角。解1:（三垂線定理法）取AC的中點E,連接BE,過E做EF PC連接BFPA 平面ABC, PA平面PAC平面PAC 平面 ABC,平面PAC 平面 ABC=ACBE 平面PAC由三垂線定理知 BF PCBFE為二面角

29、A-PGB的平面角設(shè) PA=1,E為 AC 的中點，BE=3,EF= BE -tan BFE =6EFBFE =arctan - 6解2:（三垂線定理法）取BC的中點 E,連接AE, PE過A做AF PE, FM PC連接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由三垂線定理知 AMPCFMA為二面角A-PC-B的平面角、一2設(shè) PA=1, AM=2AP.AE 21 ,AF=PE_ AF sin FMA = AM427FMA=argsin42解3:（投影法）過B作BE AC于E連結(jié)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上的射影設(shè) PA=1 則 PB=PC=. 2 ,AB=1S 1 S PEC , S PBC4由射影面積公式得，COSS PECS PBC7 arg cos解4:（異面直線距離法）過A作AD PC,BE PC交PC分另1J于 D、 E設(shè) PA=1 則 AD=-2 ,pb=pc=. 2S pbc .14- 22BE=,CE= ,DE=1pc 44427 arg cos 由異面直線兩點間距離公式得AB2=AD2+BE2+DE2-2ADBECOS ,COS = 7點評本題給出了求平面角的

31、幾種方法，應(yīng)很好掌握。典型例題9、二面角 EF 的大小為120 , A是它內(nèi)部的一點，AB , AC,B、C為垂足。求證：平面 ABC ，平面ABC當AB=4cm,AC=6cm時求BC的長及A至U EF的距離。分析：本題采用作棱的垂面法找二面角的平面角解：(1)設(shè)過 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有正弦定理得點 A到EF的距離為：d= BC生21cm 過程指引：方法一關(guān)鍵是用恰當?shù)姆椒ㄕ业剿蟮目臻g距離和角;方法二關(guān)鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法以錐體為載體，對求角的問題進行研究典型例題10、如圖，在底面是一直角形的四棱錐&ABCD中，AD/BC,/ ABC=90 , SA1平面AC,1SA=AB=BC=1 AD=2 .求面SCD與面SAB所成的角的大小。解法1：可用射影面積法來求，這里只要求出Sa SCD與Sa SAB即可，故所求的二面角0應(yīng)滿足cos=211&.3 2一 32