立体几何新题型的解题技巧.docx

1、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

2、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

3、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 (20

4、07年福建卷理)典型例题如图，正三棱柱 ABC A1B1C1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 a AQ B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ABC A1B1C1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BiC1在正方形 ABBiAi中，AB丄AB ,A

5、B1丄平面A BD 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A D于F ,连结AF ,由(I)得AB丄平面A BD AF丄A D， / AFG为二面角A A D B的平面角.在厶AA D中，由等面积法可求得 AF 4-5，5又Q AG 2 AB 2， sin/AFG 些 2 2AF 4.5 45-所以二面角a ADB的大小为 0arcsin 4（川） ABD 中，BD A D 5, A B 2 2, Saabd . 6 ，SA BCD 1 在正三棱柱中， a到平面BCG B的距离为.3 设点C到平面a bd的距离为

6、d 由 VA BCDVC A BD，得1s BCD33Sad 1 3Sa BCD 2 SA ABD 2点C到平面A BD的距离为解法二:2(I)取BC中点0，连结AO Q A ABC为正三角形， AO丄BC Q在正三棱柱 ABC A B1 Ci中，平面ABC丄平面BCCB 1 ,AD丄平面BCGBi -卄 ULL lUU ULL “、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)，ILLBD ( 2,1,0),LUTBA(1,2, 3)-LLr ILLQABgBD 2 2LUT

7、 uurABgBALLW UUU LILTAR 丄 BD , AB,丄 BA .uurAB平面ABD .（n）设平面AiAd的法向量为(x,y, z).UIJLT - LLTAD ( 11 V3) , AA (0,2,0).LL LLLTQ n 丄 AD , n 丄 AAA ,ILLngAD 0,LLLTngAA 0,x y -,/3z2y 0,0,y 0,x . 3z.3,0,1）为平面A AD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ABDULLT、AB,为平面ABD的法向量.cos n ,LULTABuutngABr F|AB 2c2/2

8、、3 .3.面角A D B的大小为arccos6 4(出)Q BCLL -(20,0), AB (1,2, 3)点C到平面ABD的距离dLLILT LLTBCgAB! | 2 伍.AB2一 2 2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,I Li r . (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

9、 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

10、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POOQ1 NO2 OANOOC从而AQ/因为PBPN.1po1，所以竺2OQNOOA，PN, / BPN （或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.OB2 OP2 (2、2)2 12 3, PNON2 OP2.3.BN,ob2on 2、(22)( 2)210所以cos BPN二 PB2+ PN22PB PNBN29 3 102 3 3从而异面直线 AQ与PB所成的角是arccos一9（川）连结OM,则OM1AB 221 OQ.2所以/ MQP = 45 .由（

11、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 PQ PO QO 3, PHPQsi n453、22（n）连结 AC、BD设AC BD O，由PQ丄平面 ABCD3x/2即点P到平面QAD的距离是-方法二CBAyDO(I)连结 AC、BD，设 AC BD O.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

12、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 cos AQ, 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n AQ 0 2x z 0 得 .n AD 0 x y 0取 x=1 ,得 n (1, 1, . 2).mur r

13、.PQ n 3J2所以点P到平面QAD的距离d r- 氾2 .n 2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 SE

14、F,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，BC 4.2,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点，CD 2.6, EF CD.6,DF 2, SC 221 1Vs cef EF DFSC 11 .6 2 22.33 23 23在 Rt SCE 中，SE SC2 CE2 2.3在Rt SCF中，SFSC2CF2 、4-242 . 30又 EF 、6,S SEF31 c12.32 3由于 VC SEF VSCEF_ S SEFh，即一3 h，解得h3333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

15、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.1BiD :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，B1D1 A1C1 ， B1D1 AA， B D1 平面 A(ACG,又 B1D1 平面GB1D1平面A1ACC1 GB1D1，两个平面的交线是 OjG ,作OH OiG于

16、h，则有0H 平面GBiDi,即OH是0点到平面GBiDi的距离.在010G中，SOQG010 A0丄22、2 2OiOG丄 OH OiG226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 B GBiDi的高，则V B GBi DiVDi GBBi，由于 S GBiDi122. 2、.3 . 6,V Di GBBiii c c c 4,h42、632 2 22 36J3即BD到平面GBi Di的距离等于2、63小结：当直线与平面平行时，直线上的

17、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AB 4 . Rt AOC可以通过6Rt A0B以直线A0为轴旋转得到，且二面角 B A0 C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

18、直线转化到一个三角形内 解答过程：解法i： (I)由题意，CO A0 , B0 A0 ,B0C是二面角B A0 C是直二面角，CO B0，又 Q A0I B0 0 ,CO 平面AOB , 又CO 平面COD 平面COD 平面AOB (II )作DE OB，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，CO BO 2 , OE 1BO 1 ,2CE . CO2 OE2 5 A又 DE -AO 3 2在 RfCDE 中，tanCDE C|异面直线AO与CD所成角的大小为15 -5 arcta n3y解法2: (I)同解法1 (II )建

19、立空间直角坐标系 O xyz，如图，则O(0,0,0) , A(0,0,2 3) , C(2,0,0) , D(0,1, 3),uuu uuu -OA (0,0,23) , CD ( 2,1,3),uuu uur cos OACDuur uuuOAgCDuuu lun-OAgCD6 62、3g2/2 4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：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；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

20、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O O、O O-的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD = 8,BC 是O O 的直径，AB = AC= 6, OE/AD.(I )求二面角BAD 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

21、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 AB AC 6, 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( ,3 2 , ), B( 3,2 , , ),D( , 3、一 2 , 8), E( , , 8),F( , 3.2, )所以,BD ( 3 2, 3、2,8),FE (, 3.2,8)uur uuu cos BD, FEuur uuuBD

22、FE-uuuuuu-|BD|FE | 18 64.100 .82821设异面直线BD与EF所成角为，则.cosuuu uuu cos BD, FE1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. (27年全国卷I理)四棱锥S ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面AB 2, BC 2.2, SA SB .3 .(I)证明 SA BC ；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

23、，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SA SB,所以AO BO ,又/ABC 45o ,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AD BC 2、2 ,BDAOGSEdDG0,ABgDG 0, OG与平面SAB内两条相交直线 SE , AB垂直.SO 1 , SD .11 . SAB 的面积 s 1 ABg SA 1 AB 2 -1连结 DB，得 DAB 的面积 S2 1 A

24、BgAD sin135 2设D到平面SAB的距离为h，由于 V SAB VS ABD，得hgS ， 解得h 2 33设SD与平面SAB所成角为 ，则sin 丄 2 22 .SD 711 11所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsi11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SA SB，所以AO BO .又/ ABC 45, 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) , SAULW -

25、UlT ULUCB (0,2 .2,0) , SAg：B 0，所以 SA丄 BC .(n)取 AB 中点 E , E _2 _2 0 , 2，2，连结SE,取SE中点G，连结OG , G _! _1 1G 5 544 2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 , 2 2 ,1).cosOGgDSOGgDS_J2，sin11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

26、：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， 计算常用解三角形的方法求角， 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 , A PQ , B , C , CA CB , BAP 45o,直线CA和平面 所成的角为30o.(I)证明BC丄PQ ；(II )求二面角B AC P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

27、程指引：(I)在平面 内过点C作CO丄PQ于点O，连结OB .因为丄，I PQ，所以CO丄，又因为CA CB，所以OA OB .而 BAO 45，所以 ABO 45, AOB 90,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 ，I PQ ,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B AC P的平面角.由（I）知，CO丄，所以 CAO是CA和平面 所成的角，则CAO 30,不妨设AC 2，则AO . 3 , OHAO sin30在 Rt

28、OAB 中，ABOBAO45,所以 BO AO 、3,于是在RtA BOH中，tanBHOBO3 2.OH32故二面角B ACP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U CAO 30.不妨设 AC 2，则 AO , CO 1.在 RtOAB 中， ABO BAO 45,所以 BO AO ,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).Quuu _ _ 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ir uuu 口 gAB ir unr n,gAC0,曰 3x 3y 0,0 得3y z 0取 x 1，得 1 (1,1 八 3)uu易知n （10 ,0）是平面 的一个法向量.设二