高中数学立体几何题型与方法
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何是数学中的一个重要部分，也是高中数学中难度较大的内容之一。
下面介绍一些高一立体几何的题型及解题方法。
1. 空间向量题型
空间向量题型是高一立体几何中比较基础的题型，需要掌握空间向量的基本概念和运算规律。
解题时需要根据向量的定义和性质，运用向量加法、数乘等基本运算法则，求解向量的模长、方向余弦等相关量。
2. 空间几何体积题型
空间几何体积题型是高一立体几何中比较常见的题型，需要掌握各种几何体的面积和体积公式，并能够灵活运用这些公式进行计算。
解题时需要注意几何体的立体图形，确定所求的体积或面积，再根据公式进行计算。
3. 立体图形的相似题型
立体图形的相似题型需要掌握几何体的相似性质和基本比例关系，能够根据相似性质推导出几何体的相关量。
解题时需要注意几何体的相似条件，确定所求的比例关系，再根据比例关系求解相关量。
4. 空间几何位置关系题型
空间几何位置关系题型需要掌握空间中点、线、面的位置关系及相关性质。
解题时需要注意点、线、面的位置关系，确定所求的相关量，再根据相关性质进行计算。
总之，高一立体几何的题型比较多，需要学生具备扎实的基础知
识和灵活的解题思路，加强对几何图形和空间位置关系的理解和掌握，才能顺利解决高一立体几何的各种题型。
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。
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
高中几何题型及解题方法
高中几何题型及解题方法
一、高中几何的基本概念和分类
高中几何是数学中的一门重要分支，主要研究空间中点、线、面及其相关性质。
根据研究对象的不同，高中几何可以分为以下几类：平面几何、立体几何、解析几何。
二、高中几何题型的特点和分类
高中几何题目种类繁多，大致可以分为以下几类：
1.证明题：要求根据已知条件和公理、定理，证明某一结论。
2.计算题：要求根据已知条件和公式，计算出未知量的值。
3.作图题：要求根据已知条件和要求，完成图形绘制。
4.分析题：要求分析几何图形的性质和关系，找出规律。
三、高中几何解题方法的概述
解题方法可以分为两类：一类是利用几何图形的性质直接解题，另一类是运用数学公式和定理推导解题。
在解题过程中，要学会观察、分析和转化问题。
四、针对不同题型的解题策略和技巧
1.证明题：首先要熟悉证明的格式和要求，理清思路，根据已知条件和定理逐步推导。
2.计算题：要熟练掌握公式和计算方法，注意步骤的严谨性。
3.作图题：要熟练画图技巧，注意图形规范，正确表达题目要求。
4.分析题：要善于从图形中发现线索，运用逻辑思维分析问题。
五、高中几何的学习建议和注意事项
1.打好基础，熟悉基本概念、定理和公式。
2.多做练习，提高解题能力和熟练度。
3.学会分类总结，梳理知识点和解题技巧。
4.注重课堂学习和自主学习，勤于思考和提问。
5.及时复习，巩固学过的内容，避免遗忘。
通过以上分析，我们可以发现高中几何的学习关键在于掌握基本概念、定理和公式，以及运用恰当的解题方法。
解决高中数学中的立体几何问题的技巧与方法
解决高中数学中的立体几何问题的技巧与方法高中数学中的立体几何问题是学习者常常遇到的难点之一。
掌握解决这类问题的技巧和方法，有助于提升学习效率和解题能力。
本文将介绍一些解决高中数学中的立体几何问题的技巧与方法，帮助学习者更好地理解和应对这个领域的挑战。
一、画图准确在解决立体几何问题时，准确的图形是解题的基础。
因此，学习者需要养成细心观察和准确描绘图形的习惯。
画图时，应注意每一个线段、角度和形状的相对关系。
可以使用直尺、圆规等工具帮助画出准确的图形，避免出现不必要的错误。
二、理解立体几何基本概念在解决立体几何问题时，理解立体几何的基本概念非常重要。
这些基本概念包括平行、垂直、对称、相似、全等等。
学习者应该熟悉并理解这些概念的几何定义和性质，以便在解题过程中能够准确地运用它们。
三、运用立体几何定理和定律高中数学中有许多立体几何的定理和定律，学习者需要熟悉并灵活运用。
例如，平行线与截线定理可以用来确定平行线与平面的关系；空间中两条垂直平分线的交点在该线段的中点等。
运用这些定理和定律，可以简化解题过程，提高解题效率。
四、利用立体几何等距原理利用立体几何等距原理是解决数学中立体几何问题的重要方法。
该原理指出，如果两个几何体的形状和大小完全相同，则它们的性质和关系也相同。
在解题过程中，如果能够找到两个或多个形状完全相同的几何体，就可以将问题转化为更简单的几何关系，从而更容易解决问题。
五、建立几何模型为了更好地理解和解决立体几何问题，学习者可以尝试建立几何模型。
几何模型能够帮助学习者形象地展示和观察问题，从而更容易找出解题的思路和方法。
通过动手实践建立几何模型，能够增加对立体几何性质和关系的直观认识，提高解题的准确性和效率。
六、多思考、多练习解决立体几何问题需要思维的灵活性和逻辑推理能力。
学习者应该养成多思考、多练习的习惯，通过大量的练习来提高解题的技巧和速度。
在解题过程中，遇到困难或者不理解的地方，可以请教老师或者同学，进行思路的交流和互动，有助于拓宽解题思路和提高解题能力。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
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。
高中数学立体几何解题方法与技巧
高中数学立体几何解题方法与技巧高中数学立体几何是数学的一个重要分支，它研究的是空间中的图形、体积、表面积以及它们之间的关系。
学好立体几何，需要掌握一些解题方法与技巧。
下面将介绍一些常用的解题方法与技巧。
一、立体几何的基本概念与性质：在学习立体几何之前，首先需要掌握一些基本概念与性质。
例如：1.空间几何图形的基本要素：点、直线、平面。
2.空间几何体的基本要素：线段、直线、面、多面体等。
3.空间几何体的性质与关系：例如四边形的内角和等于360度，平面与直线的位置关系等。
二、图形的投影与视图：解题时，往往需要在二维平面上进行推导与计算。
因此，需要了解图形的投影与视图的概念与方法。
1.图形的平面投影：例如将三维图形的投影投到一个平面上，可以简化问题的分析与计算。
2.三视图的绘制：根据题目中的给定条件，绘制三个视图，有助于理清问题的关系和结构。
三、平行与相似：平行和相似是解决立体几何问题常用的关键性质。
掌握平行线与平行面的性质，以及相似三角形的性质，对解题有很大帮助。
1.平行线及其性质：例如平行线的万能定理、内线定理、等角对内线等。
2.平行面及其性质：例如平行面的性质、平行面截平行线的性质等。
3.相似三角形及其性质：例如相似三角形的比例定理、角平分线定理、海伦公式等。
四、体积与表面积：在解体积与表面积的问题时，需要掌握各种几何体的计算公式与基本相应的性质。
1.体积计算：例如长方体、正方体、三棱柱、圆柱、圆锥、球体等几何体的体积公式与相关性质。
2.表面积计算：例如长方体、正方体、三棱柱、圆柱、圆锥、球体等几何体的表面积公式与相关性质。
五、解题的方法与技巧：1.运用三角形的相似性质：当我们遇到复杂的几何体时，可以通过寻找相似三角形来简化问题的分析。
2.运用等高线的思想：当题目中出现高度或等高的条件时，可以利用等高线的思想来求解。
3.利用平行投影和垂直投影：平行投影和垂直投影是解决立体几何问题常用的方法，可以通过不同的投影方式简化问题的分析与计算。
高中数学方法总结立体几何的平面与直线解法
高中数学方法总结立体几何的平面与直线解法在高中数学中，立体几何是一个重要且复杂的内容。
其中，涉及到平面与直线的解法，在解题过程中需要掌握一定的方法和技巧。
本文将总结其中一些常用的解法，并提供相应的例题进行说明。
一、平面与直线的相交关系1. 平面与直线相交于一点当一个直线与一个平面相交于一点时，可以通过以下两种方法来确定该点的坐标。
方法一：设直线方程为L: ax + by + cz + d = 0，平面方程为P: Ax + By + Cz + D = 0。
将直线方程代入平面方程，即可求得该点的坐标。
例题：已知直线L: x - y + z - 1 = 0与平面P: 2x + y - z + 3 = 0相交于一点，求该点的坐标。
解答：将直线方程代入平面方程，得到：2(x - y + z - 1) + (y) - (z) + 3 = 02x - 2y + 2z - 2 + y - z + 3 = 02x - y + z + 1 = 0由上式可知，该点的坐标为(-1, 2, -3)。
方法二：利用平行向量的性质，将直线的方向向量与平面的法向量进行叉乘，求得交点的坐标。
例题：已知直线L过点A(2, 1, -1)，其方向向量为l(1, -1, 2)，平面P过点B(3, -1, 4)，其法向量为n(2, 3, 1)。
求直线L与平面P的交点坐标。
解答：设交点为M(x, y, z)。
由于直线L上的点M同时满足直线L的方程和平面P的方程，即l∙AM = 0 且n∙MB = 0首先，求l∙AM = 0：(1, -1, 2)∙(x - 2, y - 1, z - (-1)) = 0x - 2 - y + 1 + 2z + 2 = 0x - y + 2z + 1 = 0其次，求n∙MB = 0：(2, 3, 1)∙(x - 3, y - (-1), z - 4) = 02x - 6 + 3y + 3 + z - 4 = 02x + 3y + z - 7 = 0联立以上两式，得出方程组：x - y + 2z + 1 = 02x + 3y + z - 7 = 0解方程组可得该点的坐标为(2, -1, 0)。
高中数学立体几何题解题方法
高中数学立体几何题解题方法立体几何是高中数学中的一个重要内容，也是让很多学生头疼的难点。
在解立体几何题时，我们需要灵活运用各种几何定理和方法，合理利用图形的性质，从而找到解题的突破口。
本文将以一些常见的立体几何题型为例，介绍解题方法和技巧，帮助高中学生更好地应对这一部分的考试。
一、平面与立体图形的相交关系在解立体几何题时，我们经常会遇到平面与立体图形相交的情况。
这类题目的考点主要是理解和应用平面截立体图形的性质。
例如下面这道题：【例题】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AA1上，且满足AP：PA1=2：1，平面P与正方体的交线与平面BCD1所围成的立体图形的表面积为多少？【解析】首先，我们可以通过观察得知，平面P与正方体的交线与平面BCD1所围成的立体图形是一个四棱锥。
接下来，我们需要确定这个四棱锥的底面和高。
由于平面P与正方体的交线与底面BCD1相交于一条直线，而且AP：PA1=2：1，所以这条直线被分成了3等分，即BP：PA1=1：2。
由此可以得出BP=2，PA1=1。
由于正方体的棱长为2，所以BP的长度为2，即正方形BCDP的边长为2。
而四棱锥的高等于AP的长度，所以四棱锥的高为2。
根据四棱锥的底面和高，我们可以计算出四棱锥的表面积。
四棱锥的底面是一个正方形，边长为2，所以底面积为2²=4。
四棱锥的侧面是四个等边三角形，边长为2，高为2，所以每个三角形的面积为√3，四个三角形的总面积为4√3。
因此，平面P与正方体的交线与平面BCD1所围成的立体图形的表面积为4+4√3。
通过这道题，我们可以看出，解决平面与立体图形相交的问题，关键在于确定交线所围成的图形的形状和大小，然后利用几何定理计算出相应的面积或体积。
二、立体图形的体积计算在解立体几何题时，计算立体图形的体积是一个常见的考点。
对于不同的立体图形，我们需要运用不同的计算公式。
下面是一道与球体体积计算相关的题目：【例题】一个半径为5cm的球体，被一个平面截下一个球冠，球冠的高度为3cm。
高中数学学习中的立体几何解题方法
高中数学学习中的立体几何解题方法立体几何是高中数学中的重要内容之一，通常涉及到空间几何体的性质、体积、表面积等。
解决立体几何题目需要掌握一定的解题方法和技巧。
本文将介绍几种常用的立体几何解题方法，帮助同学们更好地应对这一知识点。
I. 平面图解法平面图解法是解决立体几何题目最常用的方法之一。
它通过将空间几何体投影到平面上，转化为平面几何问题进行求解。
在使用平面图解法时，需要注意以下几点：1. 绘制准确的平面图。
根据实际情况，选择合适的比例，绘制几何体的平面图。
注意标注各个重要点、线段、角度等信息，以便后续的计算。
2. 使用相似三角形。
在平面图中，经常需要计算几何体的某个边长或者角度，利用相似三角形的性质可以快速地求解。
通过观察平面图和实际几何体之间的关系，找到相似三角形，建立等比例关系，求解未知量。
3. 运用面积关系。
平面图解法中，面积关系也是常用的解题思路。
通过计算平面图中的面积，可以得到几何体的体积、表面积等指标。
掌握好各类几何形状的面积计算方法，能够更快速地解决问题。
II. 线段比例法线段比例法是解决立体几何问题的另一有效方法。
它基于几何体内部的线段比例关系，通过构建方程求解未知量。
使用线段比例法时，需要注意以下几点：1. 确定比例关系。
观察几何体内部的线段关系，根据题目要求建立合适的比例关系。
可以利用相似三角形的性质，或者运用平行线的截线定理，找出线段的比例关系。
2. 构建方程。
根据确定的比例关系，建立方程式。
可以利用已知的线段长度和未知量之间的比例关系，列出方程式，从而求解出未知量的数值。
3. 检查结果。
在使用线段比例法求解立体几何问题时，需要对解得的结果进行验证。
将求解得到的数值代入原始方程式中，检查是否等式成立，以确保结果的准确性。
III. 空间平移法空间平移法是解决立体几何题目的一种常用方法，它通过将几何体在空间中进行平移，转化为其他几何体的性质进行分析。
使用空间平移法时，需要注意以下几点：1. 明确平移方向和距离。
高中数学立体几何题型详解
高中数学立体几何题型详解立体几何是高中数学中的一个重要部分，涉及到空间中的各种几何体及其性质。
在考试中，常常会出现与立体几何相关的题目，考察学生对几何体的认识和应用能力。
本文将针对高中数学中常见的立体几何题型进行详细解析，帮助学生和家长更好地理解和应对这类题目。
一、平行四边形的体积计算平行四边形是一个常见的几何体，其体积的计算是高中数学中的基础知识。
考虑一个平行四边形的底面积为S，高为h的立体，其体积V可以通过公式V=S*h来计算。
例如，给定一个底边长为a，高为h的平行四边形，求其体积。
根据公式V=S*h，我们可以得到V=a*h，其中a为底边长，h为高。
这个公式的应用非常广泛，可以解决各种与平行四边形体积相关的问题。
二、正方体的表面积计算正方体是另一个常见的几何体，其表面积的计算也是高中数学中的基础知识。
一个边长为a的正方体，其表面积S可以通过公式S=6*a^2来计算。
例如，给定一个边长为a的正方体，求其表面积。
根据公式S=6*a^2，我们可以得到S=6*a*a=6*a^2，其中a为边长。
这个公式的应用非常广泛，可以解决各种与正方体表面积相关的问题。
三、立方体的体积和表面积计算立方体是一种特殊的正方体，其体积和表面积的计算也是高中数学中的基础知识。
一个边长为a的立方体，其体积V可以通过公式V=a^3来计算，表面积S可以通过公式S=6*a^2来计算。
例如，给定一个边长为a的立方体，求其体积和表面积。
根据公式V=a^3和S=6*a^2，我们可以得到V=a*a*a=a^3，S=6*a*a=6*a^2，其中a为边长。
这两个公式的应用非常广泛，可以解决各种与立方体体积和表面积相关的问题。
四、棱柱的体积和表面积计算棱柱是另一个常见的几何体，其体积和表面积的计算也是高中数学中的基础知识。
一个底面积为S，高为h的棱柱，其体积V可以通过公式V=S*h来计算，表面积S可以通过公式S=S底+S侧来计算，其中S底为底面积，S侧为侧面积。
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.π【例1】如图，在△ ABC中，∠ ABC =孑，O为AB边上一点，且 30B= 30C= 2AB ,已知Po丄平面 ABC，2DA = 2A0 = P0, 且 DA // P0.(1) 求证：平面PBD⊥平面C0D;(2) 求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.π⑴证明OB= 0C,又τ∠ ABC= ^4，ZπZπ∙∙∙∠ OCB= —, ∙∙∙∠ BOC="2.∙∙∙C0⊥ AB.又PO丄平面ABC0C?平面 ABC, ∙∙∙ PO丄 0C.又∙∙∙ PO, AB?平面PAB P0∩ AB= 0, ∙∙∙ C0⊥平面PAB,即CO丄平面PDB.又C0?平面COD则 C(2, 0, 0), B(0, 2, 0), P(0, 0, 2), D(0,—1,1), ∙∙∙ Pb= (0,— 1,— 1), BC = (2,— 2, 0), BD = (0,— 3, 1).X, y, Z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.•••平面PDB丄平面COD.设OA = 1,贝U PO= OB = OC = 2, DA =1.设平面BDC 的一个法向量为n = (x, y, z),n BC = 0,2x —2y= 0, n BD = 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,1× 0+ 1x(— 1)+ g×(— 1)= 2√221'02+(— 1) 2+(— 1) 2× ,'12+ 12+ 32= 11【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 仁DCBA 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// BC(2) 求二面角E-A I D-B I 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 AQE 又 B 1C?面 B I CDl,面 A 1DE∩面 B I CD= EF,所以EF// BQ.则SinPD ・n IPDlnl即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为 2 ,22 11AlD⑵解因为四边形 AA i B i B, ADD i A i, ABCD均为正方形，所以AA i ⊥ AB, AA i ⊥ AD, AB⊥ AD且AA i=AB= AD.以A为原点，分别以AB, AD, AA i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(i, 0, 0), D(0, i, 0), A i(0, 0, i), B i(i, 0, i), D i(0,i ii, i),而E点为B i D i的中点，所以E点的坐标为2, 2，i .→i i设平面A i DE的一个法向量n i= (r i, s i, t i),而该面上向量A i E= 2, 2，。
关于高中数学立体几何问题的解析方法研究
关于高中数学立体几何问题的解析方法研究
高中数学立体几何问题是一个比较复杂的数学问题，对于学生
来说，需要掌握一定的解析方法才能够有效解决这类问题。
以下是
一些解析方法的研究：
1. 几何画图法
几何画图法是解决立体几何问题的常用方法。
通过画图能够更
加直观的了解和掌握几何结构，从而更好的解决问题。
2. 矢量计算法
矢量计算法是一种简单易用的解决立体几何问题的方法。
借助
矢量的概念，可以很快地推导出相关的数学公式，从而解决立体几
何问题。
3. 空间向量法
空间向量法是一种比较高级的解决立体几何问题的方法，它通
过空间向量之间的运算，可以有效的推导出相关的数学公式，进而
快速解决问题。
4. 向量积法
向量积法是一种基于向量乘积的解决问题的方法，它通常应用
于计算体积等相关问题。
它需要求出向量积的模长和方向，从而计
算对应的数值。
总之，解决立体几何问题的方法有很多种，不同方法的适用范
围和优缺点不同，需要根据具体的问题情况选择合适的方法。
同时，良好的几何直观感和数学逻辑能力也是有效解决问题的关键。
第四讲-立体几何题型归类总结
第四讲-立体几何题型归类总结高中数学-立体几何第四讲立体几何题型归类总结一、考点分析基本图形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。
斜棱柱底面是正多边形的棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱2.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，并且顶点在底面的垂线上，这样的棱锥叫做正棱锥。
3.球球的性质：球心与截面圆心的连线垂直于截面；r=R2-d2（其中，球心到截面的距离为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、长方体、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：S球=4πR，V球=4/3πR³（其中R为球的半径）二、平行垂直基础知识网络平行与垂直关系可互相转化平行关系a⊥α，b⊥α⇒a//ba⊥α，a//b⇒b⊥αa⊥α，a⊥β⇒α//βα//β，a⊥α⇒a⊥βα//β，γ⊥α⇒γ⊥β垂直关系线线平行判定线线垂直性质判定性质判定面面垂直定义面面垂直线面平行面面平行线面垂直异面直线所成的角，线面角，二面角的求法1.求异面直线所成的角θ∈(0°,90°):解题步骤：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；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度$\theta\in[0^\circ,90^\circ]$：关键在于找到“两足”：垂足和斜足。
解题步骤：1.找到斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）；2.证明所找到的角度就是直线与平面所成的角度（或其补角）（常常需要证明线面垂直）；3.通过解直角三角形，计算线面角度。
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。
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。
(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.。
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高中数学立体几何题型与方法(理科)经典例题剖析
例1、已知三点不共线，对平面外任一点，满足条件，
试判断：点与是否一定共面？
解析：要证明平面，只要证明向量可以用平面内的两个不共线的向量
和线性表示．
答案:证明：如图，因为在上，且，所以．同理，又，所以
．又与不
共线，根据共面向量定理，可知，，共面．由于不在平面内，所以
平面．
点评：空间任意的两向量都是共面的．与空间的任两条直线不一定共面要区别开.
例2、如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，（I）求证：AC⊥BC1；（II）求证：AC1//平面CDB1；
解析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
答案：（1）是的中点，取PD的中点，则
，又
四边形为平行四边形
∥，
∥（4分）
（2）以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图，则，，，，，
在平面内设，，，由
由
是的中点，此时
（8分）
（3）设直线与平面所成的角为
，，设为
故直线与平面所成角的正弦为
（12分）解法二：
（1）是的中点，取PD的中点，则
，又
四边形为平行四边形
∥，
∥（4分）
（2）由（1）知为平行四边形
，又
同理，
为矩形∥，，又
作故
交于，在矩形内，，
，为的中点
当点为的中点时，
（8分）
（3）由（2）知为点到平面的距离，为直线与平面所成的
角，设为，
直线与平面所成的角的正弦值为
点评：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来
例3、如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面
是的菱形，为的中点.
(Ⅰ)求与底面所成角的大小；
(Ⅱ)求证：平面；
(Ⅲ)求二面角的余弦值.
解析：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平
移法求二面角的大小也可应用面积射影法，比较好的方法是向量法
答案：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．
又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．
连结OA，则OA是PA在底面上的射影．∴∠PAO就是PA与底面所成角．
∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=．
∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°．……6分
(II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC．
建立空间直角坐标系如图，则, ．
由M为PB中点，∴．
∴．
∴，
．
∴PA⊥DM，PA⊥DC．∴PA⊥平面
DMC．
……4分
(III)．令平面BMC的法向量，
则，从而x+z=0；……①, ，从而．……②
由①、②，取x=−1，则．∴可取．
由(II)知平面CDM的法向量可取，
∴．∴所求二面角的余弦值为－．……6分法二：（Ⅰ）方法同上
（Ⅱ）取的中点，连接，由（Ⅰ）知，在菱形中，由于，则，又，则，即，
又在中，中位线，，则，
则四边形为，所以，在中，，
则，故而，
则
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，则为二面角的平面角，
在中，易得，
，
故，所求二面角的余弦值为
例4、如图，在长方体中，点在线段上.
（Ⅰ）求异面直线与所成的角；
（Ⅱ）若二面角的大小为，求点
到平面的距离.
解析：本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求角度和距离,在求此类问题中，要将这些量归结到三角形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决，此外用向量也是一种比较好的方法.
答案：解法一：（Ⅰ）连结。
由已知，是正方形，有。
∵平面，∴是在平面内的射影。
根据三垂线定理，得，则异面直线与所成的角为。
作，垂足为，连结，则
所以为二面角的平面角，.
于是
易得，所以，又，所以。
设点到平面的距离为.
∵即，
∴，即，∴.
故点到平面的距离为。
解法二：分别以为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）由，得
设，又，则。
∵∴
则异面直线与所成的角为。
（Ⅱ）为面的法向量，设为面的法向量，则
∴. ①
由，得，则，即
∴②
由①、②，可取
又，所以点到平面的距离。
例5、如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且DE=，ED//AF且∠DAF=90°。
（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；
（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP 与PF的比值；若不存在，说明理由。
解析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。
答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，
则B（2，0，0），D（0，0，2），
E（1，1，2），F（2，2，0），
则
设平面BEF的法向量
，则可取，
∴向量所成角的余弦为。
即BD和面BEF所成的角的余弦。
（2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF
的比值为m，则P点坐标为
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则向量
，向量
所以。
点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
例6、。