高中数学 考前归纳总结 立体几何常见题型与解法
高中立体几何知识点及经典题型
高中立体几何知识点及经典题型立体几何是高中数学中的重要部分，它研究了在三维空间内的几何形体。
本文将介绍高中立体几何的主要知识点和经典题型。
知识点以下是高中立体几何的主要知识点：1. 空间几何基础：点、线、面的概念及性质。
2. 参数方程和一般式方程：用参数或方程表示几何体的方法。
3. 立体图形的投影：点、直线、平面在投影中的表现形式。
4. 空间几何中的平行与垂直：直线、平面之间的平行关系及垂直关系。
5. 直线与面的位置关系：直线与平面之间的交点、垂线、倾斜角等概念。
6. 空间角的性质：二面角、棱锥、棱台等形体的角度关系。
7. 空间几何中的直线及曲线：空间中直线与曲线的方程及性质。
8. 空间立体角：球、球台、球扇等形体的角度关系。
9. 空间的切线：曲线在空间中的切线方程及其性质。
10. 空间的幂：圆、球及其他形体的幂的概念和性质。
经典题型以下是高中立体几何的经典题型：1. 求直线与平面的位置关系问题：例如，给定一直线和一个平面，求它们之间的交点、垂直线、倾斜角等。
2. 求空间角的问题：例如，给定两个平面的交线，求二面角的度数。
3. 求直线与曲线的位置关系问题：例如，给定一条直线和一个曲面，求它们之间的位置关系。
4. 求切线和法平面的问题：例如，给定一个曲线和一个点，求曲线在该点处的切线方程及法平面方程。
5. 求空间形体的幂问题：例如，给定一个球和一个平面，求平面关于球的幂及其性质。
以上只是一些经典的立体几何题型，通过解答这些题目，可以加深对立体几何知识的理解和运用。
希望本文对高中立体几何知识点和题型的介绍能够帮助到你。
祝你在学习立体几何时取得好成绩！。
人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结
立体几何题型归类总结一、考点分析1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱★底面为正方形2. 棱锥棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3．球球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ★②r =d 、球的半径为R 、截面的半径为r ）★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切.注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2344,3S R V R ππ==球球（其中R 为球的半径）1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈︒︒：解题步骤：一找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移 另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。
常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。
常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；2求直线与平面所成的角[]0,90θ∈︒︒：关键找“两足”：垂足与斜足解题步骤：一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）； 二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）；三计算：常通过解直角三角形，求出线面角。
3求二面角的平面角[]0,θπ∈解题步骤：一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角；二证：证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。
俯视图二、典型例题 考点一：三视图1．一空间几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为_________________.第1题2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是________________.第2题 第3题3．一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为 .4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图4所示，则此几何体的体积是 .第4题 第5题5．如图5是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则 a .22 侧(左)视图 22 2 正(主)视图 3俯视图1 12 左视图a6．已知某个几何体的三视图如图6，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 .7.若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm 8.设某几何体的三视图如图8（尺寸的长度单位为m ），则该几何体的体积为_________m 3。
高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总
（3）当 PA// 平面 BDE 时， PA 平面 PAC ,且平面 PAC 平面 BDE DE ,可得 PA//DE .由 D 是 AC 边的中 点知， E 为 PC 边的中点.故而 ED 1 PA 1， ED∥PA ，因为 PA 平面 ABC ，所以 ED 平面 BDC .
2
由 AB BC 2 ，AB BC ，D 为 AC 边中点知，BD CD 2. 又 BD AC ，有 BD DC ，即 BDC 90.
3 【解析】（1）∵ PA PD, N 为 AD 的中点,∴ PN AD, ∵底面 ABCD为菱形, BAD 60 ,∴ BN AD, ∵ PN BN N ,∴ AD 平面 PNB . （2）∵ PN PD AD 2 , ∴ PN NB 3 , ∵平面 PAD 平面 ABCD,平面 PAD 平面 ABCD AD , PN AD, ∴ PN 平面 ABCD, ∴ PN NB ,
【易错点】 外接球球心位置不好找 【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置
题型四 立体几何的计算
例 1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角 边边长分别为 3 和 4 ,过直角顶点的侧棱长为 4 ,且 垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )
【答案】 B 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原 点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B.
以 PA BD . （2）因为 AB BC ， AB BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 Rt△ABC 中， BD AC .又 由（1）可知， PA BD，PA AC A，所以 BD 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE 平面 PAC ，
高中必修二数学 立体几何题型总结
高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一，下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法：熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式，根据题目要求进行计算。
2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法：通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图，掌握几何体的形状和大小，进而解决相关问题。
3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法：理解空间点、线、面的位置关系，掌握各种位置关系的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法：掌握旋转体的形成过程和性质，通过分析旋转体的轴和母线，利用旋转体的性质进行计算和证明。
5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法：掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
6. 空间几何体的最值问题
解题方法：通过分析几何体的结构特征，利用几何体的性质和不等式等数学知识，求得空间几何体的最值。
7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法：通过建立空间几何模型，将实际问题转化为数学问题，利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。
以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法，掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。
高考复习立体几何考点常见题型
咼考复习立体几何考点常见题型立体几何常见题型考点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如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点(2DABCABC,CC1111A (?)求证：平面；AAB?ABD111(?)求二面角的大小；AADB,,1C C1D (?)求点到平面的距离(CABD1B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B1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(A解答过程：取中点，连结(BCOAOA1■ •■为正三角形，(？ABC? AOBC? F正三棱柱中，平面平面，ABC?BCCBABCABC,11111C CD平面( ？AO?BCCB11 B B连结，在正方形中，分别为BOOD BBCC111■I ■的中点，，(？BOBD? ABBD?BCCC111在正方形中，，平面(ABAB?？AB?ABBAABD111111(?)设与交于点，在平面中，作于F,连结，由(?)得AFGABGFAD?ABABDAB?1 平面（ABD1, 为二面角的平面角（？？AFGAADB? AFAD?1145在中，由等面积法可求得，?AADAF,15• •1AG210又，（AGAB,,21 ? ,,,sin?AFG2AF445510所以二面角的大小为（AADB,,arcsin14（?）中，，（S,1?ABDBDADABS,,,? ,5226，，?BCD111?ABD1在正三棱柱中，到平面的距离为（3ABCCB111设点到平面的距离为（dCABD1P □|11 由，得，VV,SSd,3ABCDCABD,,??BCDABD111333S2?BCD（？,,dS2?ABD12点到平面的距离为（？CABD12例2.（ 2006年湖南卷）如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD勺高分别为1 和2,AB=4.（?）证明PQ平面ABCD;（?）求异面直线AQ与PB所成的角；（?）求点P到平面QAM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P般方法•解答过程：D C 方法一(?)取AD的中点，连结PM QM. O M B因为P,ABCD与Q,ABCD都是正四棱锥，A 所以AD?PM AD?QM.从而AD?平面PQM. 又平面PQM所以PQ?AD. PQ,同理PQ?AB所以PQ平面ABCD. Q (?)连结AC BD设，由PQ平面ABCDAC：BD,O及正四棱锥的性质可知0在PQ上，从而P、A Q C四点共面.取0C的中点N,连接PN.P01N0N01P0N0,,,因为，所以，OQ2OAOC2OQOA从而AQ?PN ?BPN或其补角)是异面直线AQ与PB所成的角.2222222PB0B0P，,, ，,(22)13PN0N0P,，, ，,(2)13. 因为，2222 BN,0B0N,(22)，(2),1022293103PB，PN,BN，,cos 所以. ，BPN,,,29PB,PN233，，3arccos从而异面直线AQ与PB所成的角是.911(?)连结0M 贝U OMABOQ,,,2.22所以?MQP,45?.由⑺知AD?平面PMQ所以平面PMQ平面QAD.过P作PH?QMF H, PH?平面QAD从而PH的长是点P到平面QAD勺距离.320PQPOQOPHP，Q,,？,,3,sin45. 又. 232即点P到平面QAD勺距离是.2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典型例题42例3已知三棱锥，底面是边长为的正三角形，棱的长为2,且垂直于底S,ABCS（面.分别为的中点，求CD与SE间的距离.E、DBC ABC曲思路启迪：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？EF为的中位线，？?面,CD, ？CD,BCDSEF到平面的距离即为两异面直线间的距离.？CDSEF又线面之间的距离可转化为线上一点C到平面？CDSEF的距离，设其为h,由题意知，，D、E、F分别是BC,42AB BC BD的中点，1 ？CD,26,EF,CD,6,DF,2,SC,22111123？,,,,,,,,6,2,2,VEFDFSC S,CEF3232322在Rt 中, SE,SC，CE,23,SCE22在Rt 中，SF,SC, CF,4, 24, 2,30,SCF又？EF,6, ？S,3,SEF112323,3,h,h,由于，即，解得V,V,,S,hC,SEFS,CEF,SEF333323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ACAAGB例4（如图，在棱长为2的正方体中，G是的中点，求BD到平面的距离. 1111 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.D1 C1O1解答过程：A 1B1 ? BDGB解析一?平面，11HG ？BDGB上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求11D CO GBD点0平面的距离，11A B？BD,ACBD,A？ABD,AACC，，平面, 11111111111？BD,GBD又平面1111AACC,GBDO平面，两个平面的交线是,? 11111OH,OGGBDG作于H,则有平面，即0H是0点到平面的距离.0H,1111111,00G中,.在S,,OO,AO,,2,2,21,OOG1122112632,S,,OH,OG,,,OH, ？OH又.,OOG1122326GBD!卩BD到平面的距离等于.113？BDGB解析二?平面，11？BDGBDGBD任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.1111 GBDB,GB设点B到平面的距离为h,将它视为三棱锥的高，则11111 V,V, 由于S,，22，3,6，B,GBDD,GBB,GBD1111112114426222, ？h,,,V, ，，，，,D,GBB1132336 26GBDI卩BD到平面的距离等于.113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•典型例题例5（2007年北京卷文）n AB,4如图，在中，，斜边（可以通过Rt?AOBRt?AO,C,OAB6A以直线为轴旋转得到，且二面角的直二面AOBAOC,,Rt?AOBDAB角（是的中点（（I）求证:平面平面；DCOD,AOB（II）求异面直线与所成角的大小（AOCD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1:（I）由题意，，，COAO,BOAO,EB是二面角是直二面角，？，BOCBAOC,,C,又，AOBOO? ,COBO平面，？，COAOB平面（又CO,COD平面平面（？COD,AOB AE（II）作，垂足为，连结（如图），贝U, DEOB,CEDEAO?是异面直线与所成的角（AOCD?, CDE1 在中，，，DRt?COECOBO,,2OEBO,,1222（? ,，,CECOOE51 又（DEAO,,3yO2BxC CE515在中，（？Rt?CDEtanCDE,,, DE3315异面直线与所成角的大小为（？AOCDarctan3例6（（2006年广东卷）如图所示，AF、DE分别是？O ?O的直径.AD与两圆所在的平1面均垂直，AD,8,BC是？O的直径，AB,AC,6, OE//AD. （?）求二面角B— AD-F的大小；（?）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：⑺?AD与两圆所在的平面均垂直,?AD?AB, AD?AF,故?BAF是二面角B—AD—F的平面角.，? AF、BC是圆O的直径，？ABFC是矩形又? AB,AC,6，? ABFC是正方形0由于ABFC是正方形，所以？BAF,45.0即二面角B—AD- F的大小为45;（?）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（0, 0, 0），A（0，,32，0），B（32，0, 0）,D（0，,32，8），E（0，0，8），F（0，32, 0）所以，BD,(,32,,32,8),FE,(0,,32,8)设异面直线BD与EF所成角为，则82,,,,,coscos,.BDFE. 1082arccos故直线BD与EF所成的角为.10考点5直线和平面所成的角例7.(2007年全国卷？理)° ——四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面(已知，SABCD,?ABC,45ABCDSBC,ABCD AB,2,, ( SASB,,3BC,22S(?)证明;SABC,C(?)求直线与平面所成角的大小(SDSABB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，DA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:(?)作，垂足为，连结，由侧面底面，SOBC?AOSBC?ABCDO 得底面(SO?ABCD因为，所以，SASB,AOBO,°又，故为等腰直角三角形，，?ABC,45?AOBAOBO?由三垂线定理，得(SABC?(?)由⑺知，依题设，SABC?ADBC?SSA,3故，由，，，得ADBC,,22AO,2SAAD?，(SD,11SO,1O C B 211,,2 的面积(？SABSABSAAB,,,21,,D 22A ,,1DB连结，得的面积？DABSABAD,,sin135222DVV设到平面的距离为，由于，得SABhDSABSABD,, 卩□ |11,解得（h,2hSSOS,1233h222设与平面所成角为，则（,SDSAB,,,,sinSD111122所以，直线与平面所成的我为（SDSBCarcsi nil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）b —如图，已知直二面角，，，，，，，,,,PQAPQ,C,, , ,BAP45B,,CACB直线和平面,所成的角为（30CAC ,A P QB,;（I）证明BCPQ?（II）求二面角的大小（BACP,,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：⑴在平面内过点作COPC于点，连结（,COOBn |因为，，所以，，,？,,,PQCO?,C ,又因为，所以（CACB,OAOB,H卜o |A P 而，所以，，，，BAO45 ,ABO45 ,AOB9OQ O B,从而，又，BOPQ?COPC所以平面（因为平面，故（PQBC?PQ?OBCBC,OBC n - I（II）解法一：由（I）知，，又，，BOPQ?,,?,,,PQ，所以（BO?,BO,,BHH过点作于点，连结，由三垂线定理知，（OOHAC?BHA故是二面角的平面角（，BHOBACP,,°由（I）知，，所以是和平面所成的角，贝, , ,CAO3OCO?” CAOCA3AO,3OHAO,,si n30 不妨设，贝U，（ AC,22BOAO,,3在中，，所以，，，，，ABOBAO45Rt?OABBO3tan2, ,,,BHO 于是在中，（Rt?BOHOH32故二面角的大小为（BACP,,arctan2,，例9（（ 2006年重庆卷）如图，在四棱锥P,ABCD中, PA底面ABCDQA为直CD AD=CD=2AB, E F分别为PC CD的中点.,(?)试证:CD平面BEF;(?)设PA,k?AB,且二面角E-BD-C的平面角大于，30:，解法一:(?)证：由已知DFAB且DAD为直角，〃，,故ABFD是矩形，从而CDBF.,,又PA底面ABCD,CDAD故由三垂线定理知,CDPD在?PDC中, E、F 分别,,PC、CD的中点，故EF?PD从而CDEF由此得CD面BEF.(?)连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG则在?PAC中易知EG?PA又,,PA 底面ABCD故EG底面ABCD在底面ABCD中,过G作GHBD垂足为H,连接EH.由三垂线定理知,，EHBD从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.设AB=a则在?PAC中，有11EG=PA=ka.22 以下计算GH考察底面的平面图•连结GD.11 因S=BD?GH=GB?DF. ?GBD22求k的取值范围.解答过程：GB,DF故GH=. BD5 在？ABD中，因为AB,a,AD=2a,得BD=a.11 而GB=FB=AD=aDF=AB从而得22GB,ABa,a5a.GH== , 5BD5a1kaEG52因此tan?EHG== ,k.2GH5a5由k,0 知是锐角，故要使, ，必须，EHG，EHG30:53k,,tan= 30:32 215.解之得，k的取值范围为k, 15。
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.。
立体几何大题15种题型全归纳
【题型一】 平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在， （1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形， ，又面PBC ，面PBC 。
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何是高考数学的一个重要组成部分，其题型归纳如下:
1. 计算题：主要要求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到面的距离、表面积、体积等。
2. 证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
3. 三视图问题：要求画出简单空间图形 (长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图，并能识别上述三视图所表示的立体模型。
4. 空间直线与平面的位置关系问题：要求判断直线与平面的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
5. 空间向量问题：要求理解空间向量的概念，掌握空间向量的加减法和数量积运算法则，能够运用空间向量求解立体几何问题。
6. 空间点、线、面之间的位置关系问题：要求判断点、线、面之间的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
7. 立体几何中的证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
此外，还有一些特殊的立体几何问题，如立方体问题、圆锥问题、球体问题等。
对于这些问题，需要结合实际情况进行具体分析，并注重理解和掌握相关的概念、定理和公式。
高考数学中常见的立体几何题解法
高考数学中常见的立体几何题解法立体几何是高考数学中的一个重要考点，占据了相当大的比重。
在高考中，立体几何题题目种类繁多，解法也各不相同。
本文将介绍几种常见的立体几何题解法，帮助考生更好地应对高考数学考试。
一、平行线与平面在立体几何题中，常见的一种情况是给出一条直线与两个平面的关系，考生需要求出直线和平面的距离、直线在平面上的投影等。
解法一：利用平行线与平面的性质，可通过构造垂线的方式解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给直线，并用不同颜色标出与该直线平行的两个平面；2. 在其中一个平面上，任选一点作为垂足；3. 连接该垂足与直线上的任意一点，得到一条垂线；4. 由于垂线与所给直线平行，因此垂线与另一个平面的交点即为所求点；5. 根据题目要求，计算出所求点到直线的距离或直线在平面上的投影。
解法二：根据几何关系和性质，利用相似三角形的特点解决问题。
具体步骤如下：1. 在给出的图形中，观察并找出相似三角形的性质；2. 根据相似三角形的性质，得到各个线段之间的比例关系；3. 利用比例关系解方程，求解出所需长度或角度。
二、平面图形的投影在立体几何题中，常见的一种情况是给出一个平面图形在空间中的投影，考生需要还原出该平面图形或者确定其性质。
解法一：根据已知条件以及图形的特点，利用平行四边形、相似三角形等图形的性质解决问题。
具体步骤如下：1. 画出所给平面图形的投影，并标出已知条件；2. 观察并找出平行四边形、相似三角形等图形的性质；3. 根据性质，确定各个线段之间的比例关系；4. 利用比例关系解方程，还原出所求图形或确定其性质。
解法二：利用投影的定义和性质解决问题。
具体步骤如下：1. 根据投影的定义，找到所给平面图形在空间中的位置；2. 根据已知条件及各个线段的投影长度，研究其规律性；3. 利用规律性解方程，求解出所求图形或确定其性质。
三、立体图形的体积与表面积在立体几何题中，求解立体图形的体积与表面积是经常出现的考点。
高考复习立体几何考点常见题型
立体几何常见题型考点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如图，正三棱柱111A B CA B C -的所有棱长都为2，D 为1C C 中点．（Ⅰ）求证：1A B ⊥平面1A B D ； （Ⅱ）求二面角1A A D B--的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A B D 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：取B C 中点O ，连结A O ．A B C△为正三角形，A O B C ∴⊥．正三棱柱111A B C A B C -中，平面A B C ⊥平面11B C C B ，A O ∴⊥平面11B C C B ．连结1B O ，在正方形11B B C C 中，O D ，分别为1B C C C ，的中点， 1B O B D∴⊥， 1A B B D∴⊥．在正方形11A B B A 中，11A B A B ⊥， 1A B ∴⊥平面1A B D ．（Ⅱ）设1A B 与1A B 交于点G ，在平面1A B D 中，作1G F A D⊥于F ，连结A F ，由（Ⅰ）得1A B ⊥平面1A B D ．1A F A D∴⊥， A F G ∴∠为二面角1A A D B--的平面角． 在1A A D △中，由等面积法可求得5A F=AB CD1A1C 1BA BC D1A1C1BO F又112A G AB ==sin 45A G A F GA F∴===∠．所以二面角1A A D B--的大小为arcsin4（Ⅲ）1A B D △中，111A B D B DA D AB S ===∴=△1B C DS =△．在正三棱柱中，1A 到平面11B C C B设点C 到平面1A B D 的距离为d ． 由11A B C DC A BD V V --=，得11133B C D A B D S S d=△△，12A B Dd S ∴==△∴点C 到平面1A B D2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.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 ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.取OC 的中点N ，连接PN .QBCPADOM因为21,21===OCNO OANO OQPO ，所以OANO OQPO =，从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角.因为3P B ===，P N ===10)2()22(2222=+==ON OB BN所以9333210392cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PNPB BNPN PB BPN ＋＝.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是93arccos.(Ⅲ)连结OM ，则112.22O M A B O Q ===所以∠MQP ＝45°.由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离.又03,sin 452P Q P O Q O P H P Q =+=∴==.即点P 到平面QAD 的距离是2..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. 典型例题例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. 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，24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点，2,2,621,62=====∴SC DF CD EF CD33222621312131=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=∴-SC DF EF V CEF S在Rt SCE ∆中，3222=+=CE SC SE 在Rt SCF ∆中，30224422=++=+=CFSCSF又3,6=∴=∆SEF S EF由于h S V V SEF CEF S SEF C ⋅⋅==∆--31，即332331=⋅⋅h ，解得332=h故CD 与SE 间的距离为332.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.解答过程：解析一 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,BACDOGH 1A 11D1B 1O1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACCA ,又⊂11D B 平面11D GB∴平面1111D GB ACCA ⊥，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，222212111=⋅⋅=⋅⋅=∆AO O O S OG O .又362,23212111=∴=⋅⋅=⋅⋅=∆OH OH G O OH S OG O .即BD 到平面11D GB 的距离等于362.解析二 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 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632221,111111=⨯⨯==∆--D GB GBB D D GB B S V V34222213111=⨯⨯⨯⨯=-GBB D V , ,36264==∴h即BD 到平面11D GB 的距离等于362.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. 典型例题例5（2007年北京卷文）如图，在R t A O B △中，π6O A B ∠=，斜边4A B =．R t A O C △可以通过R t A O B△以直线A O 为轴旋转得到，且二面角B A O C --的直二面角．D 是A B 的中点．（I ）求证：平面C O D ⊥平面A O B ； （II ）求异面直线A O 与C D 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1：（I ）由题意，C O A O ⊥，B O A O ⊥， B O C ∴∠是二面角B A O C --是直二面角， C O B O ∴⊥，又A O B O O = ，C O ∴⊥平面A O B ，又C O ⊂平面C O D ．∴平面C O D ⊥平面A O B ．（II ）作D E O B ⊥，垂足为E ，连结C E （如图），则D E A O ∥，C D E ∴∠是异面直线A O 与C D 所成的角． 在R t C O E △中，2C OB O ==，112O EB O ==，C E ∴=又12D EA O ==∴在R t C D E △中，tan 3C E CDE D E===∴异面直线A O 与C D 所成角的大小为arctan 3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.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 ⊥AB , AD ⊥AF ,故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角.是矩形的直径，是圆、ABFC O BC AF ∴ ，OCADBEx是正方形，又ABFCACAB∴==6由于ABFC是正方形，所以∠BAF＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；(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（0，0，0），A（0，23-，0），B（23，0，0）,D（0，23-，8），E（0，0，8），F（0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FEBDco s,10||||B D F EB D F EB D F E⋅<>===设异面直线BD与EF所成角为α，则.co s co s,10B D F Eα=<>=故直线BD与EF所成的角为1082arccos.考点5 直线和平面所成的角例7.（2007年全国卷Ⅰ理）四棱锥S A B C D-中，底面A B C D为平行四边形，侧面SB C⊥底面A B C D．已知45A B C=∠，2A B=，B C=SA SB==（Ⅰ）证明SA B C⊥；（Ⅱ）求直线SD与平面S A B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．解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO B C⊥，垂足为O，连结A O，由侧面SB C⊥底面A B C D，得SO⊥底面A B C D．因为SA SB=，所以A O B O=，又45A B C=∠，故A O B△为等腰直角三角形，A O B O⊥，由三垂线定理，得SA B C⊥．DBCAS（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA B C ⊥，依题设A D B C ∥， 故SA A D ⊥，由A D B C ==S A =A O =1S O =，S D =．SA B △的面积112SA B ==连结D B ，得D A B △的面积21sin 13522S A B A D ==设D 到平面S A B 的距离为h ，由于D SA B S A B D V V --=，得121133h S S O S =，解得h=设SD 与平面S A B 所成角为α，则sin 11h S Dα===所以，直线SD 与平面SB C 所成的我为arcsin 11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P Q αβ--，A P Q ∈，B α∈，C β∈，C A C B =，45B A P ∠=，直线C A 和平面α所成的角为30．（I ）证明B C P Q ⊥；（II ）求二面角B A C 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C O P Q ⊥于点O ，连结O B ．ABCQ αβP因为αβ⊥，P Q αβ= ，所以C O α⊥， 又因为C A C B =，所以O A O B =．而45B A O ∠= ，所以45A B O ∠= ，90A O B ∠= ， 从而B O P Q ⊥，又C O P Q ⊥，所以P Q ⊥平面O B C ．因为B C ⊂平面O B C ，故P Q B C ⊥． （II ）解法一：由（I ）知，B O P Q ⊥，又αβ⊥，P Q αβ= ，B O α⊂，所以B O β⊥．过点O 作O H A C ⊥于点H ，连结B H ，由三垂线定理知，B H A C ⊥． 故B H O ∠是二面角B A C P --的平面角．由（I ）知，C O α⊥，所以C A O ∠是C A 和平面α所成的角，则30C A O ∠=，不妨设2A C =，则A O =sin 302O H A O ==．在R t O A B △中，45A B O B A O ∠=∠=，所以B O A O ==于是在R t B O H △中，tan 22B O B H O O H∠===．故二面角B A C P --的大小为arctan 2．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.解答过程：解法一：（Ⅰ）证：由已知DF //=AB 且∠DAD 为直角，故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF .又P A ⊥底面ABCD,CD ⊥AD，故由三垂线定理知AB CQαβP OHCD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF .（Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,则在△P AC 中易知EG ∥P A .又因P A ⊥底面ABCD ,故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ,垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 设AB=a ,则在△P AC 中，有 EG =21P A =21ka .以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD . 因S △GBD =21BD ·GH=21GB ·DF .故GH =BDDF GB ⋅.在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a. 而GB =21FB =21AD =a ，DF =AB ,从而得GH =BDAB GB ⋅= aa a 5⋅＝.55a因此tan ∠EHG=GHEG =.255521k aka=由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞︒30，必须k 25＞tan ︒30=,33解之得，k 的取值范围为k ＞.15152。
立体几何题型及解题方法 -回复
立体几何题型及解题方法 -回复立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的图形以及与之相关的性质和计算方法。
本文将介绍一些常见的立体几何题型以及解题方法，帮助读者更好地理解和应用这些知识。
圆柱体是一种具有两个平行且相等圆底面的立体图形。
下面将介绍两种常见的圆柱体题型及解题方法。
1. 计算圆柱体的体积圆柱体的体积公式为V = πr^2h，其中r表示圆柱体底面的半径，h表示圆柱体的高度。
解题时，需要提供半径和高度的数值，代入公式中计算即可。
例如，已知一个圆柱体的半径为3cm，高度为5cm，求其体积。
解：根据公式V = πr^2h，代入半径r = 3cm，高度h = 5cm，计算得V = π × 3^2 × 5 = 45π cm^3。
2. 计算圆柱体的表面积圆柱体的表面积包括底面积和侧面积两部分，公式为A = 2πr(r + h)，其中r表示圆柱体底面的半径，h表示圆柱体的高度。
解题时，需要提供半径和高度的数值，代入公式中计算即可。
例如，已知一个圆柱体的半径为3cm，高度为5cm，求其表面积。
解：根据公式A = 2πr(r + h)，代入半径r = 3cm，高度h = 5cm，计算得A = 2π × 3(3 + 5) = 48π cm^2。
立方体是一种六个面均为正方形的立体图形。
下面将介绍两种常见的立方体题型及解题方法。
1. 计算立方体的体积立方体的体积公式为V = a^3，其中a表示立方体的边长。
解题时，需要提供边长的数值，代入公式中计算即可。
例如，已知一个立方体的边长为4cm，求其体积。
解：根据公式V = a^3，代入边长a = 4cm，计算得V = 4^3 = 64 cm^3。
2. 计算立方体的表面积立方体的表面积公式为A = 6a^2，其中a表示立方体的边长。
解题时，需要提供边长的数值，代入公式中计算即可。
例如，已知一个立方体的边长为4cm，求其表面积。
高中数学立体几何的相关题型及解题思路
高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是许多学生感到困惑和头疼的地方。
本文将介绍一些常见的立体几何题型，并给出相应的解题思路和技巧，希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。
一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米，高为5厘米，要求计算其体积。
我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高，代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。
二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个正方体的边长为3厘米，要求计算其表面积。
我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2，其中a为边长，代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。
三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一，常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。
解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系，并能够利用相似三角形的性质进行推理。
例如，某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D'，另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似，要求计算两个正方体的体积比。
我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2，而体积与边长的关系为V=k^3，其中k为边长的比值。
因此，两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。
四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一，常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。
立体几何大题题型归纳总结
立体几何大题题型归纳总结立体几何是数学中的一个重要分支，涉及到图形的三维空间形态及其性质。
在学习立体几何时，我们经常会遇到各种不同类型的题目。
为了更好地理解和掌握这些题型，本文将对常见的立体几何大题题型进行归纳总结。
一、平面与立体体积计算平面与立体体积计算是立体几何中最基础的题型之一。
在此类题目中，我们需要计算平面和立体的面积或体积。
1. 长方体和正方体的体积计算以边长分别为a、b、c的长方体和正方体为例，它们的体积计算公式分别为V = a * b * c和V = a³。
2. 圆柱、圆锥和球的体积计算以底面半径为r、高度为h的圆柱、圆锥和球为例，它们的体积计算公式分别为V = πr²h、V = 1/3πr²h和V = 4/3πr³。
3. 平面图形的面积计算在立体几何题目中，有时需要计算平面图形的面积。
例如，计算正方形、长方形、圆形和三角形的面积时，可以使用相应的公式进行计算。
二、棱柱与棱锥的性质和计算棱柱和棱锥是立体几何中常见的两种立体图形。
在解答与棱柱和棱锥相关的题目时，我们需要了解它们的性质和计算方法。
1. 棱柱的性质和计算棱柱由一个多边形的底面和与底面相平行的侧面组成。
在求解棱柱的体积和表面积时，我们需要考虑底面的形状和侧面的高度。
2. 棱锥的性质和计算棱锥由一个多边形的底面和以底面为顶点的侧面组成。
在求解棱锥的体积和表面积时，我们需要考虑底面的形状、侧面的高度以及侧面形成的角度。
三、多面体的性质与计算多面体是指由多个面组成的立体图形，其中最常见的包括五面体、六面体、八面体等。
在解答与多面体相关的题目时，我们需要了解多面体的性质和计算方法。
1. 正多面体的性质和计算正多面体是指所有的面都是相等的正多边形，并且所有的顶点和棱都相等。
在解答正多面体的题目时，我们需要了解其面的个数、形状以及各种性质，如角度和棱长等。
2. 斜面体的性质和计算斜面体是指各个面不都是平行于某个坐标面的情况下的多面体。
高考数学立体几何题型总结
高考数学立体几何题型总结
高考数学中的立体几何是一个重要的题型，它涉及到空间中各种图形的计算、分析和推导。
本文将对高考数学中常见的立体几何题型进行总结和分析。
一、空间几何体的计算
这种题型主要涉及到空间几何体的计算，包括立方体、长方体、正方体、圆锥、圆柱、球等。
通常需要求出它们的表面积、体积、侧面积等。
二、空间几何体的推导
这种题型主要根据给定的条件，推导出空间几何体的性质和关系。
如：
1.根据两个底面和高的长度，求出一个棱锥的体积。
2.已知一个球的体积，求出它的半径。
3.已知一个棱柱的高和底面形状，求出它的体积。
三、空间几何体的立体图形分析
这种题型主要涉及到空间几何体的立体图形分析，通常需要进行裁剪、拼接、变形等操作。
如：
1.已知一个长方体的长、宽、高，将它分成两个体积相等的部分。
2.将一个棱锥剖成两个部分，使得它们的体积相等。
四、空间几何体的立体坐标
这种题型主要涉及到空间几何体的立体坐标，通常需要根据坐标系中给定的点、直线、平面等条件，求出几何体的坐标、面积、体积
等。
如：
1.已知一个立方体的坐标，求出它的体积和表面积。
2.已知一个球的坐标和半径，求出它的体积和表面积。
以上就是高考数学中常见的立体几何题型总结。
想要在考试中得高分，需要对这些题型进行深入的理解和掌握。
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。
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何题型归纳
高中数学中的立体几何题目种类较多，常见的数学题型归纳如下：
1. 空间图形识别题：通过题目给出的条件，判断所给图形的种类和性质，例如判断空间图形是否为正方体、长方体、正六面体等。
2. 空间几何图形的计算题：计算所给立体几何图形的面积、体积、表面积等指标，如计算球的体积、正方体的表面积等等。
3. 空间几何图形的切割题：在给定的空间图形中，通过一些切割、旋转等操作，形成新的空间图形，要求计算新空间图形的体积或面积，例如将正方体沿着某个对角线切分，得到新的多面体等等。
4. 空间几何图形的位置关系题：通过所给空间几何图形的位置关系，求出某些角度或长度，例如求两个平面的夹角、求一条线段在空间中到另一个平面的距离等等。
5. 空间向量题：通过向量的知识，来解决空间几何图形的计算、位置等问题，例如通过向量求解立方体的对角线长度等等。
以上是高中数学中较为常见的立体几何题型，掌握这些题型的解题方法，有助于提升数学解题的能力和水平。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6， 在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化. 【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
高中数学 考前归纳总结 立体几何常见题型与解法
一、求空间角问题 1．异面直线所成的角设异面直线12,l l 的方向向量分别为12,m m 。
则1l 与2l 所成的角θ满足对应的锐角或直 角即为直线a(AB)与b(CD)所成的角。
cos θ=12cos ,m m <>。
2．线面所成的角设直线l 的方向向量与平面α的法向量分别为,m n ，则直线l 的方向向量与平面α所成角θ满足sin cos ,m n θ=<>。
3．二面角的求法二面角βα--l ，平面α的法向量m ，平面β的法向量n 。
二面角的大小为θ, 若将法向量的起点放在两个半平面上(不要选择起点在棱上)，当两个法向量的方向都向二面角内或外时，则><,为二面角的平面角的补角； 即：cos cos ,m n θ=-<>;当两个法向量的方向一个向二面角内，另一个向外时，则><n m ,为二面角的平面角。
即：cos cos ,m n θ=<>;图（1）图（2） 例1：在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中，EF 分别是'',BC A D 的中点，（1）求直线'AC DE 与所成角的余弦值； （2）求直线AD 与平面'B EDF 所成角的余弦值； （3）求平面'B EDF 与平面ABCD 所成角的余弦值； 解：（1）如图建立坐标系，则'(0,0,),(,,0),(0,,0),(,,0)2aA a C a a D a E a'(,,),(,,0)2a AC a a a DE a ∴=-=-，'''15cos ,AC DE AC DE AC DE•∴<>==• 故'AC DE 与所成角的余弦值为1515。
（2）,ADE ADF ∠=∠所以AD 在平面'B EDF 内的射影在EDF ∠的平分线上，又'B EDF 为菱形，'DB ∴为EDF ∠的平分线， 故直线AD 与平面'B EDF 所成的角为'ADB ∠， 建立如图所示坐标系，则'(0,0,0),(,0,),(0,,0)A B a a D a ，'(0,,0),(,,)DA a DB a a a ∴=-=-，'''3cos ,DA DB DA DB DA DB •∴<>==•故AD 与平面'B EDF 所成角的余弦值为3（3）由''(0,0,0),(0,0,),(,0,),(0,,0),(,,0)2aA A aB a a D a E a ， 所以平面ABCD 的法向量为'(0,0,)m AA a ==下面求平面'B EDF 的法向量， 设(1,,)n y z =，由'(,,0),(0,,)22a aED a EB a =-=-， '0210n ED y z n EB ⎧•==⎧⎪∴⇒⎨⎨=⎩•=⎪⎩，(1,2,1)n ∴= 6cos ,6m n n m m n•∴<>==•，所以平面'B EDF 与平面ABCD 所成角的余弦值为66。
立体几何中的常见题型及基本思路
立体几何中的常见题型及基本思路解决一切空间几何问题的核心目标是把空间问题转化为平面问题。
1. 线线平行（是线面平行和面面平行的基础 ）的证明思路：（1）找到或者构建含两线的平行四边形（2）看两直线是否构成一个三角形的中位线或者等分线的关系（3）垂直于同一平面的两直线平行。
即：若b a b a //,则αα⊥⊥.（4）平行于同一直线的两直线平行。
即：若c a c b b a ////,//则（5）线面平行性质得到线线平行：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和已知平面相交，那么这条直线和交线平行。
即：若b a b a a //,,,//则且=⋂⊂βαβα.（6）面面平行性质得到线线平行：两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行。
即：若b a b a //,,//则且=⋂=⋂γβγαβα（7）如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线与这两个平面的交线平行。
即若b a b a a //,,//,//则且=⋂βαβα。
2.线面平行的证明思路：（1）定义：若一条直线和平面没有公共点，则这直线与这个平面平行（不常用）。
（2）判定定理：在平面内找到一条和已知直线（在平面外）平行的直线。
即：若ααα//,//,,a b a b a 则且⊂⊄（3）由面面平行得到的线面平行：两个平面平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面，即：若βαβα//,//a a 则且⊂。
例见T9山东12年高考（4）如果一个平面和平面外的一条直线都垂直于同一平面，那么这条直线和这个平面平行.即若αα//βαβ⊥⊄⊥。
a则,a,,a（5）如果两条平行直线中的一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面(或在这个平面内)，即若a∥b,a∥α,b∥α(或b⊂α)（6）两个平行平面外的一条直线与其中一个平面平行，也与另一个平面平行，即若α∥β,a⊄α，a⊄β，a∥α，则α∥β.（7）如果一条直线与一个平面垂直，则平面外与这条直线垂直的直线与该平面平行，即若a⊥α,bα，b⊥a，则b∥α.（8）在一个平面同侧的两个点，如果它们与这个平面的距离相等，那么过这两个点的直线与这个平面平行，即若A∉α，B∉α，A、B 在α同侧，且A、B到α等距，则AB∥α.3.面面平行的证明思路：（1）定义：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面平行，即无公共点⇔α∥β.（不常用）（2）判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，即若a,b⊂α，a∩b=P,a∥β,b∥β,则α∥β.（3）垂直于同一直线的两平面平行.即若α⊥a,β⊥a,则α∥β. （4）平行于同一平面的两平面平行.即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. （5）一个平面内的两条直线分别平行于另一平面内的两条相交直线，则这两个平面平行，即若a,b⊂α,c,d⊂β,a∩b=P,a∥c,b∥d,则α∥β.4.线线垂直（是线面垂直和面面垂直的基础）的证明思路：（1）勾股定理（2）等腰三角形底边上的中线与底边垂直（3) 矩形（正方形）临边，菱形（正方形）对角线相互垂直（4)线面垂直性质（,a b a b αα⊥⊂⇒⊥）（5）定义：若两直线成90°角，则这两直线互相垂直.（6）一条直线与两条平行直线中的一条垂直，也必与另一条垂直.即若b ∥c,a ⊥b,则a ⊥c（7）三垂线定理和它的逆定理：在平面内的一条直线，若和这个平面的一条斜线的射影垂直，则它也和这条斜线垂直.（8）如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与这个平面的垂线垂直.即若a ∥α,b ⊥α,则a ⊥b.（9）三个两两垂直的平面的交线两两垂直，即若α⊥β,β⊥γ，γ⊥α,且α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c ，则a ⊥b,b ⊥c,c ⊥a.例见T8陕西12年文，T14安徽12年文5.线面垂直的证明思路：（1）判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
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立体几何常见题型与解法一、求空间角问题 1．异面直线所成的角设异面直线12,l l 的方向向量分别为12,m m 。
则1l 与2l 所成的角θ满足对应的锐角或直 角即为直线a(AB)与b(CD)所成的角。
cos θ=12cos ,m m <>。
2．线面所成的角设直线l 的方向向量与平面α的法向量分别为,m n ，则直线l 的方向向量与平面α所成角θ满足sin cos ,m n θ=<>。
3．二面角的求法二面角βα--l ，平面α的法向量m ，平面β的法向量。
二面角的大小为θ, 若将法向量的起点放在两个半平面上(不要选择起点在棱上)，当两个法向量的方向都向二面角内或外时，则><n m ,为二面角的平面角的补角； 即：cos cos ,m n θ=-<>;当两个法向量的方向一个向二面角内，另一个向外时，则><,为二面角的平面角。
即：cos cos ,m n θ=<>;图（1）图（2） 例1：在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中，EF 分别是'',BC A D 的中点，（1）求直线'AC DE 与所成角的余弦值； （2）求直线AD 与平面'B EDF 所成角的余弦值； （3）求平面'B EDF 与平面ABCD 所成角的余弦值；解：（1）如图建立坐标系，则'(0,0,),(,,0),(0,,0),(,,0)2aA a C a a D a E a ll'(,,),(,,0)2aAC a a a DE a ∴=-=-， '''15cos ,15AC DEAC DE AC DE∙∴<>==∙ 故'AC DE 与。
（2）,ADE ADF ∠=∠所以AD 在平面'B EDF 内的射影在EDF ∠的平分线上，又'B EDF 为菱形，'DB ∴为EDF ∠的平分线， 故直线AD 与平面'B EDF 所成的角为'ADB ∠， 建立如图所示坐标系，则'(0,0,0),(,0,),(0,,0)A B a a D a ，'(0,,0),(,,)DA a DB a a a ∴=-=-，'''3cos ,DA DB DA DB DA DB ∙∴<>==∙ 故AD 与平面'B EDF 所成角的余弦值为3（3）由''(0,0,0),(0,0,),(,0,),(0,,0),(,,0)2aA A aB a a D a E a ， 所以平面ABCD 的法向量为'(0,0,)m AA a ==下面求平面'B EDF 的法向量， 设(1,,)n y z =，由'(,,0),(0,,)22a aED a EB a =-=-， '0210n ED y z n EB ⎧∙==⎧⎪∴⇒⎨⎨=⎩∙=⎪⎩，(1,2,1)n ∴= 6cos ,6m n n mm n∙∴<>==∙，所以平面'B EDF 与平面ABCD 所成角的余弦值为6例2. 如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB∥CD，AB=2AD =2CD =2．E 是PB 的中点． （I ）求证：平面EAC ⊥平面PBC; （II ）若二面角P-A C-E 求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值．解：（Ⅰ）∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC ，∵AB ＝2，AD ＝CD ＝2，∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ， 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC ． （Ⅱ）如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、 y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系， 则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)．设P (0，0，a )（a ＞0），则E ( 1 2，－ 1 2， a2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝( 1 2，－ 1 2， a 2)，取m ＝(1，－1，0)，则 m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为面PAC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0， 即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)， 依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2．于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1，1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n |__________|PA →||n |＝23， 即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23． 例3：如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，AD=PD ，E ， F 分别CD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：EF ⊥平面PAB；（Ⅱ）设BC ，求AC 与平面AEF 所成角的正弦值。
（Ⅰ）证明：建立空间直角坐标系（如图）， 设AD=PD=1，AB=2a （0a >），则E(a,0,0), C(2a,0,0), A(0,1,0), B(2a,1,0),P(0,0,1), 11(,,)22F a .得11(0,,)22EF =，(2,1,1)PB a =-，(2,0,0)AB a =.由11(0,,)(2,0,0)022EF AB a ⋅=⋅=，得EF AB ⊥，即EF AB ⊥，同理EF PB ⊥，又AB PB B =， 所以EF ⊥平面PAB.（Ⅱ）解：由AB =，得2a =a =.得E，11,)22F，C . 有(2,1,0)AC =-，2(1,0)2AE =-，11(0,,)22EF =. 设平面AEF 的法向量为(,,1)n x y =，由00n EF n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩11(,,1)(0,,)022(,,1)(1,0)02x y x y ⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎪⋅-=⎪⎩1102202y x y ⎧+=⎪⎪⇒-=⎪⎩， 解得1y x =-⎧⎪⎨=⎪⎩于是(1,1)n =-.设AC 与面AEF 所成的角为θ，AC 与n 的夹角为,AC n <>.则(2,1,1)sin cos ,6AC n AC n AC nθ--⋅=<>===⋅. . 所以，AC 与平面AEF 所成角的正弦值为6. 二、探索性问题例4．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== （1）求证1;AC BC ⊥（2）在AB 上是否存在点D 使得1?AC CD ⊥ （3）在AB 上是否存在点D 使得11//A C CDB 平面解：直三棱柱111ABC A B C -，13,4,5,,,AC BC AB AC BC CC ===两两垂直， 以C 为坐标原点，直线1,,CA CB CC 分别 为x 轴y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则1(0,0,4),(3,0,0),(0,0,4)C A C ，1(0,4,0),(0,4,4)B B（1）1(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-=-，110,AC BC AC BC ∴∙=∴⊥AC BC ∴⊥（2）假设在AB 上存在点D ，使得1AC CD ⊥，则(3,4,0)AD AB λλλ==- 其中01λ≤≤，则(33,4,0)D λλ-，于是(33,4,0)CD λλ=-， 由于1(3,0,4)AC =-，且1AC CD ⊥ 所以990λ-+=得1λ=，所以在AB 上存在点D 使得1AC CD ⊥，且这时点D 与点B 重合。
（3）假设在AB 上存在点D 使得11//AC CDB 平面，则(3,4,0)AD AB λλλ==-其中01λ≤≤ 则(33,4,0)D λλ-，1(33,44,4)B D λλ=---，又1(0,4,4).B C =--由于1(3,0,4)AC =-，11//AC CDB 平面， 所以存在实数111,,m n AC mB D nBC =+使成立， (33)3,(44)40,444,m m n m n λλ∴-=---=--= 所以12λ=，所以在AB 上存在点D 使得11//AC CDB 平面，且D 使AB 的中点。
三、范围问题例5.如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1,60AD DC CB ABC ===∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =.（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与 平面FCB 所成二面角的平面角为 (90)θθ≤，试求cos θ的取值范围.（1）证明：在梯形ABCD 中， ∵ //AB CD ,1AD DC CB ===，∠ABC ＝60，∴ 2AB =∴ 360cos 2222=⋅⋅-+=oBC AB BC AB AC∴ 222BC AC AB += ∴ BC ⊥AC∵ 平面ACFE ⊥平面ABCD ,平面ACFE ∩平面ABCD AC =,BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面ACFE（2）由（1）可建立分别以直线,,CA CB CF为轴轴轴，zyx,的如图所示空间直角坐标系，令)30(≤≤=λλFM，则)0,0,3(),0,0,0(AC，()()1,0,,0,1,0λMB∴()()1,1,,0,1,3-=-=λBMAB设1n),,(zyx=为平面MAB的一个法向量，由1n0=⋅AB，1n0=⋅BM联立得⎩⎨⎧=+-=+-3zyxyxλ，取1=x，则1n()λ-=3,3,1∵2n()0,0,1=是平面FCB的一个法向量∴=θcos||||||2121nnnn⋅⋅()()4311331122+-=⨯-+=λλ∵0λ≤≤∴当0λ=时，θcos，当λ=时，θcos有最大值12. ∴1cos2θ⎤∈⎥⎣⎦四、折叠问题例6。
在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）.将△AEF沿EF折起到EFA1∆的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）（1）求证：A1E⊥平面BEP；（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；（3）求二面角B－A1P－F的余弦值.解：不妨设正三角形ABC 的边长为 3 .(1)在图1中，取BE 的中点D ，连结DF ．∵AE :EB=CF :FA=1:2，∴AF=AD=2，而∠A=600,∴△ADF 是正三角形， 又AE=DE=1，∴EF⊥AD．在图2中，A 1E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A 1EB 为二面角A 1-EF-B 的平面角． 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A 1E⊥BE． 又BE∩EF=E，∴A 1E⊥平面BEF ，即A 1E⊥平面BEP ．(2)建立分别以ED 、EF 、EA 为x 轴、y 轴、z 轴的空间直角坐标系，则E(0,0,0),A(0,0,1),3,0), P (1, 3,0),则(0,0,1)AE =-,(2,0,1),(1,AB BP =-=-． 设平面ABP 的法向量为1111(,,)n x y z =，由1n ⊥平面ABP 知，11,n AB n BP ⊥⊥，即111120,0.x z x -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令1x =111,y z ==1(3,1n =．111cos ,||||(AE n AE n AE n ⋅<>===⋅,1,120AE n <>=, 所以直线A 1E 与平面A 1BP 所成的角为600．(2) (0,3,1),(1,0,0)AF PF =-=-，设平面AFP 的法向量为2222(,,)n xy z =． 由2n ⊥平面AFP知，22,n AF n PF ⊥⊥，即22220,0.x z -=⎧⎪-=令21y =，得220,x z =，2(0,1n =．1211127cos ,8||||(n n n n n n ⋅<>===⋅,所以二面角B-A 1P-F 的余弦值是78-． 五、用法向量求点到平面的距离如右图所示，已知AB 是平面α的 一条斜线，n 为平面α的法向量，则 A 到平面α的距离为d =；例7、如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=BC=CC 1=2. （I ）证明：AB1⊥BC 1；（II ）求点B 到平面AB 1C 1的距离; （III ）求二面角C 1—AB 1—A 1的大小 5解：（1）如图建立直角坐标系，其中C 为坐标原点. 依题意A （2，0，0），B （0，2，0）， B 1（0，2，2），C 1（0，0，2）， 因为0)2,2,0()2,2,2(11=-⋅-=⋅BC AB ，所以AB 1⊥BC 1. （2）设),,(1111z y x n =是平面AB 1C 1的法向量，由0,01111=⋅=⋅AC n AB n 得⎩⎨⎧=+-=++-,0,011111z x z y x 所以⎩⎨⎧==,,0111z x y 令11=z ， 则)1,0,1(1=n ，因为)0,2,2(-=AB ， 所以，B 到平面AB 1C 1的距离为2||11==n d .（3）设),,(2222z y x n =是平面A 1AB 1的法向量.由得,0,0122=⋅=⋅AA n AB n⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==+-,0,.0,0222222z y x z y x 所以 令2y =1，则),0,1,1(2=n 因为21221|||,|,cos 212121==><n n n n 所以，二面角C 1—AB 1—A 1的大小为60°。