立体几何的解题技巧之欧阳体创编

立体几何大题的解题技巧
——综合提升
【命题分析】高考中立体几何命题特点：
1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．
2.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.
【考点分析】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.
【高考考查的重难点*状元总结】空间距离和角： “六个距离”：
1两点间距离221221221)()()(d z z y
y x x -+-+-= 2点P 到线l 的距离d = （Q 是直线l 上任意一点，u 为过
点P 的直线l 法向量）
3
两异面直线的距离d =
（P 、Q 分别是两直线上任意两点
u 为两直线公共法向量） 4点P
到平面的距离d =（Q 是平面上任意一点，u 为平面
法向量）
5直线与平面的距离【同上】 6平行平面间的距离【同上】 “三个角度”：
1异面直线角【0，2π
】cos θ=2
121v v v v 【辨】直线倾斜角范围【0，
π）
2线面角【0，2
π】sin θ=n
v vn n v =,cos 或者解三角形
3二面角 【0，π】cos 2
121n n n n ±
=θ 或者找垂直线，解三角形
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。

其中，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定，是解决立体几何问题这套强有力的工具时，使得高考题具有很强的套路性。

【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. 典型例题
例1（福建卷）如图，正三棱柱11
1
ABC A B C -的所有棱长都为2，D
为1
CC 中点．
（Ⅰ）求证：1
AB ⊥平面1
A BD ；
（Ⅱ）求二面角1
A A D
B --的大小；
（Ⅲ）求点C 到平面1
A BD 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：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．
正三棱柱11
1
ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11
BCC B ，
AO ∴⊥平面11BCC B ．
连结1
B O ，在正方形1
1
BB C C 中，O D ，分别为
1
BC CC ，的中点，1
B O BD ∴⊥，1
AB BD ∴⊥．
在正方形11
ABB A 中，1
1
AB A B ⊥，1
AB ∴⊥平面1
A BD ．
（Ⅱ）设1
AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1
GF A D ⊥于F ，连结
A
B
C D
1
A
1
C 1B
A
B
C
D
1
A
1
C
1
B
O
F
AF
，由（Ⅰ）得1
AB ⊥平面1
A BD ．
1AF A D
∴⊥，AFG ∴∠为二面角1
A A D
B --的平面角．
在1
AA D △
中，由等面积法可求得AF =
又
11
2AG AB =
=
sin AG AFG AF ∴==∠．
所以二面角1
A A D B
--的大小为．
（Ⅲ）1
A
BD △
中，11
1A BD BD A D A B S ==△1BCD S =△．
在正三棱柱中，1
A 到平面11
BCC B
设点C 到平面1
A BD 的距离为d ．
由11A BCD
C A B
D V
V --=，得11
1
333
BCD
A BD S S d
=△△
，
1A BD d ∴=
△
∴点C 到平面1A BD
解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．
ABC
△为正三角形，AO BC ∴⊥．
在正三棱柱11
1
ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11
BCC B ，
AD ∴⊥
平面11
BCC B ．
取1
1
B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1
OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正
方向建立空间直角坐标系，则
(100)
B ，，，
(
D -(0A ，1(120)B ，
，， 1(12AB ∴=，，(210)BD =-，，，1(1
2BA =-． 12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=， 1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．
1AB ∴⊥
平面1
A BD ．
（Ⅱ）设平面1
A AD 的法向量为()x y z =，，n ．
(11AD =-，，1(020)AA =，，．AD ⊥n ，1AA ⊥n ，
令1z =
得(=，n 为平面1A AD 的一个法向量．
由（Ⅰ）知1
AB ⊥平面1
A BD ，
1AB ∴为平面1A BD 的法向量．
cos <n
，11
1
33222AB AB AB -->===
n n
∴二面角1A
A D
B --的大小为
（Ⅲ）由（Ⅱ），1
AB 为平面1
A BD 法向量，
1(200)(12BC AB =-=，，，
，．
∴点C 到平面1A BD 的距离11
22BC AB d AB -===
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1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 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
考查异目主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.
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：
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，24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点，
在Rt SCE ∆中，3222=+=CE SC SE
在Rt SCF ∆中，30224422=++=+=CF SC SF 又3,6=∴=∆SEF S EF 由于h S V V SEF CEF S SEF
C ⋅⋅==∆--3
1
，即332331=
⋅⋅h ，解得3
3
2=
h 故CD 与SE 间的距离为3
32.
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
偶尔会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1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离.
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：
解法一BD ∥平面11D GB ，
BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求
点O 平面11D GB 的距离,
1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,
又⊂11D B 平面11D GB
∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,
作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面
11D GB 的距离.
在OG O 1∆中，2222
1
2111
=⋅⋅=⋅⋅=
∆AO O O S OG
O . 又3
6
2,23212111
=∴=⋅⋅=⋅⋅=
∆OH OH G O OH S OG
O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于3
62.
解法二BD ∥平面11D GB ，
BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点
B
B
A
C
D
O
G
H 1
A 1
1D 1
B 1O
平面11D GB 的距离.
设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则
，由于63222
1
,111111=⨯⨯=
=∆--D GB GBB D D GB B S V V 34
222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,3626
4==∴h
即BD 到平面11D GB 的距离等于3
62.
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【重难点】
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. 典型例题 例4
如图，在
Rt AOB
△中，
π
6
OAB ∠=
，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．
O
C
A
D
B
E
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：解法1：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，
BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =， 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Rt COE △中，2CO BO ==，112
OE BO ==，
CE ∴
又12
DE AO =
∴在Rt CDE △
中，tan CE CDE DE
=
∴异面直线AO 与CD
所成角的大小为．
解法2：（I ）同解法1．
（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，
，(00A ，，
(200)C ，，
，D ，
(00OA ∴=，
，(CD =-， cos OA CD OA CD OA CD
∴<>=
，6322
=
=
∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为
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：⎥⎦
⎤ ⎝⎛2,0π.
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5（全国卷Ⅰ理）
四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧
面SBC ⊥底面
ABCD ．已知45
ABC =∠，2AB =，BC =SA SB ==
（Ⅰ）证明SA BC ⊥；
（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．
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：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥
D
B
C
A S
底面ABCD ， 得SO ⊥底面ABCD ．
因为SA SB =，所以AO BO =，
又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥， 由三垂线定理，得SA BC ⊥．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD
∥故SA AD ⊥，由AD BC ==，SA =
1SO =，SD = SAB △的面积2
1112
2S AB
SA ⎛=- ⎝
连结DB ，得DAB △的面积21sin13522
S AB
AD ==
设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得
1211
33
h S SO S =，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α，则sin h SD α=
=
所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为
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 ．
因为SA SB =，所以AO BO =．
又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO 如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，O xyz -，
y
0)A ，，(0B ，(0C ，(001)S ，，，(21)SA =-，，，
(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．
（Ⅱ）取
AB 中点E ，0E ⎫⎪⎪
⎝⎭
，
连结
SE ，取SE 中点G ，连结OG ，12G ⎫⎪⎪⎝⎭
，．
1
2OG ⎫=⎪⎪⎝⎭，，1SE ⎫=⎪⎪
⎝⎭
，(AB =．
0SE OG =，0AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂
直．
所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．
D ，()DS =．
22cos 11
OG DS OG DS
α=
=
sin β=
所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为
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【重点】
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 典型例题
例6．（湖南卷）
如图，已知直角，A PQ ∈，B α∈，C β∈，CA CB =，45BAP ∠=，直线CA 和平面α所成二面的角为30．
（I ）证明BC 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.
过程指引：（I ）在平面β内过点C 作CO PQ ⊥于点O ，连结OB ． 因为αβ⊥，PQ αβ=，所以CO α⊥， 又因为CA CB =，所以OA OB =．
而45BAO ∠=，所以45ABO ∠=，90AOB ∠=， 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αβ⊥，PQ αβ=，
BO α⊂，所以BO β⊥．
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B AC P --的平面角．
A
B
C
Q α β P
A
B C
Q
α
β P O H
由（I ）知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则
30
CAO ∠=，
不妨设2AC =
，则AO =
3sin 302
OH AO ==
．
在Rt OAB △中，45ABO BAO
∠=∠=，所以BO AO ==
于是在Rt BOH △
中，tan 2BO BHO OH
∠===．
故二面角B AC P --的大小为arctan 2．
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α所成的角，则30CAO ∠=．
不妨设2AC =，则AO =
1CO =．
在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=
∠=， 所以BO AO ==
则相关各点的坐标分别是
(00
0)O ，，，
0)B ，，(0A ，(001)C ，
，．
所以(3AB =
，，(0AC =． 设1
n {}
x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由
1100
n AB n AC ⎧=⎪⎨
=⎪
⎩，
得00
z =+=⎪⎩，
取1x =，得1(11n =，，．
Q
易知2(100)n =，，是平面β的一个法向量．
设二面角B AC P --的平面角为θ，由图可知，12n n θ=<>，． 所以12125
cos ||||51n n n n θ=
==⨯．
故二面角B AC P --的大小为5
arccos ．
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. 【课后练习】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.
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.
【高考热点】空间几何体的表面积与体积 （一）空间几何体的表面积
1棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和 2 圆柱的表面积
3 圆锥的表面积：2
S rl r ππ=+
4 圆台的表面积22
S rl r Rl R ππππ=+++ 5 球的表面积
24S R π=
6扇形的面积213602
n R S lr π==扇形
（其中l 表示弧长，r 表示半径）
注：圆锥的侧面展开图的弧长等于地面圆的周长 （二）空间几何体的体积
1柱体的体积V S h =⨯底 2锥体的体积13
V S h =⨯底
3台体的体
积1)3
V S S h =+⨯下上（ 4球体的体积
34
3
V R π=
【例题解析】
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. 典型例题
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.
2
22r
rl S ππ+=
[思路启迪]设四边形一边AD ，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD 长度即可.
解答过程：如图（2）设AD ＝a ，易知∠ABC ＝60°，且∠ABD ＝30°⇒AB ＝
3a .
BD ＝2a ⇒正六棱柱体积为V .
V ＝a a 360sin 212
162
⋅
︒⋅⋅⋅）－（＝a a ⋅2
2129）－（ ＝a a a 4)21)(21(89--≤3
3
289）（⋅ . 当且仅当 1－2a ＝4a ⇒a ＝6
1时，体积最大，
此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝3
2 .
∴答案为6
1 .
考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算
棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.
直棱柱体积V 等于底面积与高的乘积.
棱锥体积V 等于3
1Sh 其中S 是底面积，h 是棱锥的高.
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.
[思路启迪] ①找出AB 与侧面AC 1所成角
A 1
B 1
C 1
A
B
C
D
O
即是∠CAB ；
②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC 1B 1是正方形，侧面ACC 1A 1和侧面ABB 1A 1是平行四边形，分别求其面积即可.
解答过程：①点A 1在底面ABC 的射影在AC 上， ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABC .
在△ABC 中，由BC ＝AC ＝a ，AB ＝2a .
∴∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC . ∴BC ⊥平面ACC 1A 1.
即∠CAB 为AB 与侧面AC 1所成的角在Rt △ABC 中，∠CAB ＝45°.
∴AB 与侧面AC 1所成角是45°.
②∵O 是AC 中点，在Rt △AA 1O 中，AA 1＝a ，AO ＝2
1a .
∴AO 1＝2
3a .
∴侧面ACC 1A 1面积S 1＝212
3a ＝
AO AC . 又BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥CC 1.
又BB 1＝BC ＝a ，∴侧面BCC 1B 1是正方形，面积S 2＝a 2. 过O 作OD ⊥AB 于D ，∵A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1D ⊥AB .
在Rt △AOD 中，AO ＝2
1a ，∠CAD ＝45°
∴OD ＝4
2a
在Rt △A 1OD 中，A 1D ＝
2
22
122342）
＋（）（
＝a a O ＋A OD ＝a 8
7. ∴侧面ABB 1A 1面积S 3＝a a D ＝A AB 8721⋅⋅＝22
7a . ∴三棱柱侧面积S ＝S 1＋S 2＋S 3＝
27322
1
a ）＋＋（. 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 、2
3B 、2
3C 、
3D 、3
[思路启迪]先找出二面角平面角，
即∠AKL ,再在△AKL 中求出棱锥的高h ，再利用V ＝3
1Sh 即可.
解答过程：在平面图中，过A 作AL ⊥BC ，交MN 于K ，交BC 于L .
则AK ⊥MN ，KL ⊥MN . ∴∠AKL ＝30°.
则四棱锥A —MNCB 的高h ＝︒⋅30sin AK ＝2
3.
KL ⋅2
4
2S MNCB ＋＝
＝33⋅. A
B
C
M
N
K
L A
B
C
M
N
K
L
∴2
33331V MNCB A ⋅⋅＝－＝2
3.
∴答案A
【专题综合训练】
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. 3
π B. 4
π
C. 4
10arctan
D. 4
6arcsin
2．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2
π
C. 最小值θ，无最大值
D. 无最小值，最大值4
π
3．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. ︒30
B. ︒45
C. ︒60
D. ︒90
4．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.
2
1
B.
2
3 B
A
C D D 1
C 1
B 1
A 1
C B
A
1A
1
B 1
C D
C. 22
D. 43 5．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. 13
B. 11
C. 9
D. 7
6．如图，在棱长为3的正方体ABCD -
A 1
B 1
C 1
D 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. 29
B. 3
C. 5
56 D. 2 7．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 43
C. a 46
D.a 4
3 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. 52
B. 22
C. 26
D. 62
9．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
D B A D 1 C 1 B 1 A 1 M N
A. a 21
B. a 22
C. a 2
3 D.a 10．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 2
31+ 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. (]1,0
B. (]2,0
C. (]2,0
D. (]2,1
12．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. ︒30
B. ︒45
C. ︒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2
1； ④ BE 与CD 1所成的角为10
10arcsin D C B A E D 1 A 1 C 1 B 1
2．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1、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.
•O 1
A B D
C
P
E A 1 D 1 C 1 B 1
（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）O1、O2、O3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_______m3.
三、解答题
1．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，底面边长为a,D为BC为中点，M在BB 1上，且BM=1
B1M，又CM⊥AC1;
3
（1）求证：CM⊥C1D;
（2）求AA1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，ÐD=ÐBAD=90°,AD=DC=
1AB=a,(如
2
图一)将△ADC 沿AC折起，使D到D'．记面AC D'为a,面ABC
为b ．面BC D '为g ．
（1）若二面角a -AC-b 为直二面角（如图二），求二面角b -BC-g 的大小;
（2）若二面角a -AC-b 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°．
【参考答案】
一．选择题
1.D 提示：AD 在面ACC 1A 1上的射影应在AC 与A 1C 1中点的连线上，令射影为E ，则∠EAD 为所求的角.在Rt △EAD 中，
.462
23
sin .2,23===∠∴==AD DE EAD AD DE .46arcsin =∠∴EAD 2.B 提示：由最小角定理知，最小角为θ，又异面直线所成角的
范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π，∴最大角为2
π. 3.A 提示：由最小角定理知，此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角，故排除C 、D ，又此二面角为45°，则
此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的角，故选
A.
4.D 提示：由题意，A 1在面DCC 1D 1上的射影应在C 1D 1延长线E 上，且D 1E =1，则∠A 1CE 为所求角，在Rt △AA 1C 中，.4
3sin ,3,411112211==∠∴==+=C A E A CE A E A AC AA C A 5.D 提示：由P 到△ABC 三个顶点的距离都是14，知P 在底面ABC 的射影是△ABC 的外心，所以PO 为所求.由余弦定理得：BC =21.由31423
21120sin 2==︒=BC R 得外接圆半径为37，即
37=OB ，在Rt △POB 中，.722=-=BO PB PO
6.D 提示：由题图得AMB AMN AMB N AMN
B S S h V V ∆∆--⋅⋅=⋅⋅∴=233131. 7.B 提示：连结MP 、NQ 交于O ，由四边形MNPQ 是菱形得MP ⊥NQ 于O ，将MNQ 折起后易得MO ⊥QN ，OP ⊥QN ，所以∠MOP =60°，且QN ⊥面MOP ，过O 作OH ⊥MP ，所以OH ⊥QN ，从而OH 为异面直线MP 、QN 的公垂线，经计算得.4
3a OH = 8.C 提示：把α半平面展到半平面β内,此时,连结AC 与棱的交点为M ,这时AM +CM 取最小值等于AC .(AM +CM )min =.26)32(12=++
9.B 提示：P 、Q 的最短距离即为异面直线AB 与CD 间的距离，当P 为AB 的中点，Q 为CD 的中点时符合题意.
10.B 提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m ，则2
62,32+=∴+=m a a m 11.A 提示：∴⊥∴⊥,,1PC DP PC P D 在长方形ABCD 中AB 边存在P ，作PC DP ⊥，又因为AB =2，由对称性可知，P 为AB 的中点时，AD 最大为1，(]1,0∈∴AD 故选A.
12.D 提示：若BD 与平面ABC 所成的角为︒90，则ABC ABD 平面平面⊥，取AC 的中点O ，则AC DO AC BD ⊥⊥，且BO =DO ，BO BD 与∴不垂直，故BD 与平面ABC 所成的角一定不等于︒90.
二．填空题
1．②③④提示：对于①，由ABE C ABC E V V --=1
1得ABE ABC S S h ∆∆⨯⨯=⋅⋅131311，221==∴∆∆ABC ABE S S h ，①错.对于②连CB 1交
BC 1于O ，则O 为C 在面ABC 1D 1上的射影，︒=∠∴45CBO 为所成的线面角，②正确.作图易知③正确，对于④连A 1B ，则BE A 1∠为所成的角，解BE A 1∆得1010sin 1=
∠BE A ，④正确. 2．AB ∥CD 提示：ABE P AEB
P S h V ∆-⋅⋅=31，要使体积为定值，则ABE S ∆为定值，与E 点位置无关，则AB ∥CD
3．1015,415提示：作BC DE ⊥与E ，易知BCD AD 平面⊥，从而
BC AE ⊥，︒=∠60BDC 又由21=
=DC BD ，得，，又2343==AD DE
41522=+=∴AD DE AE ，由可解的点到平面的距离为1015. 4.10cm 提示：MO =NO =30cm ，过O 作''M N 与旋转前的MN 平行且相等，所以旋转后AB 与平面N O M ''的距离为40305022=-，故升高了50-40=10cm.
5．①③④⑤.
6.6
5. 三、解答题
1．（1）证明：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为BC 中点，则AD ⊥面BCC 1B 1，从而AD ⊥MC
又∵CM ⊥AC 1，则MC 和平面ADC 1内两相
交直线AD ，AC 1均垂直
∴MC ⊥面ADC 1，于是MC ⊥DC 1.
(2)解：在矩形BB 1C 1C 中，由CM ⊥DC 1
知△DCC 1∽△BMC ，设BB 1=h,则BM=14
h ∴14h:a=,22a h h a =：求得
从而所求AA 1=2a
2.解：(Ⅰ)以A 为坐标原点，以射线AD 、AB 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则p (0，0，
2)，A (0，0，0)，B (0，2，0)，C (2，2，0)，D (2，0，0)，E (1，0，0) ∵F 在PC 上，∴可令,PC PF λ=设F (x ，y ，z )
∵EF ⊥平面PBC ，∴0=•PC EF 且0=•BC EF ，又PC PF λ=，
可得22121====z y ,x ,λ故F 为PC 的中点.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：EF ⊥PC ，且EF ⊥BC 即EF ⊥AD
∴EF 是PC 与AD 的公垂线段，其长为|EF |=1
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知()222-=,
PC 即为平面BEF 的一个法向量而
()022,,BD -= 设
BD 与平面BEF 所成角θ，则：sin θ=cos 6
3=••=•PC BD PC BD PC BD ∴θ=arc sin 63
.故BD 与平面BEF 所成角为arc sin 6
3 3．（1）证法一：如图，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．
∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影， 由三垂线定理得BC ⊥SC ． 证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ，
∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ，∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ．
（2）解：如图2，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上， ∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上， l ∴为面ASD 与面BSC 的交线．
∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角．
∵BD=2，SB=3，SAD=1．∴045.CSD ∠=
（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，
∴△SDA 是等腰直角三角形．又M 是斜边SA 的中点，
∴DM ⊥SA ．∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影．由三垂线定理得DM ⊥SB ．
∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．
解2：如图3，取AB 中点P ，连结MP ，DP ．在△ABS 中，由
图图
中位线定理得 MP//SB ，DMP ∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角．2321==SB MP ，又,2
5)21(1,222
=+==DP DM ∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2，︒=∠∴90DMP ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．
4． 解：（1）在直角梯形ABCD 中， 由已知∆DAC 为等腰直角三角形， ∴ 45,2=∠=CAB a AC , 过C 作CH ⊥AB ，由AB=2a ， 可推得 AC=BC=.2a ∴ AC ⊥BC ．取 AC 的中点E ，连结E D '，
则 E D '⊥AC 又 ∵ 二面角β--AC a 为直二面角， ∴E D '⊥β 又 ∵⊂BC 平面β∴ BC ⊥E D '∴ BC ⊥a ，而a C D ⊂'， ∴ BC ⊥C D '∴CA D '∠为二面角γβ--BC 的平面角． 由于 45='∠CA D ， ∴二面角γβ--BC 为 45．
（2）取AC 的中点E ，连结E D '，再过D '作β⊥'O D ，垂足为O ，连结OE ．
∵ AC ⊥E D '， ∴ AC ⊥OE ∴EO D '∠为二面角β--AC a 的平面角，
∴EO D '∠
60=． 在OE D Rt '∆中，a AC E D 2
221=='， ∴O D S V ABC ABC D '⋅=∆-'31O D BC AC '⋅⋅⨯=2
131a a a 462261⨯⨯⨯=.1263a =
5．解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接
OE, ∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形，
∴AM ∥OE ．∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ．
(2)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ，∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影，
由三垂线定理得BS ⊥DF ．∴∠BSA 是二面
角A —DF —B 的平面角．
在Rt ΔASB 中，,2,36==AB AS ∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB ∴二面角A —DF —B 的大小为60º．
（3）设CP=t （0≤t ≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AF AB = ，∴PQ ⊥平面ABF ，QF ⊂平面ABF ，∴PQ ⊥QF ．在Rt ΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ ． ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=
又∵ΔPAF 为直角三角形，∴1)2(2+-=t PF ，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),
即点P 是AC 的中点．
解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系．
设N BD AC = ，连接NE ， 则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）, ∴)1,22,22(--=NE , 又点A 、M 的坐标分别是)0,2,2(,（)1,2
2,22 ∴AM =（)1,22,22--∴AM =且NE
与AM 不共线，∴NE ∥AM ．又∵
⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，
∴AM ∥平面BDF ．
（2）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF ． ∴AB )0,0,2(-=为平面DAF 的法向量． ∵⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴NF NE ⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得 DB NE ⊥，NF NE ⋅，∴NE 为平面BDF
的法向量．
∴cos<>⋅=21∴AB 与NE 的夹角
是60º．即所求二面角A —DF —B 的大小是60º．
（3）设P(t,t,0)(0≤t ≤2)得),1,2,2(t t --=∴=（
2，0，
0）
又∵PF 和BC 所成的角是60º．∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t 解得22=t 或
23=t （舍去），即点P 是AC 的中点．。