立体几何知识点与例题讲解题型方法技巧.docx
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立体几何知识点与例题讲解题型方法技巧
啊没立体几何知识点和例题讲解
、知识点
＜一＞常用结论
1．证明直线与直线的平行的思考途径：
（1）转化为判定共面二直线无交点；
（2）转化为二直线同与第三条直线平行；（3）转化为线面平行；（4）转化为线面垂直；（5）转化为面面平行.
2．证明直线与平面的平行的思考途径：
（1）转化为直线与平面无公共点；
（2）转化为线线平行；（3）转化为面面平行.
3．证明平面与平面平行的思考途径：
（1）转化为判定二平面无公共点；
（2）转化为线面平行；（3）转化为线面垂直.
4．证明直线与直线的垂直的思考途径：
（1）转化为相交垂直；
（2）转化为线面垂直；（3）转化为线与另一线的射影垂直；（4）转化为线与形成射影的斜线垂直.
5．证明直线与平面垂直的思考途径：
（1）转化为该直线与平面内任一直线垂直；
（2）转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直.
6．证明平面与平面的垂直的思考途径：
（1）转化为判断二面角是直二面角；
（2）转化为线面垂直.
7.夹角公式：
设a＝（a1,a2,a3），b＝（b1,b2,b3），则cos〈a，b〉=a2a2a2b2
a1a2a3b1
8．异面直线所成角：
cos|cosar,br|=|a||b|x2y2z2x2y2z2
|a||b|x1y1z1x2y2z2
（其中（0o90o）为异面直线a,b所成角，ar,br分别
表示异面直线a,b的方向向量）
9.直线AB与平面所成角：
向量）.
10、空间四点A、B、C、P共面OPxOAyOBzOC，且x+y+z=111.二面角urrl
arccosumrnr或|m||n|
a1b1a2b2a3b3
2
a2
b32
的平面角urr
urrarccosumrnr|m||n|
|rabr||x1x2y1y2z1z2|
|a||b|x1
uuurur
arcsin|uAAuBuBr||mmur|（m为平面的法
m，n为平面，的法向
量）.
12.三余弦定理：
⊥AC，垂足为C，又设AO与AB所成的角为1，AB与AC所成的角为2，AO与AC所成的角为．则coscos1cos2.
13.空间两点间的距离公式若A（x1,y1,z1），B（x2,y2,z2），则
uuurAB
设AC是α内的任一条直线，且BC
uuuruuuruuurdA,B=|AB|ABAB（x2x1）2（y2y1）2（z2z1）2.
uuuruur14.异面直线间的距离：
d|C|Drn|n|其公垂向量为nr，C、D分别是l1,l2间的距离）.15.点B到平面的距离：
dAB是经过面的一条斜线，
（l1,l2是两异面直线，
任一点，d为l1,l2
uuuruur
|ABrn|（nr为平面的法向量，）.
|n|
A
16.
rrrrrr
2r
2r
2r
2
r
r
三个向量和的平方公式：
（ra
r2r2r2rrrrrrrrabc2|a||b|cosa,b2|b||c|cosb,c2|c||a|cosc,a
17.长度为l的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为l1、l2、l3，夹角分别为1、2、3,则有l2l12l22l32cos21cos22cos231sin21sin22sin232.
（立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）.
18.面积射影定理ScoSs'.（平面多边形及其射影的
cos面积分别是S、S'，它们所在平面所成锐二面角的）.
19.球的组合体
（1）球与长方体的组合体:
长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.
（2）球与正方体的组合体:
正方体的内切球的直径是正方体的棱长,正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长,正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长.（3）球与正四面体的组合体:
棱长为a的正四面体的内切球的半径为126a,外接球的半径为46a.
20.求点到面的距离的常规方法是什么（直接法、体积法）
21.求多面体体积的常规方法是什么（割补法、等积变换法）
〈二〉温馨提示：
1.直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时它们各自的取值范围
1异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围依次.
2
直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范围依次是．〈三〉解题思路：
1、平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：
二、题型与方法
【考点透视】不论是求空间距离还是空间角，都要按照作，二证，三算”的步骤来完成。
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如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱A长都为2，A1D为中点．
（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）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，逻辑思维能力和运算能力．解答过程：
解法一：
（Ⅰ）取BCB中点O，连B1结AO．Q△ABC为正三角形，AO⊥BC．
Q正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，AO⊥平面BCC1B1．
连结B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点，B1O⊥BD，AB1⊥BD．在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，AB1⊥平面A1BD．
（Ⅱ）设AB1与A1B交于点G，在平面A1BD中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（Ⅰ）得AB1⊥平面A1BD．
AF⊥A1D，∠AFG为二面角AA1DB的平面角．在△AA1D中，由等面积法可求得AF455，
5
所以二面角AA1DB的大小为arcsin10．
4
BDA1D5，A1B22，S△A1BD6，S△BCD1．
设点C到平面A1BD的距离为d．
点C到平面A1BD的距离为22．
解法二：
（Ⅰ）取BC中点O，连结AO
AO⊥BC．
A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
取B1C1中点O1，以O为原点，OuuBru，的正方向建立空间直角坐标系，
A（0，0，3），B1（1，2，0），
uuuruuuruuur
AB1（1，2，3），BD（2，1，0），BA1（1，2，3）．
uuuruuuruuuruuur
QAB1gBD2200，AB1gBA11430，
uuuruuuruuuruuur
AB1⊥BD，AB1⊥BA1．
（Ⅲ）由（Ⅱ），uAuBur1为平面A1BD法向量，
uuuruuur
QBC（2，0，0），AB1（1，2，3）．
uuuruuur
点C到平面A1BD的距离duBuCuuruguuAruuBr122．
AB1222
小结：
本例中（Ⅲ）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.
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，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离.
例2已知三棱锥SABC，底面是边长为形，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，BC42,D、E、F分别是
AB、BC、BD的中点，
CD2
6,EF
1
CD
2
6,
DF2,SC
2
VSCEF
11
EFDF
SC
1162
23
2
在Rt
32
中，
32
3
SCE
SE
SC2CE2
23
在Rt
SCF
中，
SF
SC2CF2
424230
又EF
6,
SSEF
3
由于VCSEFVSCEF1SSEFh，即313h233，解得h233
3333
故CD与SE间的距离为23.
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.
例3．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.
思路启迪：
把线面距离转化为点面距离D，1再用点到C平面距离的方法求解.A1O1B1
解答过程：
H解析一BD∥平面GB1D1，GDC
BD上任意一点到平面GB1D1的距离A皆为所O求B，以下求
点O平面GB1D1的距离,
B1D1A1C1，B1D1A1A，B1D1平面A1ACC1,
又B1D1平面GB1D1
平面A1ACC1GB1D1，两个平面的交线是O1G,
作OHO1G于H，则有OH平面GB1D1，即OH是O点到平面GB1D1的距离.
在O1OG中，SO1OG12O1OAO21222.
26
3
又SO1OG1OHO1G13OH2,OH
122
即BD到平面GB1D1的距离等于236.
3
解析二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B平面GB1D1的距离.
设点B到平面GB1D1的距离为h，将它视为三棱锥BGB1D1的高，则
426h63
即BD到平面GB1D1的距离等于236
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.
例4、如图，在Rt△AOB中，OABπ，斜边AB4．Rt△AOC可以
6
通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，二面角BAOC的直二面角．D是AB的点．
（1）求证：
平面COD平面AOB；
（2）求异面直线AO与CD所成角的大
思路启迪：
1）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1：
（错误！
未找到引用源。
）由题意，COAO，BOAO，
BOC是二面角BAOC是直二面角，
COBO，又QAOIBOO，
CO平面AOB，
又CO平面COD．
平面COD平面AOB．
DE∥AO
（2）作DEOB，垂足为E，连结CxE（C如图），则，CDE是异面直线AO与CD所成的角．
OE1BO1，
2
在Rt△COE中，COBO2，
CECO2OE25．又DE1AO3．
2
在Rt△CDE中，tanCDECDEE35135．
异面直线AO与CD所成角的大小为arctan315．
解法2：
（1）同解法1．
（2）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），
uuuruuur
OA（0，0，23），CD（2，1，3），
uuuruuur
uuuruuurOAgCD66．
cosOA，CDuuuruuur
OAgCD23g224
异面直线AO与CD所成角的大小为arccos46．
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.
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.
例5.四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面
SBC底面ABCD．已知∠ABC45o，AB2，BC22，SASB3．（Ⅰ）证明SABC；CB（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的D大小．A
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⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD．
因为SASB，所以AOBO，
DA
又∠ABC45o，故△AOB为等腰直角三角形，AAO⊥BO，
由三垂线定理，得SA⊥BC．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC，依题设AD∥BC，故SA⊥AD，由ADBC22，SA3，AO2，得
SO1，SD11．
△SAB的面积S11ABgSA21AB2．
连结DB，得△DAB的面积S21ABgADsin135o2设D到平面SAB的距离为h，由于VDSABVSABD，得13hgS113SOgS2，解得h2．
设SD与平面SAB所成角为，则sinh222．
SD1111
所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsin22．
11
解法二：
（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD．
OG2，2，1，SE2，2，1，AB（2，2，0）．
44222
SE，AB垂
SEgOG0，ABgOG0，OG与平面SAB内两条相交直线直．
，SD与平面SAB所
所以OG平面SAB，OG与DS的夹角记为成的角记为，则与互余．
D（2，22，0），DS（2，22，1）．
OGgDS22，22cossin
OGgDS1111
所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin22．
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——作出斜线与射影所成的角，②证明——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.例6．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⊥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⊥PQ于点O，连
又因为CACB，所以OAOB．
而BAO45o，所以ABO45o，AOB90o，
从而BO⊥PQ，又CO⊥PQ，
所以PQ⊥平面OBC．因为BC平面OBC，故PQ⊥BC．
II）解法一：
由（I）知，BO⊥PQ，又⊥，IPQ，
BO，所以BO⊥
过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，
BH⊥AC
故BHO是二面角BACP的平面角．
由（I）知，CO⊥，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30o，
不妨设AC2，则AO3，OHAOsin30o3．
在Rt△OAB中，ABOBAO45o，所以BOAO3，
于是在Rt△BOH中，tanBHOBO32．
OH3
2
故二面角BACP的大小为arctan2．
解法二：
由（I）知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥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⊥a，所以CAO是CA和平面
CAO30o．
不妨设AC2，则AO3，CO1．
在Rt△OAB中，ABOBAO45o，所以BOAO3．
则相关各点的坐标分别是
O（0，0，0），B（3，0，0），A（0，3，0），C（0，0，1）．所以uAuBur（3，3，0），uAuCur（0，3，1）．
uruuur
设nur1{x，y，z}是平面ABC的一个法向量，由nur1guAuBur0，得
n1gAC0
3x3y0，
3yz0取x1，得unr1（1，1，3）．易知nuur2（1，0，0）是平面的一个法向量．
设二面角BACP的平面角为，由图可知，unr1，nuur2．uruur
所以cosurn1n2uur15．
|n1|g|n2|515
故二面角BACP的大小为arccos5．
5
小结：
本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：
①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.
考点7利用空间向量求空间距离和角
众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.
例7．如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且AEFC11．
（1）求证：
E，B，F，D1四点共面；
（2）若点在上，BG32，点在上，GM⊥BF，垂足为，求证：
EM⊥平面BCC1B1；
（3）用表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的
大小，求．命题意图：
本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．过程指引：
解法一：
（1）如图，在上取点，使DN1，连结，，则AEDN1，CFND12．
因为AE∥DN，ND1∥CF，所以四边形ADNE，CFD1N都为平行四边形．
从而EN∥AD，FD1∥CN．
又因为AD∥BC，所以EN∥BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN∥BE，从而FD1∥BE．
因此，E，B，F，D1四点共面．
（2）如图，GM⊥BF，又BM⊥BC，所以∠BGM∠CFB，
BC23
BMBGgtan∠BGMBGgtan∠CFBBGg1．
因为AE∥BM，所以ABME为平行四边形，从而AB∥EM又AB⊥平面BCC1B1，所以EM⊥平面BCC1B1．（3）如图，连结．
因为MH⊥BF，EM⊥BF，所以BF⊥平面EMH，得EH⊥BF．于是∠EHM是所求的二面角的平面角，即∠EHM．
因为∠MBH∠CFB，所以MHBMgsin∠MBHBMgsin∠CFB
BMgBCB2CCF2132322133，tanMEMH13．解法二：
1）建立如图所示的坐标系，则uBuEur（3，0，1），uBuFur（0，3，2），uuuurBD1（3，3，3），所以uBuDuur1uBuEuruBuFur，故，，共面．又它们有公共点，所以E，B，F，D1四点共面．
ME⊥BC
2）如图，设M（0，0，z），则GuuMuur主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断.例8.如图
（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为时容积最大.[思路启迪]设四边形一边AD，然后写出六棱
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