立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用

立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用
【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】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d =
（P 为直线上的任意一点、Q 为平面上任意一点，u 为平面法向量）； 6
、平行平面间的距离d = （P 、Q 分别是两平面上任意两点，u 为两平面公共法向量 ）； “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，
2π
] ，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，证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1、（福建卷）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．
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111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，
G AO ∴⊥平面11BCC B ．
连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为
1BC CC ，的中点， 1B O BD ∴⊥， 1AB BD ∴⊥．
在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥， 1AB ∴⊥平面1A BD ．
（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．
1AF A D ∴⊥， AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．
在1AA D △中，由等面积法可求得AF =
又112AG AB == sin AG AFG AF ∴==∠
A
B
C
D A 1
C 1
B 1
A
B
C D
1
A
C 1
1
B
O F
所以二面角1A A D B --
的大小为
（Ⅲ）1A BD △
中，111A BD BD A D A B S ==△1BCD S =△． 在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B
设点C 到平面1A BD 的距离为d ． 由1
1
A BCD C A BD V V --=，得111
33
3
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111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，
AD ∴⊥平面11BCC B ．
取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，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 ，，
，
(110)D -，，
，1(02A ，(00A ，
1(120)B ，，， 1(12AB ∴=，，
(210)BD =-，，，1(1BA =-．
12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=，
1AB BD ∴⊥，
．11AB BA ⊥ 1AB ∴⊥平面1A BD ．
（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x
y z =，，n ． (11AD =-，，1(020)AA =，，．
AD ⊥n ，1AA ⊥n ，
1
00AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪
⎩，，n n 020x y y ⎧-+=
⎪
∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨
=⎪⎩
，． 令1z =得(=，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ， 1AB ∴为平面1A BD 的法向量．
x
cos <n
，11
1
3222AB AB AB ->===
n n
∴二面角1A A D B
--的大小为
（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB 为平面1A BD 法向量， 1(200)(12BC AB =-=，，，，
．
∴点C 到平面1A BD 的距离11
2BC AB d AB -==
小结：本例（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.
典型例题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，
2,2,62
1
,62====
=∴SC DF CD EF CD 3
3
222621312131=
⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=
∴-SC DF EF V CEF S 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 ⋅⋅=
=∆--31，即332331=⋅⋅h ，解得3
32=h 故CD 与SE 间的距离为
3
3
2. 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.
典型例题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
6
2. 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 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
3
4222213111=⨯⨯⨯⨯=
-GBB D V ,
B
A
C
D
O
G
H 1
A 1
C 1D
1
B 1O
,3
6
26
4=
=
∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于
3
6
2. 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.
（1）求异面直线所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利用平面几何知识（余弦定理、正弦定理、射线定理（12cos cos cos θθθ=）
）求解，整个求解过程可概括为：一找二证三求。

（2）求异面直线所成角的步骤：
①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。

②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。

③因为异面直线所成的角θ的范围是0°＜θ≤90°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。

3、“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化为易于研究的几何体来处理，利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。

4、利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。

方法总结：直接平移法、中位线平移、补形平移法、向量法
典型例题 4、 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，若AB=BC=3，AA 1=4，求异面直线B 1D 与BC 1所成角的大小。

选题意图，通过该题，让学生进一步理解异面直线所成角的概念，熟练掌握异面直线所成角的求法。

分析：构造三角形找中位线，然后利用中位线的性质，将异面直线所成的角转化为平面问题，解三角形求之。

解法一：如图①连结B 1C 交BC 1于0，过0点作OE ∥DB 1，则∠BOE 为所求的异面直线DB 1与BC 1所成的
角。

连结EB ，由已知有B 1BC 1=5，，∴cos ∠∴∠BOE=cos arc
解法二：如图②，连DB 、AC 交于O 点，过O 点作OE ∥DB 1，过E 点作EF ∥C 1B ，则∠OEF 或其补角就是两
异面直线所成的角，过O 点作OM ∥DC ，连结MF 、OF 。

则cos ∠OEF=，∴异面直线B 1D 与
BC 1所成的角为cos
arc 解法三：如图③，连结D 1B 交DB 1于O ，连结D 1A ，则四边形ABC 1D 1为平行四边形。

在平行四边形ABC 1D 1
中过点O 作EF ∥BC 1交AB 、D 1C 1于E 、F ，则∠DOF 或其补角就是异面直线DB 1与BC 1所成的角。

在△ADF 中DF=
2，cos ∠DOF=170，∴∠DOF=cos arc 170。

解法四：如图④，过B 1点作BE ∥BC 1交CB 的延长线于E 点。

则∠DB 1E 就是异面直线DB 1与BC 1所成角，连结DE 交AB 于M ，
cos ∠DB 1∴∠DB 1E=cos arc 。

解法五：如图⑤，在平面D 1DBB 1中过B 点作BE ∥DB 1交D 1B 1的延长线于E ，则∠C 1BE 就是异面直线DB 1与
BC 1所成的角，连结C 1E ，在△B 1C 1E 中，∠C 1B 1E=135°，C 1
cos ∠C 1BE=
170，∴∠C 1BE=cos arc 170。

分析：在已知图形外补作一个相同的几何体，以例于找出平行线。

解法六：如图⑥，以四边形ABCD 为上底补接一个高为4的长方体ABCD-A 2B 2C 2D 2，连结D 2B ，则DB 1∥D 2B ，
∴∠C 1BD 2或其补角就是异面直线DB 1与BC 1所成的角，连C 1D 2，则△C 1D 2C 2为Rt △，cos ∠C 1BD 2=，
∴异面直线DB 1与BC 1所成的角是cos
arc
解法七：如图⑦，连结DB 、DC 1，设异面直线DB 1与BC 1所成的角为θ，1111
DB cos BC DB BC θ⋅=
，而11
DB BC ⋅=1DB ⋅(111BB B C +)=11DB BB ⋅+111DB BC ⋅
=1DB 1BB cos 〈1DB ，1BB 〉+1DB 11B C cos 〈1DB ，11B C 〉 ∵ BB 1∥DD 1
∴ 〈1DB ，1BB 〉=〈1DD ，1DB 〉=∠D 1DB 1
cos ∠D 1DB 1
〈1DB ，11B C 〉=180°－∠DB 1C 1 ∵cos ∠DB 1C 1
∴cos 〈1DB ，11B C 〉=－cos ∠DB 1C 1=
11DB BC ⋅=7
∴ cos θ
θ= 解法八：如图⑧，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B （3，3，0），B 1（3，3，4），D （0，0，0），C 1（3，0，4）。

设1DB 和1BC 的夹角为θ， 则1111
DB cos BC DB BC θ⋅=
∴异面直线1DB 与1BC
所成的角为。

总之，异面直线所成的角是立体几何中的重要概念，也是我们学习的第一个空间角，它的求法体现了立体几何将空间图形问题化归为平面图形问题的基本思想。

典型例题5、长方体ABCD －A1B1C1D1中，AB=AA1=2cm ，AD=1cm ，求异面直线A 1C 1与BD 1所成的角。

解法1：平移法
设A 1C 1与B 1D 1交于O ，取B 1B 中点E ，连接OE ，因为OE//D 1B ，所以∠C 1OE 或其补角就是异面直线A 1C 1与BD 1所成的角△C 1OE 中
，所以异面直线所成的角为
解法2：补形法
在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面BC 1上补上一个同样大小的长方体，将AC 平移到BE ，则∠D 1BE 或其补角
就是异面直线A 1C 1与BD 1所成的角，在△BD 1E 中，BD 1=3，，
所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为
图2
解法3：利用公式
设OA 是平面α的一条斜线，OB 是OA 在α内的射影，OC 是平面α内过O 的任意一条直线，设OA 与OC 、OA 与OB 、OB 与OC 所成的角分别是、1、2，则
（注：在上述题设条件中，
把平面α内的OC 换成平面α内不经过O 点的任意一条直线，则上述结论同样成立）D 1B 在平面ABCD 内射影是BD ，AC 看作是底面ABCD 内不经过B 点的一条直线，BD 与AC 所成的角为∠
AOD ，D 1B 与BD 所成角为∠
D 1BD ，设D 1B 与AC 所成角为，
，。

2
11E B C B E C 2312221BD 21OE 25C A 21OC 22212
111221111=+=+==
++⋅====
()
552
325222325OE
OC 2E C OE OC OE C cos 2
2
2
12
122
11=⨯
⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=
⋅-+=
∠所以55
arccos
OE C 1=∠所以111BD C A 与55arccos
5BE =5224E D 2
21=+=()()
5
55
325253BE BD 2E D BE BD BE D cos 2
2
212
122
11-
=⨯⨯-+=⋅-+=
∠55arccos
2
1cos cos cos θθθ⋅=θθθ2
1cos cos cos θθθ⋅=θAOD
cos BD D cos cos 1∠⋅∠=θ5
5
BD BD BD D cos 11==
∠
所以
所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为
解法4：向量几何法：
设为空间一组基向量
所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为
5
55335AOD cos BD D cos cos 532
5
25212525OA OD 2AD OA OD AOD cos 122
2
2
22=
⋅=∠⋅∠==⋅
⨯-⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅-+=
∠θ55arccos
=θ55arccos
|b ||a |b a cos ⋅=
θ→
→→1AA AD AB 、、
b
a C A a
c b D A AA BA BD 0c b ,0c a ,0b a 2
|c |,1|b |,2|a |c AA ,b AD ,a AB 1111111+=→
-+=→
+→+→=→=⋅=⋅=⋅====→=→=→3
|c ||a ||b ||a c b ||BD |5
12|b a |C A 222212211=++=-+=→
=+=+=→
55533|
C A ||B
D |C A BD C A BD cos 341|a ||b |)b a )(a c b (C A BD 111111111
22111-
=-=→→→
⋅→>=→→<-=-=-=+-+=→
⋅→55
arccos
解法5：向量代数法：
以D 为坐标原点，DC 、DA 、DD 1分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A （0，1，0）、C （2，0，
0），B （2，1，0）、D 1（0，0，2），
所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为
解法6：利用公式
定理：四面体A —BCD 两相对棱AC 、BD 间的夹角必满足
图6
解：连结BC 1、A 1B 在四面体
中，异面直线A 1C 1与BD 1所成的角是，易求得
2
3
2
22
12
32
22
13
32211b b b a a a b a b a b a cos ++⋅++++=
θ)0,1,2(AC ),2,1,2(BD 1-=→--=→55
535AC ,BD cos 1-
=->=→→<55
arccos
BD
AC 2DC AB BC AD cos 2
222⋅--+=
θθBD
AC 2DC AB BC AD cos 2
222⋅--+=
θ1
11D C A B -θ3BD ,22B A ,5BC C A 11111===
=
图7
由定理得：
所以
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.
典型例题6、（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45ABC =∠，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 ⊥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 BC ∥，
故SA AD ⊥
，由AD BC ==
，SA =
AO ，得
1SO =
，SD =
1
112
1
1212111BD C A 2C D B A BC D A cos ⋅--+=
θ()()
5
53
52222512
2
2
2=⨯⨯--+=55arccos
=θD
C
S
O
D
B
C
A
S
SAB △
的面积2
1112
2S AB
SA ⎛=- ⎝
连结DB ，得DAB △的面积21
sin13522
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 OB ⊥． 如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz
-，
0)
A ，，(0
B ，(0
C ，(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 ，1
2G ⎫⎪⎪⎝⎭
，． 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 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
y
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
①从一条直线出发的两个半平面所成的图形叫做二面角，记作：二面角α—l —β。

②以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。

③范围： [0,]θπ∈
2、二面角出现的状态形式有哪些？
竖立式 横卧式
2、二面角的类型及基本方法 （1）四种常规几何作求法
定义法 垂面法；
cos θ
三垂线法； 射影面积法=S 射影多边形/S 多边形
（2）向量法：
①设m 和n 分别为平面βα,的法向量，二面角βα--l 的大小为θ，向量
m 、n 的夹角为ω，如图：
结论①：设m 和n 分别为平面βα,的法向量，二面角βα--l 的大小为θ，向量 m 、n 的夹角为ω，则有θωπ+=或 θω=
结论②：一般地，若设m n ,分别是平面βα,的法向量，则平面α与平面β所成的二面角θ的计算公式
是：=θ 时）
当二面角为锐角、直角(或-=πθ当二面角为钝角时）(，
其中锐角、钝角根据图形确定。

1、定义法：在棱上任取一点，过这点在两个面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。

2、三垂线定理及逆定理法：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点。

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、作棱的垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角的两条射线所成的角就是二面角的平面角。

4、投影法：利用s 投影面=s 被投影面θcos 这个公式对于斜面三角形，任意多边形都成立，是求二面角的好方法。

尤其对无棱问题
5异面直线距离法： EF 2=m 2+n 2+d 2－2mn θcos
典型例题7、若p 是ABC ∆所在平面外一点， 而PBC ∆和ABC ∆都是边长为2的正三角形， PA=6,求二面角P-BC-A 的大小。

分析：由于这两个三角形是全等的三角形， 故采用定义法
解：取BC 的中点E ，连接AE 、PE
ωθβ
l
α
n
n
P
C
B
A
E
AC=AB ，PB=PC ∴ AE ⊥ BC ，PE ⊥BC
∴PEA ∠为二面角P-BC-A 的平面角
在PAE ∆中AE=PE=3，PA=6
∴PEA ∠=900
∴二面角P-BC-A 的平面角为900。

典型例题8、已知ABC ∆是正三角形，⊥PA 平面ABC 且PA=AB=a,求二面角A-PC-B 的大小。

[思维]二面角的大小是由二面角的平面角来度量的，本题可利用三垂线定理（逆）来作平面角，还可以用射影面积公式或异面直线上两点间距离公式求二面角的平面角。

解1：（三垂线定理法）
取AC 的中点E ，连接BE ，过E 做EF ⊥PC,连接BF ⊥PA 平面ABC ，PA ⊂平面PAC
∴平面PAC ⊥平面ABC, 平面PAC 平面ABC=AC ∴BE ⊥平面PAC
由三垂线定理知BF ⊥PC
∴BFE ∠为二面角A-PC-B 的平面角
设PA=1,E 为AC 的中点，BE=
23,EF=4
2
∴tan BFE ∠=6=EF
BE
∴BFE ∠=arctan 6
解2：（三垂线定理法）
取BC 的中点E ，连接AE ，PE 过A 做AF ⊥PE, FM ⊥PC,连接FM
AB=AC,PB=PC ∴ AE ⊥BC,PE ⊥BC
∴ BC ⊥平面PAE,BC ⊂平面PBC ∴ 平面PAE ⊥平面PBC,
平面PAE 平面PBC=PE 由三垂线定理知AM ⊥PC
∴FMA ∠为二面角A-PC-B 的平面角
P
C A
E
F M
E
P
C
A
F
设PA=1，AM=
22,AF=721.=PE AE AP ∴sin FMA ∠=
7
42
=
AM AF ∴FMA ∠=argsin
7
42
解3：（投影法）
过B 作BE ⊥AC 于E,连结PE ⊥PA 平面ABC ，PA ⊂平面PAC
∴平面PAC ⊥平面ABC, 平面PAC 平面ABC=AC ∴BE ⊥平面PAC
∴PEC ∆是PBC ∆在平面PAC 上的射影
设PA=1,则PB=PC=2,AB=1
41=
∆PEC S ,4
7
=∆PBC S
由射影面积公式得，7
7
cos
arg ,77=∴==∆∆θθPBC PEC S S COS , 解4：（异面直线距离法）
过A 作AD ⊥PC,BE ⊥PC 交PC 分别于D 、E 设PA=1,则AD=
2
2
,PB=PC=2 ∴BE=
PC S PBC 2
1∆=414,CE=42,DE=42
由异面直线两点间距离公式得
AB 2=AD 2+BE 2+DE 2-2ADBE θCOS ,θCOS =
7
7cos arg ,77=∴θ [点评]本题给出了求平面角的几种方法，应很好掌握。

典型例题9、二面角βα--EF 的大小为
120，A 是它内部的一点，AB ⊥α，AC ⊥β,B 、C 为垂足。

（1） 求证：平面ABC ⊥
α,平面ABC ⊥β
P
C
A
E
E
P
C
B
A D
图3
图4
（2） 当AB=4cm,AC=6cm 时求BC 的长及A 到EF 的距离。

分析：本题采用作棱的垂面法找二面角的平面角 解：（1）设过 ABC 的平面交平面α于BD,交平面β于CD
AB ⊥α,AB ⊂平面ABC
∴
平面ABC ⊥
α,同理平面ABC ⊥β
（2） AB ⊥
α
∴AB ⊥EF
同理AC ⊥EF
∴EF ⊥平面ABDC ∴BD ⊥EF, CD ⊥EF ∴BDC ∠= 120 ∴ 60=∠BAC
∴BC=72606426422=⨯⨯-+ COS cm
有正弦定理得点A 到EF 的距离为：d=
321
460
sin =
BC cm 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.
以锥体为载体，对求角的问题进行研究
典型例题10、如图,在底面是一直角梯形的四棱锥S-ABCD 中， AD ∥BC,∠ABC=90°，SA ⊥平面AC ，SA=AB=BC=1，AD= .求面SCD 与面SAB 所成的角的大小。

解法1：可用射影面积法来求，这里只要求出S △SCD 与S △SAB 即可， 故所求的二面角θ应满足cos θ=
1
11⨯⨯
3。

点评：（1）若利用射影面积法求二面角的大小，作为解答题，高考中是要扣分的，因为它不是定理.（2）由学生讨论解决，教师根据学生的解答情况进行引导、明确学生的解答。

解法2：（三垂线定理法）
21
A
B
C β
D
解：延长CD 、BA 交于点E ，连结SE ，SE 即平面CSD 与平面BSA 的交线. 又∵DA ⊥平面SAB ，∴过A 点作SE 的垂线交于F .如图. ∵AD ＝
2
1
BC 且AD ∥BC ∴△ADE ∽△BCE ∴EA ＝AB ＝SA
又∵SA ⊥AE ∴△SAE 为等腰直角三角形，F 为中点，
2
2
2221=
==
SA SE AF 又∵DA ⊥平面SAE ，AF ⊥SE ∴由三垂线定理得DF ⊥SE ∴∠DFA 为二面角的平面角, ∴tan DFA ＝
2
2
=
FA DA 即所求二面角的正切值. 评注：常规法求解步骤：一作：作出或找出相应空间角；二证：通过简单的判断或推理得到相应角；三求：通过计算求出相应的角。

点评：是利用三垂线的定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法。

这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线。

此方法是属于较常用的。

总之，在运用三垂线找平面角时，找垂线注意应用已知的条件和有关垂直的判定和性质定理，按三垂线的条件，一垂线垂直二面角的一个面，还有垂直于棱的一条垂线。

且两垂线相交，交点在二面角的面内。

解法3：（向量法）
解：如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(-1，1，0)，D(0，，0)，S(0，0，
1)，易知平面SAB 的法向量为m =(0，，0)；设平面SDC 的法向量为n =(x ，y ，z)，而DC =(-1，，0)，
DS =(0，1
2
-， 1)，∵n ⊥面SDC ，∴n ⊥DC ，n ⊥DS ，n 1⊥DC .
∴⎧⎨⎩00n DC n DS ∙=∙=得10
2102
x y y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩
令1x =得：2,y =1z =。

即n =(1，2，1) ∵面SAB 与面SCD 所成角的二面角为锐角θ，
21
212
1
A
C
D
cos ,n m ∴<>=
m n m n
∙=1
1
2
=
∴θ=arccos
. 故面SCD 与面SBA 所成的角大小为arccos
. 点评：通过此例可以看出：求二面角大小（空间面面角等于二面角或其补角）的常规方法是构造三角形求解，其关键又是作出二面角的平面角，往往很不简单。

利用建立空间直角坐标系，避开了“作、证”两个基本步骤，通过求两个平面法向量的夹角来达到解决问题的目的，解题过程实现了程序化，是一种有效方法。

搭建平台，自主交流，数形结合，扫清了学生的思维障碍，更好地突破了教学的重难点，体验数学的简约美，一题多解是训练学生思维的有效形式。

3
63
63
6。