立体几何题型的解题技巧适合总结提高用
高考立体几何解题技巧
高考立体几何解题技巧
在高考立体几何解题过程中，我们需要掌握一些技巧，帮助我们更好地解决问题。
以下是一些常用的技巧：
1. 空间想象能力：立体几何题目通常涉及三维空间的关系，因此我们需要具备较强的空间想象能力。
可以通过画图、模型等方式辅助思考和理解题目。
2. 几何关系的转换：有时候，立体几何问题可以通过转换为平面几何问题来解决。
我们可以尝试在某个平面上进行投影或者进行截面的分析，将立体问题转化为二维几何问题来解决。
3. 利用相似三角形：在立体几何问题中，相似三角形的性质经常被用到。
通过找出共性和相似关系，我们可以推导出一些有用的结论，从而解决问题。
4. 使用平行四边形法则：在解决立体几何问题时，我们可以运用平行四边形的性质。
例如，如果某个角度为90度，那么某
些边和角度之间可能存在平行四边形关系，可以利用平行四边形法则求解。
5. 应用平面几何定理：立体几何与平面几何密切相关，因此一些平面几何定理也可以在解决立体几何问题时使用。
例如，利用圆锥的旋转对称性可以得到一个圆锥的表面积和体积的关系。
6. 巧妙使用一点一线：有时候，一个线段或一个点的位置可以帮助我们推导出其他线段或点的位置，从而解决问题。
在解题
过程中，我们需要善于发现和运用这些信息。
总之，在解决高考立体几何问题时，需要充分理解题意，巧妙应用几何知识和技巧，灵活运用不同的解题方法。
通过反复联系和练习，提高自己的解题能力和水平。
立体几何七大解题技巧 -回复
立体几何七大解题技巧-回复
1. 使用图像：画出图形或者观察图片，有助于理解和解决问题。
2. 切片法：在一个立体图形中切入一块平面，来理解和计算体积面积等。
3. 投影法：用平面来投影三维图形，从而更好地理解形状和大小。
4. 相似三角形法：利用相似三角形的性质，解决三维图形中的相关问题。
5. 合理的编号法：对于一些需要对立体图形部分进行编号的问题，要确保编号合理清晰。
6. 基础公式法：对于常见的体积、表面积公式要熟练掌握，建立其相互之间联系和推算的方法。
7. 分形思维法：将大的几何图形分成小的组成部分，进行单独计算，最后合并起来得到整个图形的解。
立体几何解答题常考总结
立体几何解答题常考总结1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=si n h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），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）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB.(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.【解析】（1）证明：因为2SA SB AB ===，且BE 平分SBA ∠，所以BE SA ⊥，又因为平面DBE ⊥平面SAB ，且平面DBE 平面SAB BE =，SA ⊂平面SAB ，所以SA ⊥平面BDE ，又因为BD ⊂平面BDE ，所以SA BD ⊥.（2）取 AB 的中点M ，连接OM ，则,,OM OS OA 两两垂直，以O 为坐标原点，OM 为x 轴，OA 为y 轴，OS 为z 轴建立如图空间直角坐标系则(0,0,0)O ，(0,1,0)A ，(0,1,0)B -，1,022C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，S ，由（1）知SA ⊥平面BDE，所以(0,AS =- 是平面BDE 的一个法向量.设平面BDC 的法向量(,,)m x y z = ，因为BS =，12CS ⎛= ⎝ ，则0,10,2m BS y m CS y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩取z =，则m =- ，因此cos ,||||m AS m AS m AS ⋅〈〉===⋅ ，所以二面角E BD C --的正弦值为105.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.【解析】（1）存在，当1B C 为圆柱1OO 的母线，1BC AB ⊥.连接1,,BC AC B C ，因为1B C 为圆柱1OO 的母线，所以1B C ⊥平面ABC ，又因为BC ⊂平面ABC ，所以1B C BC ⊥.因为AB 为圆O 的直径，所以BC AC ⊥.11,,BC AC B C BC AC B C C ⊥⊥⋂=，所以BC ⊥平面1AB C ，因为1AB ⊂平面1AB C ，所以1BC AB ⊥.（2）以O 为原点，1,OA OO 分别为,y z 轴，垂直于,y z 轴直线为x 轴建立空间直角坐标系，如图所示.()()()110,1,2,0,0,2,0,1,0A O B -，因为11A B 的长为6π，所以()1111113,,,2,0,1,2622A O B B O B π∠⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭，1113,,022O B ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面11O B B 的法向量(),,m x y z = ，20,130,2y z x --=⎧⎪⎨=⎪⎩令3x =-，解得33,2y z ==，所以33,m ⎛=- ⎝⎭.因为x 轴垂直平面11A O B ，所以设平面11A O B 的法向量()1,0,0n =r .所以3251cos ,173934m n ==-++ .所以平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值为25117.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，2AB =14(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.【解析】(1)假设存在这样的点E 使平面AEC ⊥平面ADE ，CD 是底面直径，故EC DE ⊥，作DH AE ⊥，垂足为H ，由于平面AEC ⊥平面ADE ，平面AEC I 平面ADE AE =，DH ⊂平面ADE ，根据面面垂直的性质定理，DH ⊥平面AEC ，又EC ⊂平面AEC ，故DH EC ⊥，又DH DE D Ç=，,DH DE Ì平面ADE ，故EC ⊥平面ADE ，故EC AE ⊥，同理可证ED AE ⊥，又,,DE CE E DE CE ⋂=⊂平面CDE 于是⊥AE 平面ECD ，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和AE 平行，于是假设矛盾，故不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE.(2)过B 作BF CD ⊥，垂足为F ，下以F 为原点，,FB FD 为,x z 轴，过F 垂直于BD 且落在底面的射线为y 轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标D A EB (AE =，(DE =- ，设平面ADE 的法向量(,,)n x y z = ，00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得00⎧+-=⎪⎨-+=⎪⎩，不妨取n =；(AE =，(AB =- ，设平面ABE 的法向量(,,)m a b c = ，00m AE m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得00⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，不妨取2)m = .于是法向量,m n的夹角为cos ,55m n m n m n⋅=== .由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，2cos 4NMB ∠=.(1)证明：1AB ⊥平面1A OM ；(2)求二面角M NB A --的正弦值.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，设OO 1的长度为t ，则04,0A -（，），040B （，，），()10,2,B t ，400M （，，），()2,0,N t ，()0,0,0O ，(2,0,),(4,4,0)MN t MB =-=-由题知cos,MN MB==，解得t=∴1(0,6,AB=，1(4,0,0),(0,OM OA==-，1046000AB OM⋅=⨯+⨯+=，∴1AB OM⊥1100620AB OA⋅=⨯+⨯-+=（），∴11AB OA⊥又∵1OM OA O⋂=，OM，OA1在平面1A OM内所以1AB⊥平面1A OM；(2)设平面MBN的法向量为1111(,,)n x y z=，平面ABN的法向量为2222(,,)n x y z=，则111111(4)40{(2)0n MB x yn MN x⋅=-+=⋅=-+=，∴1n=222212220800{240n AB x y zn AN x y⋅=⨯++⨯=⋅=++=，∴21)n=-设二面角M NB A--为锐二面角θ，∴12cos cos,n nθ=∴sinθ=故二面角M NB A--的正弦值为427.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C为菱形，点1A在底面上的投影为AC的中点D，且2AB=．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 6请求出1AE 的长；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：由点1A 在底面ABC 上的投影为AC 的中点D ，知1A D ⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，故1A D BD ⊥，因ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，故AC BD ⊥，而1A D ，AC ⊂平面11ACC A ，1A D AC D ⋂=，故BD ⊥平面11ACC A ，由1CC ⊂平面11ACC A ，得1BD CC ⊥．（2）由点1A D AC ⊥，D 为AC 的中点，侧面11AAC C 为菱形，知11A C A A AC ==，由ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，2AB =，可得2DB DA DC ===16DA =，由（1）知直线DB ，DC ，1DA 两两垂直，故以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，1DA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(0,2,0)A -，(2,0,0)B ，2,0)C ，16)A ，)AB=，(1AA=，设平面11AA B B的一个法向量为(,,)n x y z= ，则1n ABn AA⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1z=，得n=，又(0,AC=，故点C到平面11AA B B的距离为：AC ndn⋅====（3）假设存在满足条件的点E，并111[0,1])A E AB ABλλλλ=⋅=⋅=⋅∈，则11DE DA A Eλ=+=+⋅=，于是，由直线DE与侧面11AA B B 所成角的正弦值为67，cos,DE nDE nDE n⋅=<〉==⋅=214λ=．又[0,1]λ∈，故12λ=．因此存在满足条件的点E，且1112A E AB==．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，1ABCV为等边三角形，四边形11AA B B为菱形，AC BC⊥，4AC=，3BC=.(1)求证：11AB AC⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接1A B 与1AB 相交于点F ，连接CF ，如图所示：四边形11AA B B 为菱形，∴F 为1AB 的中点，有1BF AB ⊥，1ABC V 为等边三角形，有1CF AB ⊥，,BF CF ⊂平面BFC ，BF CF F ⋂=，∴1AB ⊥平面BFC ，BC ⊂平面BFC ，∴1AB BC ⊥，四边形11AA B B 为菱形，∴11AB BA ⊥，1,BA BC ⊂平面1A BC ，1BA BC B ⋂=，1AB ⊥平面1A BC ，1AC ⊂平面1ABC ，∴11AB AC ⊥（2）,O G 分别为,AC AB 的中点，连接1,B O OG ，由（1）可知1AB BC ⊥，又AC BC ⊥，1,AB AC ⊂平面1AB C ，1AB AC A = ，BC ⊥平面1AB C ，//OG BC ，OG ⊥平面1AB C ，1ABC V 为等边三角形，1B O AC ⊥，以O 为原点，OG ，OC ，1OB 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,2,0)A -，(0,2,0)C ，(3,2,0)B ，1(0,0,23)B ，由11AB A B = ，11BC B C = ，∴1(3,4,23)A --，1(3,0,23)C -，设()101CE CC λλ=≤≤ ，则1OE OC CC λ-= ，有(()()13,2,230,2,03,22,23OE CC OC λλλλλ=+=--+=-- ,∴()3,22,3E λλλ--，()3,42,23AE λλλ=-- ，(10,2,3AB = ，设平面1AB E 的一个法向量(),,n x y z = ，则有()1342230230AE n x y z AB n y z λλλ⎧⋅=-+-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令3z =，则=3y -，44x λλ-=，即44,3n λλ-⎛=- ⎝ ，平面ABC 的一个法向量为1OB 的方向上的单位向量()0,0,1m = ，若平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14，则有231cos ,44493n m n m n m λλ⋅===⋅-⎛⎫++ ⎪⎝⎭ ，24436λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，由01λ≤≤，∴446λλ-=-，解得2=5λ.所以，点E 存在，125CE CC =.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F是棱PB的中点，求证：//CF平面PAE；(2)是否存在点F，使得二面角F AE C--的余弦值为41717若存在，则求出PFFB的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）如下图，在AB上取中点Q，链接CQ、FQ.由题意知，1 //2CE AB=，所以四边形AQCE为平行四边形，所以//AE CQ.又因为F Q、分别为PB AB、中点，所以//FQ PA，且FQ CQ Q=，FQ CQ、在平面FQC内，则平面FQC平行于平面PAE，而CF CFQ⊂,则//CF PAE（2）如下图，以B为原点，BA为x轴正向，BC为y轴正方向，垂直平面ABCE于B的为z 轴，建立空间直角坐标系.由图可知，()()()()0,0,02,0,00,1,01,1,0B AC E、、、，设1,,2P a b⎛⎫⎪⎝⎭，BF xBP=，则1,,2F ax x bx⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0AE∴=-，()11,0,02,,2EC AF ax x bx⎛⎫=-=-⎪⎝⎭、∴设平面FAE 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AE n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，令1,x bx =解得111,22y bx z a x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，即11,,22n bx bx a x ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，平面AEC 的法向量设为()2222,,n x y z = ，则2200n AE n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，令21z =，得220,0x y ==，即()20,0,1n = .121212122cos ,a x n n n n n n ⎛⎫-+ ⎪⋅∴= ()()21112,,1,,210224AP EP a b a b a a b ⎛⎫⎛⎫⋅=---=---+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ，则22734b a a =-+-，又PA PE = ，即()()2222112144a b a b -++=-++，得32a =,代入上式，解得22b =,将32a =、22b =代入①式，解得13x =.2PF FB ∴=，故存在点F .例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<< 是否存在λ，使得PF 与平面DEF 所成的角的正弦值是63？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）依题意ABCD 矩形，4AB =，2BC=，E 是CD 中点，所以AE BE ==又4AB =，所以，222AE BE AB +=，AE BE ⊥，因为平面BEF ⊥平面ABCD ，平面BEF I 平面ABCD BE =，所以⊥AE 平面BEF ，又BF ⊂平面BEF ，所以AE BF ⊥.（2）以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()4,0,0D ，()0,2,0B ，()2,0,0E ，设N 是BE 的中点，因为FE FB =，所以FN BE ⊥，又平面BEF ⊥平面ABCD ，平面BEF I 平面ABCD BE =，所以FN ⊥平面ABCD，(F ，假设存在满足题意的λ，则由(01)DP DB λλ=<< .可得，(43,12PF DB DF λλλ=-+=-- .设平面DEF 的一个法向量为(),,n x y z =r ，则2030n DE x n DF x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令y =，可得0x =，1z =-，即()1n =- ，设PF 与平面DEF 所成的角为θ，所以sin cos ,||||PF n PF n PF n θ⋅====解得34λ=（1λ=舍去），综上，存在34λ=，使得PF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3.。
解决立体几何问题的三种方法
解决立体几何问题的三种方法
嘿，朋友们！今天咱就来讲讲解决立体几何问题的三种超厉害的方法！
先来说说第一种方法——作图法。
哎呀呀，就好比你要建一座城堡，你得先把它的设计图画出来呀（比如要画一个长方体来解决相关问题）。
你看，通过仔细准确地作图，那些复杂的立体图形是不是一下子就清楚明白多啦？
第二种方法呢，是空间想象力法。
哇塞，这可神奇啦！就好像你拥有了一双能看透立体世界的眼睛（想象一个圆锥体在你脑海中旋转）。
你试着闭上眼睛，在脑海中构想出那个立体图形，感受它的形状和特点，很多问题不就迎刃而解了吗？
最后一种是公式法呀。
这就像是你手里的秘密武器！（比如用体积公式去计算一个正方体的体积）。
那些公式可是经过无数人验证的，只要你熟练掌握并运用，嘿嘿，什么难题都难不倒你！
反正我觉得这三种方法真的超有用！大家一定要好好去尝试，去掌握。
相信你们一定能在立体几何的世界里游刃有余！。
高中数学立体几何解题技巧
高中数学立体几何解题技巧在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是学生们普遍认为较为困难的部分。
本文将介绍一些解题技巧，帮助学生更好地应对立体几何题目。
一、空间几何体的性质在解决立体几何问题时，首先要熟悉各种空间几何体的性质。
例如，正方体的六个面都是正方形，每个面上的对角线相交于立方体的中心点。
了解这些性质可以帮助我们更好地理解题目，从而更快地找到解题思路。
例如，考虑以下题目：已知正方体ABCD-EFGH，点M，N分别为AE和BF的中点，连接MN并延长交于点P，求证：AP⊥MN。
解题思路：首先，我们要了解正方体的性质。
正方体的六个面都是正方形，对角线相交于中心点。
根据题目中的条件，我们可以画出正方体，并连接MN。
然后，我们观察到点P是MN的延长线上的一个点，可以猜测点P可能与正方体的某个顶点相关。
通过观察，我们可以发现点A与MN的延长线相交于点P。
由于正方体的性质，我们可以得出结论：AP⊥MN。
二、平行关系的运用在解决立体几何问题时，平行关系是一个重要的解题技巧。
通过观察题目中给出的平行线段或平行面，我们可以利用平行关系得到一些有用的信息。
例如，考虑以下题目：已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1，AB∥A1B1，CD∥C1D1，E为AB的中点，F为CD的中点，连接EF并延长交于点P，求证：AP⊥EF。
解题思路：首先，我们要注意到题目中给出了平行关系。
根据题目中的条件，我们可以画出四棱锥，并连接EF。
然后，我们观察到点P是EF的延长线上的一个点，可以猜测点P可能与四棱锥的某个顶点相关。
通过观察，我们可以发现点A 与EF的延长线相交于点P。
由于平行关系的性质，我们可以得出结论：AP⊥EF。
三、相似关系的运用在解决立体几何问题时，相似关系也是一个常用的解题技巧。
通过观察题目中给出的相似三角形或相似几何体，我们可以利用相似关系得到一些有用的信息。
例如，考虑以下题目：已知正方体ABCD-EFGH，点M，N分别为AE和BF的中点，连接MN并延长交于点P，求证：BP：PM=2：1。
高考数学立体几何的解题技巧分享
高考数学立体几何的解题技巧分享在高考数学中，立体几何是一个让很多同学感到头疼的板块。
但实际上，只要掌握了一定的解题技巧，就能在这个部分取得不错的成绩。
接下来，我将为大家分享一些实用的高考数学立体几何解题技巧。
一、熟悉基本概念和定理首先，要想在立体几何题目中得心应手，必须对基本概念和定理有清晰而深入的理解。
比如线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理等。
这些定理不仅要记住，更要理解其内涵和适用条件。
以线面垂直的判定定理为例，一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直。
这里的“两条相交直线”是关键条件，如果忽视了这一点，就很容易出错。
再比如面面平行的判定定理，如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行。
同学们要清楚这里为什么是“两条相交直线”，而不是“两条直线”。
只有把这些基本概念和定理真正吃透，才能在解题时准确地运用。
二、学会画图立体几何的题目往往需要通过图形来辅助理解和解题。
因此，学会画图是非常重要的。
在画图时，要尽量画得准确、清晰。
比如，对于正方体、长方体等常见的几何体，要按照标准的比例和形状来画。
对于一些不规则的几何体，可以通过辅助线来突出其结构特征。
同时，要善于利用不同的视角来画图。
有时候，从正面看不容易理解的图形，从侧面或者俯视的角度看可能就会变得清晰明了。
此外，在解题过程中，要根据题目条件不断完善和修改图形，通过图形的变化来帮助我们找到解题的思路。
三、空间向量法空间向量法是解决立体几何问题的有力工具。
当遇到一些用传统方法比较难以处理的问题时，空间向量法往往能发挥出很大的作用。
首先，要建立合适的空间直角坐标系。
一般来说，如果题目中给出了两两垂直的三条直线，就可以以这三条直线为坐标轴建立坐标系。
如果没有现成的垂直关系，也可以通过作辅助线来创造垂直条件。
然后，求出相关点的坐标，进而求出相关向量的坐标。
比如，要求线面角，就可以先求出平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量的夹角公式来求解。
立体几何解答题答题技巧
立体几何解答题答题技巧
以下是一些解答立体几何题目的技巧：
1. 画图：在解答立体几何问题时，绘制一个清晰的图形是非常重要的。
通过画图，可以更好地理解题目所描述的形状和关系，并找出解决问题的关键。
2. 理解几何定理和性质：学习和记忆立体几何的常见定理和性质是解题的关键。
熟悉面积、体积、角度等几何概念，以及多边形和多面体的性质。
这样，当遇到相关题目时，可以迅速应用这些知识。
3. 拆解分析：有些立体几何题目可能比较复杂，可以通过将其拆分为更简单的部分来解决。
例如，将一个立体体积问题看作是由多个小立方体组成的，然后分别计算每个小立方体的体积，并将它们相加。
4. 利用对称性：利用立体图形的对称性质有助于简化和解决问题。
寻找对称平面、轴等可以帮助我们发现有用的信息和关系。
5. 代数方法：对于一些立体几何问题，代数方法也可以用来解决。
将图形中的长度、距离等量用变量表示，然后根据已知条件设置方程，最后求解未知量。
6. 实践和总结：解答立体几何问题需要一定的实践和经验积累。
多做一些习题，总结解题技巧和方法，以及特殊情况下的应对策略，能够提升解题能力。
总之，解答立体几何题目需要综合运用几何知识、分析能力和创造性思维。
熟练掌握解题技巧，并在实践中不断提升，可以更好地解决各种立体几何问题。
分析高中数学立体几何的解题技巧
分析高中数学立体几何的解题技巧高中数学的立体几何是数学学科中的一个重要部分，也是考试中必考的内容之一。
立体几何通常考察学生对空间思维能力和数学知识的理解和运用。
掌握好立体几何的解题技巧对于高中数学的学习非常关键。
下面将针对高中数学立体几何的解题技巧进行分析和总结。
一、建立数学模型在解决立体几何问题时，首先需要建立一个数学模型，把立体图形抽象成几何模型、二维平面上的图形，以便于进行数学推理。
建立数学模型有助于将立体几何问题转化为二维平面上的几何问题，从而方便进行分析和求解。
在建立数学模型的过程中，可以采用正投影的方法将立体图形映射到一个平面上，这样就可以得到一个相似的二维图形。
然后，根据投影的性质和所给条件进行分析和求解。
在求解的过程中，需要注意投影的相关性质和相似三角形等几何知识，巧妙地利用这些知识进行推导和计算，得出正确的结论。
二、熟练掌握立体几何图形的性质和定理熟练掌握立体几何图形的性质和定理是解决立体几何问题的基础。
在学习立体几何时，需要认真学习并掌握各种图形的性质和定理，例如立体的表面积和体积的计算公式、平行四边形的性质、正多面体的性质和各种立体图形的特点等。
只有掌握了这些基本知识，才能在解题过程中应用得当，准确分析问题并给出正确的解答。
三、善于运用投影、相似三角形和等高线等技巧四、重视图形推理和逻辑思维能力的训练解决立体几何问题需要依靠图形推理和逻辑思维能力。
在学习立体几何时，需要注重图形推理和逻辑推理能力的训练。
通过大量的练习和实例分析，培养学生对图形性质和推理方法的掌握，提高他们的逻辑思维能力。
只有训练了良好的逻辑思维能力，才能在解题时做到丝丝入扣，得出正确的结论。
五、灵活运用数学知识进行综合分析在解决立体几何问题时，需要灵活运用数学知识进行综合分析。
立体几何问题通常涉及到数学知识的多个方面，需要学生综合运用所学的知识进行分析和求解。
学生在解题时需要把所学的知识进行合理地组合和运用，不能局限于某一个方面的知识，应该全面考虑问题的各个方面，灵活运用数学知识进行分析。
立体几何题型及解题方法总结
立体几何题型及解题方法总结1. 立体几何题型啊，那可是个神奇的领域！有求各种立体图形体积的题型，就像求一个装满水的古怪形状瓶子能装多少水一样。
比如说正方体，正方体的体积公式就是边长的立方。
要是有个正方体边长是3厘米，那它的体积就是3×3×3 = 27立方厘米，简单吧！这类型的题就像是数糖果，一个一个数清楚就行。
2. 还有求立体图形表面积的题型呢。
这就好比给一个形状奇怪的礼物包装纸，得算出需要多少纸才能把它包起来。
像长方体，表面积就是六个面的面积之和。
假如一个长方体长4厘米、宽3厘米、高2厘米，那表面积就是2×(4×3 + 4×2 + 3×2) = 52平方厘米。
哎呀，可别小瞧这表面积，有时候算错一点就像给礼物包了个破纸一样难看。
3. 立体几何里关于线面关系的题型也不少。
这就像在一个迷宫里找路，线和面的关系复杂得很。
比如说直线和平面平行的判定，就像在一个方方正正的房间里，一根直直的杆子和地面平行，只要杆子和地面内的一条直线平行就行。
像有个三棱柱，一条棱和底面的一条棱平行，那这条棱就和底面平行啦，是不是很有趣呢？4. 线面垂直的题型也很重要哦。
这就像是建房子时的柱子和地面的关系，必须垂直才稳当。
判断一条直线和一个平面垂直，就看这条直线是不是和平面内两条相交直线都垂直。
就像搭帐篷，中间那根杆子要和地面上交叉的两根绳子都垂直，帐篷才能稳稳地立起来。
比如一个正四棱锥，它的高就和底面垂直，因为高和底面两条相交的对角线都垂直呢。
5. 面面平行的题型有点像照镜子。
两个平面就像两面镜子，要想平行，得看一个平面内的两条相交直线和另一个平面内的两条相交直线分别平行。
就像有两个一样的盒子，一个盒子里面两条交叉的边和另一个盒子里面对应的两条交叉边平行，那这两个盒子的面就是平行的关系。
想象一下，如果两个平行的黑板，是不是很有画面感？6. 面面垂直的题型就像是打开的书页。
高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解
高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间中的图形和体积。
在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是考试中难度较大的部分之一。
本文将介绍一些高中数学立体几何解题技巧，并详细解析几种常见的立体几何题型，帮助读者更好地应对这一考点。
一、平行六面体的体积计算平行六面体是高中数学中常见的立体几何题型之一。
解决这类题目的关键是确定底面积和高，进而计算体积。
例如，有一平行六面体的底面积为A，高为h，求其体积。
解题技巧：首先，我们需要明确平行六面体的定义，即六个面都是平行的。
其次，根据平行六面体的性质，我们可以将其看作一个长方体，因为长方体是一种特殊的平行六面体。
因此，平行六面体的体积可以通过底面积乘以高来计算，即V = Ah。
举例说明：假设有一个平行六面体，其底面积为5平方厘米，高为10厘米。
那么，它的体积可以通过计算5乘以10得到，即V = 5 × 10 = 50立方厘米。
二、正方体的表面积计算正方体是高中数学中常见的立体几何题型之一。
解决这类题目的关键是确定正方体的边长，进而计算表面积。
例如，有一个正方体的边长为a，求其表面积。
解题技巧：首先，我们需要明确正方体的定义，即六个面都是正方形。
其次，根据正方体的性质，我们可以将其看作一个立方体，因为立方体是一种特殊的正方体。
因此，正方体的表面积可以通过边长的平方乘以6来计算，即S = 6a²。
举例说明：假设有一个正方体，其边长为3厘米。
那么，它的表面积可以通过计算6乘以3的平方得到，即S = 6 × 3² = 54平方厘米。
三、棱柱的体积计算棱柱是高中数学中常见的立体几何题型之一。
解决这类题目的关键是确定底面积和高，进而计算体积。
例如，有一个棱柱的底面积为A，高为h，求其体积。
解题技巧：首先，我们需要明确棱柱的定义，即底面是一个多边形，顶面与底面的对应点通过直线相连。
其次，根据棱柱的性质，我们可以将其看作一个长方体，因为长方体是一种特殊的棱柱。
数学立体几何的技巧和方法
数学立体几何的技巧和方法
数学立体几何的技巧和方法包括以下几个方面：
1. 图形可视化：通过绘制平面图形和对图形进行旋转、反转等操作，将复杂的立体图形转化为简单的平面图形，从而更好地理解和推导立体图形的性质。
2. 投影方法：将立体图形在一个平面上进行投影，获得平面内的图形，然后通过计算等方法确定立体图形的性质和体积等。
3. 切割法：将立体图形沿着某个面进行切割，使其变为若干个平面图形，然后通过计算这些平面图形的面积和体积等，来推导立体图形的性质。
4. 坐标法：使用坐标系来表示立体图形的各个点和面，依据对应点的坐标以及立体图形的性质来进行计算和推导。
5. 等量代换法：将一个立体图形变换为等量的、更加简单的形式，从而方便计算和推导。
以上是几个常用的立体几何技巧和方法，当然还有其他的方法，需要根据具体情况灵活运用。
初中数学立体几何解题技巧归纳
初中数学立体几何解题技巧归纳立体几何是数学的一个重要分支，主要研究三维物体的形状、结构和性质。
在初中数学中，掌握一些立体几何解题技巧对于解决各类几何问题非常重要。
本文将针对初中数学立体几何解题技巧进行归纳总结。
一、立体几何基本概念的应用1. 图形投影法：当我们需要求取立体图形在平面上的投影时，可以利用正交投影的方法将其进行投影。
这样可以在二维空间中更好地理解和解决问题。
2. 空间向量法：在解决立体几何题目时，可以利用向量的方法来进行推导和计算。
特别是在求取距离、中点坐标等问题时，利用向量的性质可以更加简便地解决问题。
3. 平行关系的应用：当两个平面平行时，它们的任意一对平行直线的夹角等于两个平面的夹角。
当两条直线相交于某一点，并且它们与同一个平面的夹角相等时，可以判断这两条直线平行于平面。
二、常见立体几何的解题方法1. 平面切割法：当遇到一个复杂的立体图形时，我们可以通过将其用平面进行切割，将问题转化为几个简单的平面图形，从而更好地理解和解决问题。
2. 空间旋转法：在解决立体几何问题时，有时我们可以将整个空间进行旋转，利用旋转后的图形特点来简化问题。
这种方法常用于求取旋转体的体积、表面积等问题。
3. 截面法：当需要求取一个立体图形的体积时，我们可以通过截面法来解决。
选择一个与图形相交的平面，求出这个平面上的面积并乘以图形的高，就可以得到图形的体积。
三、立体几何解题技巧的例题分析1. 例题一：一个正方体的一个顶点被一个平面截到，并且截下的部分是一个正三角形。
求这个正方体的体积。
解析：我们将这个正方体绕截面上的边作旋转，可以发现旋转后的图形是一个锥体，三角形为底面。
我们知道，锥体的体积等于底面积乘以高除以3。
所以，这个正方体的体积就等于正三角形的面积乘以高除以3。
2. 例题二：一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，如果长a增加d，宽b减少d，高c不变，那么长方体的体积变成原来的多少倍？解析：长方体的体积等于长乘以宽乘以高。
掌握初中数学解题技巧轻松解答立体几何问题
掌握初中数学解题技巧轻松解答立体几何问题数学作为一门重要的学科，对于学生的思维能力和逻辑推理能力有着很大的锻炼作用。
在初中阶段，立体几何是数学中的一个重要内容，涉及到诸如平面图形的投影、表面积、体积等概念。
本文将介绍一些初中数学解题技巧，帮助学生轻松解答立体几何问题。
一、认识立体几何立体几何是研究空间内各种几何图形的性质、关系及其应用的数学分支。
在解答立体几何题目时，我们首先要认识不同的几何体，如长方体、立方体、圆柱体、圆锥体、球体等，并清楚它们的特征和性质。
只有对于几何体的基本概念有着清晰的理解，才能更好地解决问题。
二、运用平面图形解决立体几何问题在解答立体几何问题时，从平面图形着手可以更好地理解和分析空间内的问题。
可以通过将三维立体进行展开，转化为二维平面图形，从而更方便地利用数学知识解题。
例如，在计算某个几何体的表面积或体积时，可以将其展开成多个平面图形，并在计算之前对这些平面图形进行分析和理解。
通过这种方法，可以更准确地计算表面积或体积。
三、善用推理和演绎法在解答立体几何问题时，我们经常需要通过推理和演绎来找到解题的关键。
对于已知条件，我们可以通过逻辑推理来得出结论。
例如，在求解一个几何体的体积时，我们可以根据已知的条件和已有的数学知识来推导出公式或运算过程。
通过运用推理和演绎法，可以简化解题过程，更快速地得到答案。
四、掌握解题技巧1. 利用相似性质解题：在解决一些立体几何问题时，我们可以通过观察几何形状的相似性质，从而推导出一些有用的结论。
例如，当我们在求解两个几何体的比例关系时，可以通过观察它们的相似性质，利用比例关系得到准确的答案。
2. 运用比例解题：比例是立体几何问题中常用的解题方法之一。
在求解几何体的体积或表面积时，我们可以利用两个几何体之间的比例关系，通过已知条件求解未知量。
同时，对于复杂的立体几何问题，我们也可以通过构建等价的简化模型来利用比例解决问题。
3. 利用数学公式解题：数学是解决立体几何问题的重要工具。
刍议高中数学中的立体几何解题技巧
刍议高中数学中的立体几何解题技巧
立体几何解题技巧：
1、注意它的定义：首先要了解立体几何的各个概念，把它们心中栩栩
如生，当面对新概念时可以有个大概印象以类比先行理解，同时可以
借助相关图片辅助记忆。
2、先把图形想象清楚：在进行解题前一定要先把题目描述的几何体形
象地想象清楚，这样有利于利用相关定理进行解题，因为定理能够让
我们更有效的进行推理。
3、把定理有效运用：立体几何很多定理都是从事先假设好的，所以我
们在解题过程中只要把假设情况匹配合理即可，把定理有效运用，比
如一些关于勾股定理、三角形内心定理等等。
4、尝试着画出图形：有些题目可能是要求推断得出一个图形，而全都
用语言描述出来可能会有些困难，在此时建议画出图来来看关系，这
样可以更快的解决问题。
5、注意细节问题：高中数学很多题目都要求我们判断一个图形的关系，正确的判断出正确的关系需要我们注意一些细节问题，比如是否有共边、共点、对称轴等等。
6、多多练习：熟能生巧，只有大量地练习题目才能在解题上取得突破，多多思考问题，形成自己的思维分析方式，同时可以积累相关定理，
熟记一些重要的小细节，使得在进行高中几何解题时能更加便利。
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第六讲 立体几何新题型的解题技巧考点1 点到平面的距离例1（2007年福建卷理）如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点． （Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．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 ⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角； (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离. 考点2 异面直线的距离例3已知三棱锥ABC S -，底面是边长为24的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求CD 与SE 间的距离.考点3 直线到平面的距离例4．如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离.考点4 异面直线所成的角 例5（2007年北京卷文）如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB△以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点． （I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ； （II ）求异面直线AO 与CD 所成角的大小． 例6．（2006年广东卷）如图所示，AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8,BC 是⊙O 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. 考点5 直线和平面所成的角 例7.（2007年全国卷Ⅰ理）B A CD OG H1A1C 1D1B 1OQBCPADOMABC D1A1C1BOCADBE四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠，2AB =，22BC =，3SA SB ==．（Ⅰ）证明SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小． 考点6 二面角例8．（2007年湖南卷文）如图，已知直二面角PQ αβ--，A PQ ∈，B α∈，C β∈，CA CB =，45BAP ∠=，直线CA 和平面α所成的角为30．（I ）证明BC PQ ⊥； （II ）求二面角B AC P --的大小．例9．( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD ，AD =CD =2AB , E 、F 分别为PC 、CD 的中点.（Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF ；（Ⅱ）设P A ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于︒30,求k 的取值范围. 考点7 利用空间向量求空间距离和角 例10．（2007年江苏卷）如图，已知1111ABCD A B C D -是棱长为3的正方体， 点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==． （1）求证：1E B F D ，，，四点共面；（2）若点G 在BC 上，23BG =，点M 在1BB 上，GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；（3）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ． 例11．（2006年全国Ⅰ卷）如图,l 1、l 2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM =MB =MN （I ）证明AC ⊥NB ；（II ）若︒=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值.考点8 简单多面体的有关概念及应用，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12 .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.N MBADBCSCAG HMDE F1B1A1D1C ABCQαβ P例13.如图左，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点，将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为（）A 、90°B 、60°C 、45°D 、0°例14.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， ① 设对角线D 1B 与自D 1出发的三条棱分别成α、β、γ角 求证：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1 ② 设D 1B 与自D 1出发的三个面成α、β、γ角，求证：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算例15.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2a ，BC ＝CA ＝AA 1＝a ， A 1在底面△ABC 上的射影O在AC 上 ① 求AB 与侧面AC 1所成角；② 若O 恰好是AC 的中点，求此三棱柱的侧面积.例16.等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A —MNCB 的体积为（） A 、23B 、23C 、3D 、3例17.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又P A ⊥AB ，P A ＝4，∠P AD ＝60° ① 求四棱锥的体积；② 求二面角P －BC －D 的大小.例18 .（2006年全国卷Ⅱ）已知圆O 1是半径为R 的球O 的一个小圆，且圆O 1的面积与球O 的表面积的比值为92，则线段OO 1与R 的比值为 . 【专题训练与高考预测】 一、选择题1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在BB 1上，且BD =1，若AD 与侧面AA 1CC 1所成的角为α，则α的值为（） A.3π B. 4π C. 410arctanD. 46arcsin1A1B 1C DB A CD E FG H I J(A 、B 、C ) D EFGHIJ A B CADA 1B 1C 1D 1 A 1B 1C 1AB C D OA BCMNK L CA2．直线a 与平面α成θ角，a 是平面α的斜线，b 是平面α内与a 异面的任意直线，则a 与b 所成的角（）A. 最小值θ，最大值θπ-B. 最小值θ，最大值2πC. 最小值θ，无最大值D. 无最小值，最大值4π3．在一个︒45的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成︒45角，则此直线与二面角的另一平面所成的角为（）A. ︒30B. ︒45C.︒60D. ︒904．如图，直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，︒=∠60BAD ，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成的角的正弦值为（） A.21B. 23C. 22D. 435．已知在ABC ∆中，AB =9，AC =15，︒=∠120BAC ，它所在平面外一点P 到ABC ∆三顶点的距离都是14，那么点P 到平面ABC ∆的距离为（）A. 13B. 11C. 9D. 76．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱A 1B 1、A 1D 1的中点，则点B 到平面AMN 的距离是（）A. 29B.3C. 556 D. 27．将︒=∠60QMN ，边长MN =a 的菱形MNPQ 沿对角线NQ 折成︒60的二面角，则MP 与NQ 间的距离等于( )A.a 23 B. a 43C. a 46D.a 43 8．二面角βα--l 的平面角为︒120，在α内，l AB ⊥于B ，AB =2,在β内，l CD ⊥于D ，CD =3,BD =1, M 是棱l 上的一个动点，则AM +CM 的最小值为( )A. 52B. 22C.26 D. 629．空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a , 动点P 在线段AB 上, 动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为( )A.a 21B.a 22 C. a 23 D.a B ACD D 1C 1B 1A 1ADB AD 1C 1B 1A 1M N10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（）A. a )62(+B.a 262+ C. a )31(+ D. a 231+ 11．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1A =AB =2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，则棱AD 的长的取值范围是 ( )A. (]1,0B. (]2,0C. (]2,0D. (]2,112．将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使点D 在平面ABC 外，则DB 与平面ABC 所成的角一定不等于（）A. ︒30B. ︒45C.︒60 D. ︒90二、填空题1．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则下列四个命题：① E 到平面ABC 1D 1的距离是21； ② 直线BC 与平面ABC 1D 1所成角等于︒45； ③ 空间四边形ABCD 1在正方体六个面内的射影围成面积最小值为21； ④ BE 与CD 1所成的角为1010arcsin2．如图，在四棱柱ABCD ---A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1C 1上的动点，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 满 足___________时，体积AEB P V -恒为定值（写上 你认为正确的一个答案即可）3．边长为1的等边三角形ABC 中,沿BC 边高线AD折起,使得折后二面角B -AD -C 为60°,则点A 到 BC 的距离为_________,点D 到平面ABC 的距离 为__________.4．在水平横梁上A 、B 两点处各挂长为50cm 的细绳，AM 、BN 、AB 的长度为60cm ，在MN 处挂长为60cm 的木条，MN 平行于横梁，木条的中点为O ，若木条 绕过O 的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了 _________.5．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正方体的一个顶点A 在α平面内.其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别是DCBAED 1A 1C 1B 1ABDCPEA 1D 1C 1B 11、2和4. P 是正方体其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是： ①3；②4；③5；④6；⑤7. 以上结论正确的为.（写出所有正确结论的编号．．） 6. 如图，棱长为1m 的正方体密封容器的三个面上有三个锈蚀的小孔（不计小孔直径）O 1、O 2、O 3它们分别是所在面的中心.如果恰当放置容器，容器存水的最大容积是_______m 3. 三、解答题1． 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面边长为a,D 为BC 为中点，M 在BB 1上，且BM=13B 1M ，又CM ⊥AC 1;（1） 求证：CM ⊥C 1D; （2） 求AA 1的长.2． 如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=2，PA ⊥底面ABCD ，E 是AD 的中点，F 在PC 上. (1) 求F 在何处时，EF ⊥平面PBC ；(2) 在(1)的条件下，EF 是不是PC 与AD 的公垂线段.若是，求出公垂线段的长度；若不是，说明理由；(3) 在(1)的条件下，求直线BD 与平面BEF 所成的角.3．如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，SB=3． （1）求证BC ⊥SC ；（2）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（3）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小． 4．在直角梯形ABCD 中，∠D=∠BAD=90︒,AD=DC=21AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC 折起，使D 到D '．记面AC D '为α,面ABC 为β．面BC D '为γ． （1）若二面角α-AC -β为直二面角（如图二），求二面角β-BC -γ的大小; （2）若二面角α-AC -β为60︒（如图三），求三棱锥D '-ABC 的体积．5．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB =2，AF =1，M 是线段EF 的中点．（1）求证AM //平面BDE ； （2）求二面角A -DF -B 的大小；（3）试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60︒．•O 1 •O 2•O 3。