立体几何新题型的解题技巧.docx
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立体几何新题型的解题技巧
第六讲立体几何新题型的解题技巧
【命题趋向】在2007年高考中立体几何命题有如下特点：
1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系
2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现
3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现
4.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.
此类题目分值一般在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.
【考点透视】（A）版•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、两个平行平面间的距离的概念
（B）版•
1理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘
2了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算
3掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.
4理解直线的方向向量、平面的法向量，向量在平面内的射影等概念
5了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念
6掌握棱柱、棱锥、球的性质，掌握球的表面积、体积公式
7会画直棱柱、正棱锥的直观图•
空间距离和角是高考考查的重点：
特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直
线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作
为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个
小问题，也可能作为客观题进行单独考查•考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中
档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题
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，正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。
【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，当然别忘了转化法与等体积法的应用.
例1（2007年福建卷理）
典型例题
如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1中点.
（I）求证：
AB1丄平面ABD；
（H）求二面角aAQB的大小;
（川）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.
解答过程：
解法一：
（I）取BC中点0,连结AO•
QAABC为正三角形，A0丄BC•
Q正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC丄平面BCC1B1,
AO丄平面BCCiB•
连结B0,在正方形BBiCiC中，0,D分别为
Bi
C1
在正方形ABBiAi中，AB丄AB,
AB1丄平面ABD•
BC,CC1的中点，B0丄BD,AB1丄BD•
（n）设ABi与AB交于点G,在平面ABD中，作GF丄AD于F,连结AF,由（I）得AB丄
平面ABD•
AF丄AD，/AFG为二面角AADB的平面角.
在厶AAD中，由等面积法可求得AF4-5，
5
又QAG2AB2，sin/AFG些2—•
2AF4.54
"5-
所以二面角aAD
B的大小为
•0
arcsin—
4
（川）△ABD中，BDAD5,AB22,Saabd.6，SABCD1•在正三棱柱中，a到平面BCGB的距离为.3•
设点C到平面abd的距离为d•
由VABCD
VCABD，得
1s
△BCD
3
3Sa
d13SaBCD2•
SAABD2
点C到平面ABD的距离为——
解法二:
2
（I）取BC中点0，连结AO•
QAABC为正三角形，AO丄BC•
Q在正三棱柱ABCAB1Ci中，平面ABC丄平面BCCB1,
AD丄平面BCGBi-
卄ULLlUUULL“、亠，
x,y,z轴的正方向建立空间直角坐
D（1,1,0）,A（0,2,・.3）,A（0,0,3）,
Bi（1,2,0）,
LLr-
AB（1,2,3），
ILL
BD（2,1,0）,
LUT
BA
（1,2,3）-
LLrILL
QABgBD22
LUTuur
ABgBA
LLWUUULILT
AR丄BD,AB,丄BA.
uur
AB」平面ABD.
（n）设平面AiAd的法向量为
（x,
y,z）.
UIJLT-LLT
AD（11V3）,AA（0,2,0）.
LLLLLT
Qn丄AD,n丄AAA,
ILL
ngAD0,
LLLT
ngAA0,
xy-,/3z
2y0,
0,
y0,
x.3z.
.3,0,1）为平面
AAD的一个法向量.
取B,G中点O,，以O为原点，OB,OO，OA的万向为
由（I）知AB丄平面ABD
ULLT、
AB,为平面
ABD的法向量.
cosn,
LULT
AB
uut
ngABr
F|AB^2c2/2
、3.3
.面角
ADB的大小为arccos—6•
4
（出）
QBC
LL-
（20,0）,AB（1,2,3）
点C到平面ABD的距离d
LLILTLLT
BCgAB!
|2伍.
AB
2一22
小结：
本例中（川）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,
ILir.
（n）,ab为平面abd法向量,
把不易直接求的B点到平面AMB1的距离转化为容易求的点K到平面AMB1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一种方法
例2（2006年湖南卷）如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.
（I）证明PQ丄平面ABCD;
（n）求异面直线AQ与PB所成的角；
（川）求点P到平面QAD的距离.
命题目的：
本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基
本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力•
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•
解答过程：
方法一（I）取AD的中点，连结PM,QM.因为P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥，
所以AD丄PM,AD丄QM.从而AD丄平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ丄AD.
同理PQ丄AB,所以PQ丄平面ABCD.
及正四棱锥的性质可知共面.取OC的中点N,
O在PQ上，从而P、
连接
A、Q、C四点
因为
PO
OQ
1NO
2’OA
NO
OC
从而
AQ//
因为
PB
PN.
1po
1，所以竺
2OQ
NO
OA，
PN,/BPN（或其补角）是异面直线
AQ与PB所成的角.
.OB2OP2（2、2）2123,PN
ON2OP2
.3.
BN
ob2on2
、（2'2）
（2）2
10
所以
cosBPN二PB2+PN2
2PBPN
BN2
9310
233
从而异面直线AQ与PB所成的角是
arccos一
9
（川）连结OM,则OM
1
AB2
2
1OQ.
2
所以/MQP=45°.
由（I）知AD丄平面PMQ，所以平面PMQ丄平面面QAD.从而PH的长是点P到平面QAD的距离.
QAD.过P作PH丄QM于H,PH丄平
又PQPOQO3,PH
PQsin45°
3、2
2
（n）连结AC、BD设ACBDO，由PQ丄平面ABCD
3x/2
即点P到平面QAD的距离是-^―
方法二
C
B
A
y
D
O
（I）连结AC、BD，设ACBDO.
由P—ABCD与Q—ABCD都是正四棱锥，所以PO丄平面ABCD，QO丄平面ABCD.
从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ丄平面
ABCD.
（H）由题设知，ABCD是正方形，所以AC丄BD.
由（I）,QO丄平面ABCD.故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0,0,1）,
A（2暑,0,0）,Q（0,0,—2）,B（0,242,0）
所以AQ（2..2,0,2）
ULW—
PB（0,2,2,1）
于是cosAQ,PB
（川）由（n）,点D的坐标是（0,—2、2,0）,AD（2.2,2.2,0）,
uur_
PQ（0,0,3）,设n（x,y,z）是平面QAD的一个法向量，由
nAQ02xz0得.
nAD0xy0
取x=1,得n（1,1,.2）.
murr.
PQn3J2
所以点P到平面QAD的距离d—r-氾2.
n2
考纲只要求掌握已给出公垂线段的
考点2异面直线的距离
此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法,
异面直线的距离•
典型例题例3已知三棱锥SABC,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•
解答过程：
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•又线面之间的距离可转化为线CD上一点C到平面SEF
的距离，设其为h，由题意知，BC4.2,D、E、F分别是
AB、BC、BD的中点，
CD2.6,EF〔CD
.6,DF2,SC2
2
11
VscefEFDF
SC11.622
2.3
32
32
3
在RtSCE中，SESC2CE22.3
在RtSCF中，
SF
SC2
CF2、4
-24
2..30
又EF、6,
SSEF
3
1c
1
2.3
23
由于VCSEFVS
CEF
_SSEF
h，即一
3h
，解得h
3
3
3
3
故CD与SE间的距离为
3
小结：
通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程考点3直线到平面的距离
此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化典型例题例4.如图，在棱长为2的正方体AC1中，G是AA1的中点，求BD到平面GB1D1的距离.
1
Bi
D■:
B
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.
解答过程：
解析一BD//平面GB1D1，
BD上任意一点到平面GBDi的距离皆为所求，以下求
点0平面GB1D1的距离，
B1D1A1C1，B1D1AA，BD1平面A（ACG,
又B1D1平面GB1D1
平面A1ACC1GB1D1，两个平面的交线是OjG,
作OHOiG于h，则有0H平面GBiDi,
即OH是0点到平面GBiDi的距离.
在010G中，S
OQG
010A0
丄2
2
、22
OiOG
丄OHOiG
2
26
即BD到平面GBiDi的距离等于
3
解析二BD//平面GBiDi,
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GBDi的距离为h,将它视为三棱锥BGBiDi的高，则
VBGBiDi
VDiGBBi，由于SGBiDi
1
2
2.2
、..3.6,
VDiGBBi
i
iccc4
h
4
2、6
3
222
23
6
J
3
即BD到平面
GBiDi的距离等于
2、6
3
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，转化为点面距离•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
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•异面直线所
成的角是高考考查的重点
A
典型例题
例5（2007年北京卷文）
如图，在RtAAOB中,
Oab丄，斜边AB4.Rt△AOC可以通过
6
Rt△A0B以直线A0为轴旋转得到，且二面角BA0C的直二面角.D是AB的中点.
（I）求证：
平面C0D平面A0B;
（II）求异面直线A0与CD所成角的大小.
思路启迪：
（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内•
解答过程：
解法i：
（I）由题意，COA0,B0A0,
B0C是二面角BA0C是直二面角，
COB0，又QA0IB00,
CO平面AOB,又CO平面COD•
平面COD平面AOB•
（II）作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则DE//AO,CDE是异面直线AO与CD所成的角.
在RtACOE中，COBO2,OE1BO1,
2
CE.CO2OE25•
A
又DE-AO3•
2
在RfCDE中，tanCDEC|
异面直线AO与CD所成角的大小为
15•
-5arctan
3
y
解法2:
（I）同解法1•
（II）建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则
O（0,0,0）,A（0,0,23）,C（2,0,0）,D（0,1,3）,
uuuuuu-
OA（0,0,2^3）,CD（2,1,3）,
uuuuurcosOACD
uuruuu
OAgCD
uuulun-
OAgCD
66
2、3g2/24
异面直线AO与CD所成角的大小为■
4
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：
①平移法：
在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②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•一般来说，平移法是最常用的，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:
0,2.
AF、BC是圆O的直径，ABFC是矩形
例6.（2006年广东卷）如图所示，AF、DE分别是OO、OO-的直径.AD与两圆所在的平
面均垂直，AD=8,BC是OO的直径，AB=AC=6,OE//AD.
（I）求二面角B—AD—F的大小；
（II）求直线BD与EF所成的角.
命题目的：
本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力•
过程指引：
关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法
解答过程：
（I）■/AD与两圆所在的平面均垂直，
•••AD丄AB,AD丄AF,故/BAF是二面角B—AD—F的平面角.
又ABAC6,ABFC是正方形
由于ABFC是正方形，所以/BAF=45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°;
（II）以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则
O（°,°,°）,A（°,
32,°）,B（3,2,°,°）,D（°,3、一2,8）,E（°,°,8）,
F（°,3.2,°）
所以,BD（32,3、、2,8）,FE（°,3.2,8）
uuruuucosBD,FE
uuruuu
BDFE
-uuu—uuu-
|BD||FE|
°1864
.100.82
82
1°
设异面直线BD与EF所成角为，则
.cos
uuuuuucosBD,FE
1°
故直线BD与EF所成的角为
1°
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、证明以及计算线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.
典型例题
例7.（2°°7年全国卷I理）
四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面
AB2,BC2.2,SASB.3.
（I）证明SABC；
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,
（I）求直线SD与平面SAB所成角的大小.
.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.
解答过程：
解法一：
（I）作SO丄BC,垂足为O,连结AO,由侧面SBC丄底面ABCD,
得SO丄底面ABCD.
因为SASB,所以AOBO,
又/ABC45o,故厶AOB为等腰直角三角形，AO丄BO,
由三垂线定理，得SA丄BC.
（I）由（I）知
故SA丄AD,由
SA丄BC,依题设
ADBC2、2,
B
D
A
OG
SEdDG
0,
ABgDG0,OG与平面SAB内两条相交直线SE,AB垂直.
SO1,SD.11.
△SAB的面积s1ABgSA1AB2-
1
连结DB，得△DAB的面积S21ABgADsin135°2
设D到平面SAB的距离为h，由于VSABVSABD，得
^hgS，解得h2•
33
设SD与平面SAB所成角为，则sin丄222.
SD71111
所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsi
11
解法二：
（I）作SO丄BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC丄底面ABCD，得SO丄平面
ABCD.
因为SASB，所以AOBO.
又/ABC45°,△AOB为等腰直角三角形，AO丄OB.
如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系
Ar-2,0,0）,B（0,2,0）,C（o,，2,0）,S（0,0,1）,SA
ULW-UlTULU
CB（0,2.2,0）,SAg：
B0，所以SA丄BC.
（n）取AB中点E,E_2_20,2，2，
连结SE,取SE中点G，连结OG,G_!
_11
G55
442
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.
DC，2^.2,0）,DS（..1,22,1）.
cos
OGgDS
OGgDS
_J2，sin
11
所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin—22•
11
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，常用以下步骤：
①构造一一作出斜线与射影所成的角，②证明一一论
证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面
所成的角的值•
考点6二面角
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，应重视•
典型例题
例8.（2007年湖南卷文）
如图，已知直二面角PQ,APQ,B,C,CACB,BAP45o,
直线CA和平面所成的角为30o.
（I）证明BC丄PQ；
（II）求二面角BACP的大小.
命题目的：
本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思
维能力和运算能力.
过程指引：
（I）在平面内过点C作CO丄PQ于点O，连结OB.
因为丄，IPQ，所以CO丄，
又因为CACB，所以OAOB.
而BAO45°，所以ABO45°,AOB90°,
从而BO丄PQ，又CO丄PQ,
所以PQ丄平面OBC•因为BC平面OBC，故PQ丄BC.
（II）解法一：
由（I）知，BO丄PQ，又丄，IPQ,
BO，所以BO丄过点O作OH丄AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH丄AC.
故BHO是二面角BACP的平面角.
由（I）知，CO丄，所以CAO是CA和平面所成的角，则
CAO30°,
不妨设AC2，则AO.3,OH
AOsin30°
在Rt△OAB中，
ABO
BAO
45°,所以BOAO、、3,
于是在RtABOH
中，tan
BHO
BO
32.
OH
3
2
故二面角BAC
P的大小为arctan2.
2
解法二：
由（I）知，OC丄OA,OC丄OB,OA丄OB，故可以O为原点，分别以直线
OB,OA,OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）
因为CO丄a，所以CAO是CA和平面所成的角，贝UCAO30°.
不妨设AC2，则AO,CO1.
在Rt△OAB中，ABOBAO45°,
所以BOAO,3.
则相关各点的坐标分别是
O（0,0,0）,B（、,3,0,0）,A（0,3,0）,C（0,01）.
Q
uuu__uuur-
所以AB（、一3,、、3,0）,AC（0,,31）
ir
设n,
{x,y,z}是平面ABC的一个法向量，由
iruuu口gABirunrn,gAC
0,曰\3x\3y0,
0得「3yz0
取x1，得1（1,1八3）
uu
易知n>（10,0）是平面的一个法向量.
设二
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