高考立体几何题中的八种变换
SXB089高考数学必修_立体几何的常见变换
立体几何的常见变换立体几何中常用七种变形或变位的技巧：“移、割、补、展、叠、射、转”.大家要熟练掌握. １. 移是指将某图形移到适当位置，使不在同一平面的元素集中到一个平面内，再利用平面几何知识进行研究.利用“平移”可实现立体向平面的迅速转化.【例１】 如图１，Ａ１Ｂ１Ｃ１－ＡＢＣ是直三棱柱，∠ＢＣＡ＝９０°，点Ｄ１、Ｆ１分别是Ａ１Ｂ１、Ａ１Ｃ１的中点，若ＢＣ＝ＣＡ＝ＣＣ１，求ＢＤ１与ＡＦ１所成的角的余弦值.解： 连结Ｄ１Ｆ１，取ＢＣ的中点Ｅ，因为Ｄ１Ｆ１∥Ｂ１Ｃ１∥ＢＥ，且Ｄ１Ｆ１＝Ｂ１Ｃ１＝ＢＥ，所以，四边形Ｄ１Ｆ１ＥＢ为平行四边形，于是，ＥＦ１∥ＢＤ１，所以∠ＥＦ１Ａ是ＢＤ１与ＡＦ１所成的角（或补角）. 设ＢＣ＝２，则由余弦定理得cos ∠EF 1A=【点评】 本题也可将三棱柱体补成正方体，但不如此法简捷.２. 割当给出的几何体较复杂，有关的计算公式无法直接运用或计算繁杂时，可以适当分割几何体，化整为零，从而迅速求解.【例２】 已知ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是棱长为a 的正方体，Ｅ、Ｆ分别为棱ＡＡ１与ＣＣ１的中点，求四棱锥Ａ１－ＥＢＦＤ１的体积.分析： 本题如直接用棱锥体积公式Ｖ＝Ｓh ，其中Ｓ易得，但h的计算很繁杂.如采用分割法并结合等体积法，则十分简捷.解： 连结ＥＦ，则有３. 补将几何体补出适当的部分，变到比较熟悉的，或者比较简单的几何体，再去进行求解.“补形”能带来计算上的简便，有时甚至是问题得以解决的惟一途径.【例３】 正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为１，Ｅ为棱ＡＡ１的中点，直线l 过Ｅ点与异面直线ＢＣ、Ｃ１Ｄ１分别交于两点，求这两点间距离.解： 补体如图３所示：多面体ＡＨ１、Ａ１Ｇ是与ＡＣ１同样大小的正方体，Ｈ１Ｇ１＝２，ＧＧ１＝１，由勾股定理可得ＧＨ１＝３，即所求两点间的距离为３.４. 展展开空间图形，是将立体几何问题转换为平面几何问题的常用方法，应用此法可化折为直，化曲为直.一般用于求多面体、旋转体的侧面上两点间的最短距离.图1图2 图3【例４】如图４，设正三棱锥Ｓ－ＡＢＣ的底边长为a，侧棱长为２a，过Ａ作与侧棱ＳＢ、ＳＣ都相交的截面ＡＥＦ，求这个截面周长的最小值.分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决.沿侧棱ＳＡ将三棱锥剪开，得侧面展开图（如图５），则该截面△ＡＥＦ周长的最小值问题就转化为在侧面展开图中，求Ａ、Ａ′两点间最短连线段长的问题，解略.５. 叠将平面图形折叠成立体图形.这里要求认清平面图形中各已知条件的相互关系及其本质，并且在把这一平面图形折叠成立体图形以后，要注意哪些发生了变化，哪些未发生变化.这些未变化的已知条件都是分析问题和解决问题的依据.【例５】一个等腰直角三角形硬纸板ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＡＣ＝４cm，ＣＤ是斜边上的高，沿ＣＤ把ＡＢＣ折成直二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ.（１）如果你手中有一把能度量长度的直尺，应如何确定Ａ、Ｂ的位置，使得二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ成直二面角？证明你的结论.（２）试在平面ＡＢＣ上确定一点Ｐ，使ＤＰ与平面内ＡＢＣ任意一条直线都垂直，证明你的结论.（３）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求小球半径的最大值.解：（１）因为ＡＢ⊥ＣＤ，故折叠后仍有ＡＤ⊥ＣＤ，ＢＤ⊥ＣＤ成立，即∠ＡＤＢ为二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ的平面角，只要使∠ＡＤＢ为直角即可.由于ＡＣ＝４cm，所以ＡD ＝ＢＤ＝２2cm，利用勾股定理可得，只要ＡＢ＝４cm时，二面角Ａ－ＣＤ－Ｂ即成直二面角.（２）在三棱锥Ｄ－ＡＢＣ中，△ＡＢＣ为等边三角形，所以三棱锥Ｄ－ＡＢＣ为正三棱锥，故只要点Ｐ为△ＡＢＣ的图6 图7中心，那么ＤＰ⊥面ＡＢＣ成立，从而ＤＰ与平面内的任一条直线都垂直.（３）当小球为三棱锥Ｄ－ＡＢＣ的内切球时半径最大.根据三棱锥Ｄ－ＡＢＣ的体积可求得小球的最大半径为Ｒ＝cm.【点评】平面图形的折叠主要是研究空间图形与平面图形的相互转化.研究这类问题的方法：（１）画出平面图形和折叠后的立体图形（用斜二侧画法）；（２）注意一些不变的基本元、基本量在解决问题时的关键作用.６. 射是指射影.将空间图形中的若干元素利用射影方法集中到某一个平面内，利用平面图形性质求解.【例６】棱长为１的正方体中，Ｅ是ＣＣ１的中点，Ｆ在ＢＢ１上且ＢＦ＝ＢＢ１，求平面Ａ１ＥＦ与底面ＡＢＣＤ所成二面角的余弦值.解：△Ａ１ＥＦ在面ＡＣ上的射影是△ＡＢＣ.设所求二面角为θ，即所求二面角的余弦值为７. 转是指将某些图形旋转适当的角度，使空间图形转化成平面图形.【例７】在二面角α-l-的两个面α，上分别有Ａ、Ｂ两点，在二面角的棱l上求一点Ｐ，使ＡＰ和ＢＰ之和最小.解析：可设法将Ａ、Ｂ两点放在同一个平面内，为此将半平面α绕l按逆时针旋转使之与平面重合，这时半平面α落在α′的位置，这样在l上求一点Ｐ使其与Ａ、Ｂ两点距离之和为最小，就转化为平面几何问题了.由此，可得到下面的作法，自点Ａ向棱l作垂线ＡＧ，Ｇ为垂足，过点Ｇ在平面α′内作Ａ′Ｇ⊥l，并取Ａ′Ｇ＝ＡＧ，连结Ａ′Ｂ交l于Ｐ，易证△ＡＧＰ≌△Ａ′ＧＰ，即ＡＰ＝Ａ′Ｐ，则Ｐ为所求的点.图8。
高考数学核心考点必备专题8-2 立体几何截面问题的十种题型-(解析版)-2023年高考数学
专题8-2立体几何截面问题的十种题型目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】 做截面基本功：补全截面方法 .................................................................................................... 1 【题型二】 截面形状的判断 ............................................................................................................................ 4 【题型三】 平行关系确定截面 ........................................................................................................................ 8 【题型四】 垂直关系确定的截面 .................................................................................................................. 10 【题型五】 求截面周长 .................................................................................................................................. 13 【题型六】 求截面面积 .................................................................................................................................. 17 【题型七】 球截面 .......................................................................................................................................... 19 【题型八】 截面分体积 .................................................................................................................................. 22 【题型九】 不规则截面（曲线型截面） ...................................................................................................... 24 【题型十】 截面最值 ...................................................................................................................................... 27 二、最新模考题组练 (30)【题型一】 做截面的基本功：补全截面方法【典例分析】在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2,AD=3,点E 、F 分别是AB 、AA 1的中点，点E 、F 、C 1∈平面α，直线A 1D 1⋂平面α=P ，则直线BP 与直线CD 1所成角的余弦值是3378 A 22 C B 3 D 3 99、、、、答案：B解析：如图，计算可得余弦值是223【提分秘籍】基本规律截面训练基础：模型：如下图E 、F 是几等分点，不影响作图。
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)。
高考数学中的图像变换相关知识点详解
高考数学中的图像变换相关知识点详解图像变换在高考数学中是一个非常重要的概念，它在各个领域都有着广泛的应用。
作为高考数学的一部分，图像变换不仅涉及到具体的计算方法，还要求我们掌握一些抽象的概念。
在本文中，我们将详细讨论高考数学中的图像变换相关知识点，帮助大家更好地理解和应用这一概念。
一、图像的基本变换类型在高考数学中，图像的基本变换类型包括平移、旋转、缩放和翻转等。
其中，平移是指在平面内保持图形形状和大小不变的情况下，将其平移指定的向量，从而得到一个新的图像。
旋转是指将图像围绕某个点或某条线进行旋转，使得图形的位置和形状发生变化。
缩放是指将图形按照固定比例进行变形，可以将图形放大或缩小。
翻转是指将图像沿着某个基准线进行翻转，从而得到一个关于基准线对称的新图像。
二、二维坐标系中的图像变换图像变换的描述离不开数学中的坐标系概念。
在二维坐标系中，我们可以用坐标表示平面上的点，并通过坐标系的变换来描述图像的变化。
下面我们就分别对四种基本变换类型在坐标系中的运算规则进行介绍。
1. 平移变换平移变换是将点 $(x,y)$ 变换成点 $(x+a,y+b)$ 的变换，其中$(a,b)$ 为平移向量。
也就是说，平移变换相当于将坐标系整体向右移动 $a$，向上移动 $b$。
例如，对于给定的点 $(1,2)$，以$(3,4)$ 为平移向量进行平移变换，得到新的点 $(4,6)$。
2. 旋转变换旋转变换是将点 $(x,y)$ 按照某个中心点绕指定的角度$\theta$ 进行旋转，得到新的点$(x',y')$。
旋转变换的基本公式为：$$\begin{bmatrix} x'\\y' \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix}$$其中 $\cos\theta$ 和 $\sin\theta$ 分别表示旋转角度的余弦和正弦值。
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。
高考数学：立体几何需熟透四公理八定理
⾼考数学：⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书为⽹友解疑答惑。
(南海⽹记者陈望摄) 南海⽹海⼝4⽉17⽇消息(南海⽹记者刘嘉珮)⾼考数学中⼏何是难点重点，有什么复习技巧?每次能听懂，但是轮到⾃⼰答题时却发蒙该怎么办?遇上难题该如何化解恐惧⼼理?4⽉17⽇，海南华侨中学⾼三数学备课组长邓建书参加南海⽹“2012⾼考名校名师全媒体辅导”时⼀⼀为⽹友们进⾏解答。
⽴体⼏何需熟透四公理⼋定理 针对⽹友提出⼏何复习办法的疑问，邓建书⽼师表⽰，⼏何分为⽴体⼏何和解析⼏何。
⽴体⼏何⼜分为四个公理⼋个定理，考⽣⾸先需要把这⽅⾯的教材都通读⼀遍，如果还不能理解的话，就拿出笔和纸把这些定理公理都抄下来，再把相应的图形画出来，必须记住这些内容，能做到脱⼝⽽出，只有熟悉基础知识，做题才能找到思路。
⽴体⼏何是基本的概念，解析⼏何则是最原始的定义，⾼考时做解析⼏何却让很多考⽣头痛不已，邓建书对解析⼏何计算的技巧给出了⾃⼰的建议。
“在计算这⽅⾯我们最⾸要的是相信⾃⼰，很多同学拿铅笔做题就是还不相信⾃⼰。
我认为在做题的时候可以先把⾃⼰知道的都在卷⾯上写下来，然后再在稿纸上算⼀下，算⼀步写⼀步。
免得这道题⽬不会做，在稿纸上算很久都没有算出来，⼜没有时间写在试卷上。
先在试卷上把知道的写下来这样能节省很多时间，即使没有做出来前⾯步骤分还在。
” 做不来题还是基础知识不牢固 有⽹友表⽰，学习数学时⽼师讲的时候⼤家很清楚，⾃⼰做的时候感觉却很难，邓建书⽼师认为这个同学还是基础知识不牢固。
“学习分为⼏个层次，第⼀个叫做⽣中成熟，第⼆熟中⽣巧，第三巧中⽣变，我觉得这个实际上就是知识熟练的过程，题⽬更多的就是考知识点，知识点不熟悉，题就做不好。
”他建议这位同学对⾼中的教材再进⾏梳理⼀遍，这样知识点可以慢慢熟悉起来，也可以找两、三位同学在⼀块互相提问，拿着书⼀本⼀本问，这个⽅法⽐较好。
时间不够，是很多考⽣都会遇到的苦恼，该如何保证考试正确率的同时⼜能提⾼速度?邓建书表⽰，如果⼤题没有时间做，肯定是因为考⽣在选择题和填空题上消耗了太多时间。
SXB128高考数学必修_几何体的变换
几何体的变换立体几何是高中数学的重点内容，也是高考的必考内容.立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查. 不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间位置关系的问题.即使是考查空间线面位置关系的问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，能把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，能把立体几何问题转化为平面几何问题求解，或者把平面问题转化为立体问题来解决等。
概括起来几何体的常见变换有“折”、“割”、“拼”、“转”、“展”、“合”、“延”、“补”等，这类题目操作性强，空间想象能力要求高，解决此类题目的关键是搞清楚在图形或几何体的变化过程中哪些量发生了变化，哪些量不变。
本文举例予以说明。
一、“折”“折”就是把平面图形通过翻折变成立体（或平面）图形，它是常考的题型，折叠问题的关键在于轴对称的特殊性质，注意折叠前后图形或几何体的变化量与不变量。
例1.如图(1)，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H ，I ，J 分别为AF ，AD ，BE ，DE 的中点.将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ所成角的度数为（ ）A.90°B.60°C.45°D.0°解析:将三角形折成三棱锥如图(2)所示.HG 与IJ 为一对异面直线.过点D 分别作HG与IJ 的平行线,即DF 与AD .所以∠ADF 即为所求.因此,HG 与IJ 所成角为60°答案：B. 评述:本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图时正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向. 二、割当给出的几何体比较复杂且不规则时,有关的计算公式无法直接运用,可以采用分割法化整为零,使问题化难为易.关键是根据原几何体与分割后的几何体的内在联系，紧紧围绕分割前后几何体的体积（或面积）不变的特点展开想象。
2021高考数学必考点解题方式秘籍 立体几何3 理(1)
2021高考理科数学必考点解题方式秘籍：立体几何3一．专题综述：立体几何的要紧任务是培育学生的空间想像能力，固然推理中兼顾逻辑思维能力的培育，几何是研究位置关系与数量关系的学科，而位置关系与数量关系能够彼此转化，解决立体几何的大体方式是将空间问题转化为平面的问题，即空间问题平面化，平面化的手法有：平移（包括线、面、体的平移）、投影、展开、旋转等变换。
1.考纲要求（1）把握平面的大体性质。
会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图：能够画出空间两条直线、直线和平面的各类位置关系的图形，能够依照图形想像它们的位置关系。
（2）把握直线和平面平行的判定定理和性质定理：明白得直线和平面垂直的概念，把握直线和平面垂直的判定定理：把握三垂线定理及其逆定理。
（3）明白得空间向量的概念，把握空间向量的加法、减法和数乘。
（4）了解空间向量的大体定理；明白得空间向量坐标的概念，把握空间向量的坐标运算。
（5）把握空间向量的数量积的概念及其性质：把握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；把握空间两点间距离公式。
（6）明白得直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。
（7）把握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念，关于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在座标表示下的距离把握直线和平面垂直的性质定理把握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定量。
（8）了解多面、凸多面体的概念，了解正多面体的概念。
（9）了解棱柱的概念，把握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
（10）了解棱锥的概念，把握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
（11）了解球的概念，把握球的性质，把握球的表面积、体积公式。
2.考题设置与分值从近几年各地高考试题分析，立体几何题型一样是1至3个填空或选择题，1个解答题，分值25分左右3.考试重点与难度（1）空间大体的线、面位置关系。
一样以客观题的形式显现，试题很基础，但需要全面、准确把握空间线、面位置关系的判定、性质，还需要有好的空间感。
高考数学复习点拨立几问题中的转化策略
7 ，y 2
1，z2
1
．
2
2
2
V V V V V ∴ A BCD
方体
P ABC
Q BCD
S ABD
V方体
4VQ BCD
11
xyz 4
xyz
32
1 xyz
3
14
．
12
三、空间问题整体化
当立几问题中的某些元素无法找到或者较难作题中的数量关系和空间形式， 对整体结构进行全面、 深刻的分析和改造， 从而
达到探求解题思路或优化和简化解题过程的目的．
例 4 如图 4，棱长为 2 的正方形 SG1G2G3 中， E，F 分
别是 G1G2 ， G2G3 的中点， D 是 EF 的中点，现在沿 SE， SF 及
EF把这个正方体折叠成一个四面体，且 G1， G2， G3 三点重合，
重合后的点记为 G，求四面体 G－ SEF的体积．
立几问题中的转化策略
立体几何是高考的重点、难点，也是很多同学感到头疼的问题．我们做题时，若能根 据题目的特点进行合理的转换， 则常常能使问题较容易的得以解决． 本文就立几问题中常见 的几种转化策略作一介绍，供同学们学习时参考．
一、空间问题平面化
所谓平面化是指将空间的点、 线、面的位置关系通过适当的转化， 使之转化在同一平面
元素经过平移后， 集中在某一个平面内， 再用平面几何知识来处理． 常用于异面直线所成的
角．
例 2 如图 2，三棱锥 A BCD 的各棱长都相等， M， N分别为 BC，AD的中点，求异面
直线 MN与 BD所成的角．
解： 如图 2，取 CD的中点 F，连结 MF， NF．
∵ M为 BC的中点，
∴ MF∥ BD， MF=BD．同理 NF=AC．
立体几何高考考点梳理及真题分类解析
第九章立体几何（2021年文科数学高考备考版）第一节空间几何体的三视图和直观图一、高考考点梳理（一）、空间几何体的结构特征1．多面体①棱柱：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，这些面围成（一）、简单几何体的结构特征的几何体叫作棱柱．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，这些面围成的几何体叫作棱锥．③棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．2．旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．（二）、三视图1．三视图的名称：几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．2．三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．（三）、直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：1．在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；2．已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段；3．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的1 2.二、历年高考真题题型分类突破题型一空间几何体的三视图【例1】（2020全国Ⅲ卷）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D. D.解析：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．【例2】（2018全国Ⅰ卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．217 B．2 5C．3 D．2解析：所求最短路径MN为四份之一圆柱侧面展开图对角线的长.故选B.【例3】（2017全国Ⅱ卷）如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A .90πB .63πC .42πD .36π解析：由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积V 1＝π×32×4＝36π,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,其体积V 2＝12×(π×32×6)＝27π,∴该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝63π.故选B .题型二 与球有关的几何体【例4】（2020全国Ⅰ卷）已知A ,B ,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为∆ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB=BC=AC=OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解析：设球O 半径为R ，⊙O 1的半径为r ，依题πr 2=4π，∴r =2。
高考数学立体几何大题的八大解题技巧
高考数学立体几何大题的八大解题技巧1、平行、垂直位置关系的论证的策略(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。
2、空间角的计算方法与技巧主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。
②用公式计算。
(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法；(ii)三垂线定理及其逆定理法；(iii)垂面法。
②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
3、空间距离的计算方法与技巧(1)求点到直线的距离：经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。
(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。
在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解(这种情况高考不做要求)。
(3)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算；也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。
求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。
4、熟记一些常用的小结论诸如：正四面体的体积公式是；面积射影公式；“立平斜关系式”；最小角定理。
弄清楚棱锥的顶点在底面的射影为底面的内心、外心、垂心的条件，这可能是快速解答某些问题的前提。
5、平面图形的翻折、立体图形的展开等一类问题要注意翻折前、展开前后有关几何元素的“不变性”与“不变量”。
第八章 立体几何初步(公式、定理、结论图表)--2023年高考数学必背知识手册(新教材)
第八章立体几何初步（公式、定理、结论图表）1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2.正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．(3)三视图的长度特征：“长对正、高平齐、宽相等”，即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽．5．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．6．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．7．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l三者关系S圆柱侧＝2πrl――→r′＝rS圆台侧＝π(r＋r′)l――→r′＝0S圆锥侧＝πrl8.柱、锥、台和球的表面积和体积(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．(4)公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．10．空间直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(3)平行公理(公理4)和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．11．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行α∥β没有公共点两平面相交斜交α∩β＝l有一条公共直线垂直α⊥β且α∩β＝a12．线面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β，b ∥β，a ∩b ＝P ，a ⊂α，b ⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，∴a ∥b14．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．(2)判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(4)直线和平面垂直的性质：①垂直于同一个平面的两条直线平行．②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．③垂直于同一条直线的两平面平行．15．直线和平面所成的角(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.(3)直线和平面所成角的范围是0°≤θ≤90°.16．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平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)二面角的范围是0°≤θ≤180°.17．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理l⊥α<常用结论>1．特殊的四棱柱2．球的截面的性质3．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下：5．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，6．异面直线的判定定理7．等角定理的引申(1)在等角定理中，若两角的两边平行且方向相同或相反，则这两个角相等．(2)在等角定理中，若两角的两边平行且方向一个边相同，一个边相反，则这两个角互补．8．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．9.线、面平行的性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．12．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．<解题方法与技巧>一、空间几何体概念辨析题的常用方法A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线D[A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．图1图2B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．]二、识别三视图的步骤(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．典例2：(1)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥ABCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)()A B C D(2)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(1)A(2)A[(1)正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见，故为虚线，易知选A.(2)由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A中的图形．]三、由三视图确定几何体的步骤典例3:(1)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3D．4(2)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为()A．217B．25C．3D．2(1)C(2)B[(1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C.(2)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图1所示．图1图2圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图2所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝14×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON22 5.故选B.]四、由几何体的部分视图确定剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．典例4：如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()A B C DA [由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A ，故选A.]五、空间几何体的直观图1．用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．2．原图形与直观图面积的关系典例5：(1)已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为()A.2B.24C.22D ．22(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6cm ，O ′C ′＝2cm ，则原图形是()A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形(1)C (2)C [(1)法一(作图求解)：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22，故选C.法二(公式法)：由题中数据得等腰梯形ABCD的面积S＝12×(1＋3)×1＝2.由S直观图＝24S原图形，得S直观图＝24×2＝22，故选C.(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2cm.所以OC＝OD2＋CD2＝(42)2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，由题意得OA綊BC，故四边形OABC是菱形，故选C.]六、求解几何体表面积的类型及求法A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．122πB．12πC．82πD．10π(1)A(2)B[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.]七、求体积的常用方法典例7：(1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3(2)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为．(1)A (2)13[(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥SABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.(2)四棱锥A 1BB 1D 1D 的底面BB 1D 1D 为矩形，其面积S ＝1×2＝2，又四棱锥的高为点A 1到平面BB 1D 1D 的距离，即h ＝12A 1C 1＝22，所以四棱锥的体积V ＝13×2×22＝13.]八、空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．典例8：(1)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543(2)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.3172B．210C.132D．310(1)B(2)C[(1)如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝34AB2＝93，所以AB＝6，BM＝23BE＝23AB2－AE2＝2 3.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝OB2－BM2＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥DABC的体积取得最大值，且最大值V ma x＝13S△ABC×(4＋OM)＝13×93×6＝18 3.故选B.(2)如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC 的中点M .因为AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，所以BC ＝5.又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA＝132，故选C.]九、共点、共线、共面问题的证明方法(1)证明点共线问题：①公理法：先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本公理3证明这些点都在交线上；②同一法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．(2)证明线共点问题：先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点．(3)证明点、直线共面问题：①纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内；②辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．典例9：(1)以下命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A ，B ，C ，D 共面，点A ，B ，C ，E 共面，则A ，B ，C ，D ，E 共面；③若直线a ，b 共面，直线a ，c 共面，则直线b ，c 共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A ．0B ．1C ．2D ．3(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 和AA 1的中点．求证：①E ，C ，D 1，F 四点共面；②CE，D1F，DA三线共点．(1)B[①正确，可以用反证法证明，假设任意三点共线，则四个点必共面，与不共面的四点矛盾；②中若点A，B，C在同一条直线上，则A，B，C，D，E不一定共面，故②错误；③中，直线b，c可能是异面直线，故③错误；④中，当四条线段构成空间四边形时，四条线段不共面，故④错误．](2)[证明]①如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又∵A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．②∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈直线CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．十、空间两条直线的位置关系典例10：(1)已知a，b，c为三条不同的直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝c，给出下列命题：①若a与b是异面直线，则c至少与a，b中的一条相交；②若a不垂直于c，则a与b一定不垂直；③若a∥b，则必有a∥c.其中真命题有．(填序号)(2)如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有(填上所有正确答案的序号)．①②③④(1)①③(2)②④[(1)对于①，若c与a，b都不相交，则c∥a，c∥b，从而a∥b，这与a与b是异面直线矛盾，故①正确．对于②，a与b可能异面垂直，故②错误．对于③，由a∥b可知a∥β，又α∩β＝c，从而a∥c，故③正确．(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG(图略)，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面，所以在图②④中，GH与MN异面．]十一、平移法求异面直线所成角的步骤典例11：(1)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD 所成角的正切值为()A.2 2B.32C.52D.72(2)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为()A.12B ．－12C.32D ．－32(1)C (2)A [(1)如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即∠EAB .不妨设正方体的棱长为2，则CE ＝1，BC ＝2，由勾股定理得BE ＝ 5.又由AB ⊥平面BCC 1B 1可得AB ⊥BE ，所以tan ∠EAB ＝BE AB ＝52.故选C.(2)如图，分别取AB ，AD ，BC ，BD 的中点E ，F ，G ，O ，连接EF ，EG ，OG ，FO ，FG ，则EF ∥BD ，EG ∥AC ，所以∠FEG 为异面直线AC 与BD 所成的角．易知FO ∥AB ，因为AB ⊥平面BCD ，所以FO ⊥平面BCD ，所以FO ⊥OG ，设AB ＝2a ，则EG ＝EF ＝2a ，FG ＝a 2＋a 2＝2a ，所以∠FEG ＝60°，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为12，故选A.]十二、判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．典例12：如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：GH ∥平面P AD .[证明](1)连接EC ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC AE ，所以四边形ABCE 是平行四边形，所以O 为AC 的中点．又因为F 是PC 的中点，所以FO ∥AP ，因为FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .(2)连接FH ，OH ，因为F ，H 分别是PC ，CD 的中点，所以FH ∥PD ，因为FH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以FH ∥平面PAD .又因为O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，所以OH ∥AD ，因为OH ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD .所以OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，所以平面OHF ∥平面PAD .又因为GH ⊂平面OHF ，所以GH∥平面PAD.十三、判定平面与平面平行的四种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．注意：谨记空间平行关系之间的转化典例13：已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，M，N分别为DB，DC的中点．(1)求证：平面EMN∥平面ABC；(2)求三棱锥AECB的体积．[解](1)证明：取BC中点H，连接AH，∵△ABC为等腰三角形，∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，∴EN ∥AH ，∵EN ⊄平面ABC ，AH ⊂平面ABC ，∴EN ∥平面ABC ，又M ，N 分别为BD ，DC 中点，∴MN ∥BC ，∵MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴MN ∥平面ABC ，又MN ∩EN ＝N ，∴平面EMN ∥平面ABC .(2)连接DH ，取CH 中点G ，连接NG ，则NG ∥DH ，由(1)知EN ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离与点N 到平面ABC 的距离相等，又△BCD 是边长为2的等边三角形，∴DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，DH ⊂平面BCD ，∴DH ⊥平面ABC ，∴NG ⊥平面ABC ，∴DH ＝3，又N 为CD 中点，∴NG 又AC ＝AB ＝3，BC ＝2，∴S △ABC ＝12·|BC |·|AH |＝22，∴V E ABC ＝V N ABC ＝13·S △ABC ·|NG |＝63.十四、证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理．典例14：如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M 为棱BC 的中点，BB 1＝3，AB 1＝10，∠CBB 1＝60°.(1)求证：AM ⊥平面BCC 1B 1；(2)求斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积．[解](1)证明：如图，连接B 1M ，因为底面ABC 是边长为2的正三角形，且M 为棱BC 的中点，所以AM ⊥BC ，且AM ＝3，因为BB 1＝3，∠CBB 1＝60°，BM ＝1，所以B 1M 2＝12＋32－2×1×3×cos 60°＝7，所以B 1M ＝7.又因为AB 1＝10，所以AM 2＋B 1M 2＝10＝AB 21，所以AM ⊥B 1M .又因为B 1M ∩BC ＝M ，所以AM ⊥平面BCC 1B 1.(2)设斜三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V ，则V ＝3VB 1ABC ＝3VA B 1BC＝3×13S △B 1BC ·|AM |＝12×2×3×sin 60°×3＝92.所以斜三棱柱ABCA1B1C1的体积为9 2 .十五、证明面面垂直的两种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决，注意：三种垂直关系的转化典例15：(1)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线B[取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝3，∴EN＝FN2＋EF2＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝12EF＝32，BG＝CG2＋BC2＝52，∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.∵BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.](2)如图，四棱锥PABCD中，△PCD为等边三角形，CD＝AD＝2AB，E，S，T，Q为CD，P A，PB，AD的中点，∠ABC＝∠BCD＝∠PEA＝90°，平面STRQ∩平面ABCD＝RQ.①证明：平面P AE⊥平面STRQ；②若AB＝1，求三棱锥QBCT的体积．[解]①证明：因为E为CD的中点，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以四边形ABCE 为矩形，所以AE⊥CD.由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE.因为∠PEA＝90°，PE∩CD＝E，故AE⊥平面PCD，又因为AE⊂平面ABCD.故平面PCD⊥平面ABCD.因为PE⊥CD，所以PE⊥平面ABCD.因为RQ⊂平面ABCD，所以RQ⊥PE.又PE ∩AE ＝E ，所以RQ ⊥平面PAE .所以平面P AE ⊥平面STRQ .②由①可知，PE ⊥平面ABCD ，又T 是PB 的中点，∴点T 到平面BCQ 的距离为12PE ＝32，易知S △BCQ ＝12S 梯形ABCD ＝12×12×(1＋2)×3＝334.故三棱锥Q BCT 的体积V ＝13×334×32＝38.十六、求点到平面的距离(高)的两种方法(1)定义法：求几何体的高或点到面的距离，经常根据高或距离的定义在几何体中作出高或点到面的距离．其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．(2)等体积法：求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．典例16:(1)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为．2[如图，过点P 作⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝(3)2－12＝ 2.](2)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．①证明：PO ⊥平面ABC ；②若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．[解]①证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .②作CH ⊥OM ，垂足为H .又由①可得OP ⊥CH ，OP ⊂平面POM ，OM ⊂平面POM ，OP ∩OM ＝O ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.十七、求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．典例17:(1)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．62C．82D．83C[如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin30°＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝82.](2)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.①求证：AD⊥BC；②求异面直线BC与MD所成角的余弦值；③求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．[解]①证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.②如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326.③如图，连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.十八、转化思想的应用(1)证明线面平行、面面平行可转化为证明线线平行；证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行．(2)从解题方法上讲，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行．(3)求几何体的体积也常用转化法．如三棱锥顶点和底面的转化，几何体的高利用平行、中点，比例关系的转化等．典例18:如图，在四棱锥P ABCD 中，△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝90°，∠ABC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD ＝2BC ＝8，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是PC 的三等分点(靠近C 点处)．(1)求证：平面MBD ⊥平面P AD ；(2)求三棱锥D MAB 的体积．[解](1)证明：由题易得BD ＝AD ＝42，∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴BD ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面P AD .又∵BD ⊂平面MBD ，∴平面MBD ⊥平面PAD .(2)过点P 作PO ⊥AD 交AD 于点O (图略)，∵平面PAD ⊥平面DAB ，平面PAD ∩平面DAB ＝AD ，∴PO ⊥平面DAB ，∴点P 到平面DAB 的距离为PO ＝2 2.∴V D MAB ＝V M DAB ＝13S △DAB ·13PO ＝13×12×(42)2×13×22＝3229.十九、解决平面图形翻折问题的步骤典例19：图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.二十、存在性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．典例20：如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．。
高考数学难点突破八立体几何中的翻折问题
高考数学难点突破八--------立体几何中的翻折问题一、知识储备翻折问题就是把平面图形经过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把运动着的空间图形不断地与原平面图形进行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达到空间问题与平面问题相互转化的目的。
核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面图形的公共底边，折痕与公共底边上两高所在平面垂直。
二、应用举例例1.如图，在矩形ABCD 中，M 在线段AB 上，且1AM AD ==，3AB =，将ADM ∆沿DM 翻折．在翻折过程中，记二面角A BC D --的平面角为θ，则tan θ的最大值为( )ABCD例2.在矩形ABCD 中，4,3AB AD ==,E 为边AD 上的一点，1DE =，现将ABE ∆沿直线BE 折成A BE '∆，使得点A '在平面 BCDE 上的射影在四边形BCDE 内（不含边界），设二面角 A BE C '--的大小为θ，直线,A B A C ''与平面BCDE 所成的角分 别为αβ，，则 A.βαθ<< B.βθα<< C.αθβ<< D.αβθ<<例3.如图，矩形ABCD 中心为, O BC AB >，现将DAC 沿着对角线AC 翻折成EAC ，记BOE a ∠=，二面角B AC E --的平面角为β，直线DE 和BC 所成角为γ，则（ ）A. ,2a ββγ>>B. ,2a ββγ><C. ,2a ββγ<>D. ,2a ββγ<<例4.如图，在ABC △中，1AB =，22BC =，4B π=，将ABC △绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 中点，设Q 是线段PA 上的动点，则当PC 与DQ 所成角取得最小值时，线段AQ 的长度为（ ） A ．5 B ．25C ．35D ．25例5.已知在矩形ABCD 中，2AD AB =，沿直线BD 将ABD ∆ 折成'A BD ∆，使得点'A 在平面BCD 上的射影在BCD ∆内（不含边界），设二面角'A BD C --的大小为θ，直线','A D A C 与平面BCD 所成的角分别为,αβ，则（ ）A. αθβ<<B. βθα<<C. βαθ<<D. αβθ<<Q DPCBA例6、（嘉兴市2020年1月期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．例7、（宁波市2020年1月期终）已知平面四边形ABCD 中，90A C ∠=∠=︒，BC CD =，AB AD >，现将ABD △沿对角线BD 翻折得到三棱锥A BCD '-，在此过程中，二面角A BC D '--、A CDB '--的大小分别为α，β，直线A B '与平面BCD 所成角为γ，直线A D '与平面BCD 所成角为δ，则（ ）A ．γδβ<<B ．γαβ<<C ．αδβ<<D ．γαδ<<例8、（柯桥一中2020年1月期终）已知在矩形ABCD 中，2AB =，4AD =，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示， 沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ ） A．5C.4例9、（2020年3月名校合作体）已知C 为ABD Rt ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至C B A '∆，若在三棱锥ACD B -'中，直线B C '和直线B A '与平面ACD 所成角分别为βα，，则（ ）A. βα<<0B.βαβ2≤<C.βαβ32≤≤D.βα3≥例10、（2020年1月嘉兴期终）已知矩形ABCD ，4AB =，2BC =，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，沿直线DE 将ADE △翻折成PDE △，在点P 从A 至F 的运动过程中，CP 的中点G 的轨迹长度为 ．例11、（2020年4月温州模拟）如图，在ABC ∆中，点M 是边BC 的中点，将ABN ∆沿着AM 翻折成M B A '∆，且点B '不在平面AMC 内，点P 是线段C B '上一点，若二面角B AM P '--与二面角C AM P --的平面角相等，则直线AP 经过C B A '∆的（ ） A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D.外心B DACG PFD C B A例12、（2020年嘉兴一模）将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 翻折，使得二面角A BD C --的平面角的大小为π3，若点E ,F 分别是线段AC 和BD 上的动点，则BE CF 的取值范围为 （ ）A ．[1,0]-B ．1[1,]4-C ．1[,0]2-D ． 11[,]24-例13、(2020年5月暨阳联考）如图:ABC ∆中，︒=∠⊥90,ACB BC AB ，D 为AC 的中点，ABD ∆沿BD 边翻折过程中，直线AB 与BC 直线所成的最大角，最小角分别记为11βα，，直线AD 与直线BC 所成的最大角，最小角分别记为22βα，，则有（ ）A. ββαα≤<121,B. 2121ββαα><，C. 2121ββαα≤≥，D.2121ββαα>≥，例14、（2020年4月台州二模）如下图①，在直角梯形ABCD 中，90=∠=∠=∠DAB CDB ABC ， 30=∠BCD ，4=BC ，点E 在线段CD 上运动，如下图②，沿BE 将BEC ∆折至C BE '∆，使得平面⊥'C BE 平面ABED ，则C A '的最小值为 .⇒例15、（2020年9月嘉兴基础知识测试）如图，矩形ABCD 中，2,1==BC AB ，点E 为AD 中点，将ABE ∆沿BE 折起，在翻折过程中，记二面角B DC A --的平面角大小为α，则当α最大时，=αtan （ ） A. 22 B. 32 C. 31 D.21。
立体几何题 变换方法多
立体几何题变换方法多作者：华瑞芬来源：《中学生理科应试》2015年第01期在求解立体几何问题的过程中，要学会把已知条件不断地变换，从而不断地接近要求解的目标，并最终达成目标.解题过程就是如何巧妙地进行变换，简化解题的过程，下面举例说明变换的多种方法，以利于提高学生的解题技巧.一、平移对于异面直线所成的角，以及直线与平面、平面与平面所成角不便于直接找到时，可采用平移变换的方法，使分散的条件相对集中，使复杂的图形简化，从而顺利求解.图1例1如图1所示，ABC-A1B1C1是直三棱柱，∠ACB=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为（）.A.3010B.12C. 3015D. 1510解析延长B1A1，使A1E=A1D1，连AE、EF1，则∠EAF1就是异面直线BD1与AF1所成角.∵∠B1A1C1=45°，则∠EA1F1=135°.在△EAF1中，利用余弦定理易求得cos∠EAF1=3010，故应选A.图2例2如图2所示，E、F是正四面体对棱BD、AC的中点，试求异面直线AE、BF所成的角.解析连结DF，取其中点Q，连结QE、QA，由已知易知QE∥BF，故∠QEA就是异面直线AE、BF所成的角.设正四面体棱长为1，∵正四面体的侧面均为正三角形，又知E、F为边的中点，∴AE、DF、BF既是中线又是高线，则AE=DF=BF=12-（12）2=32，QE=12BF=34，QF=12DF=34，AF=12AC=12.在Rt△QFA中，QA2=QF2+AF2=716.在△QEA中，由余弦定理得cos∠QEA=QE2+AE2-AQ22QE·AE=23，∴∠QEA=arccos23，即异面直线AE与BF所成的角为arccos23.二、截面求解立体几何问题时，作出适当的截面，特别是旋转体的轴截面，常使诸元素集中于截面图中，回避了复杂的空间图形，为解题带来了方便.例3一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是（）.A. 3πB. 4πC. 33πD. 6π图3解析过四面体A-BCD的棱AB做出球O的截面大圆，如图3.设球直径AE与底面BCD交于O′，由AB=2，可得BO′=63，进而AO′=233.设球的半径为R，则有AO=BO=R，OO′=233-R.在Rt△BOO′中，由BO2=BO′2+OO′2，有R2=（63）2+（233-R）2，则R=32.所以S球=4πR2=3π.应选A.例4在三棱锥P-ABC中，已知PA=a，其余各棱长为b，求三棱锥的体积.解析若以△ABC为底面求高很困难，若以一棱BC为高，即做一个截面PAE与棱BC垂直，这样就可把求三维体积转化为求二维面积来解决.图4如图4所示，显然△ABC、△PBC为等边三角形.设棱BC的中点为E，易知BC⊥平面PAE，即将原三棱锥切割成以△PAE为底面的两个小三棱锥，其高之和为BC的长.易知PE=AE=32b.取AP中点D，则DE⊥AP，DE=PE2-（12PA）2=123b2-a2，所以VP-ABC=13S△PAE（BE+EC）=112ab3b2-a2.三分割将不规则的几何体，运用切割的技术手法，分成若干规则的几何体，化整体为部分，从而使问题顺利获解.例5一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是（）.A. 3πB. 4πC. 33πD. 6π解析以球心为顶点，四面体的各面为底面，将四面体分割成四个等体积的小三棱锥.利用整体与部分的关系，可导出小锥体高OO′与四面体高AO′的关系，进而求出球的半径.图5如图5，设AO′=h，OO′=d，则整体与部分的体积关系是VA-BCD=4VO-BCD，即13S△BCD·h=43S△BCD·d，解之得h=4d，从而R=AO=3d=34AO′.由例2知AO′=233，则R=32，所以S球=4πR2=3π.应选A.四、补形若题设中的图形生疏，条件不便应用，可通过补形的技术手段，转化为熟悉、简单的图形，会给解题带来极大方便.图6例6同例3解析以正四面体的棱长2作为正方体的面对角线长，将正四面体补成正方体，如图6.则该正方体与原四面体有相同的外接球，这时正方体的棱长为1，正方体的对角线长AE为3，它也是外接球的直径，得R=32，所以S球=4πR2=3π.应选A.五、等积当一个三棱锥的体积难求时，不妨采用变更顶点或换底面的技术，最终转化为一个便于求体积的三棱锥.图7例7如图7，正方体AC1的棱长是2，E是B1B的中点，F是CD的中点，求三棱锥F-A1ED1的体积 .解析取AB的中点G，连结FG、A1G、EG.由FG∥D1A1，知FG∥面A1ED1，则F、G 到面A1ED1的距离相等，从而有VF-A1ED1=VG-A1ED1=VD1-A1EG.而S△A1EG=S□ABB1A1-2S△A1AG-S△GBE=32，所以VF-A1ED1=VD1-A1EG=13S△A1EG·A1D1=1.六、射影求直线与平面所成的角，需要做出线在面内的射影，而求无棱二面角时，可考虑将一个面内的图形向另一个面内做射影的技术手段，化难为易.图8例8如图8，正三棱柱各棱长为1，M是CC1的中点，求：（1） A1B1与面A1BM所成角的大小；（2）面A1BM与面ABC所成二面角的大小.解析（1）做B1在面A1BM内射影D，则∠B1A1D是A1B1与面A1BM所成角.设B1D=d，可用体积法，由VB1-A1BM=VM-A1BB1，有13S△A1BM·d=13S△A1BB1·MN，其中MN=32，S△A1BB1=12，S△A1BM=12A1B · MN=64，可得d=22.再由sin∠B1A1D=dA1B1=22，得∠B1A1D=45°.（本题中的D点实际上就是点N）（2）由正三棱柱知△ABC是△A1BM的射影，又S△ABC=34，S△A1BM=64，由公式cosθ=S△ABCS△A1BM=22，得所求二面角大小为θ=45°.七、延伸在证明线共点时，常需把延长线相交，而对于无棱二面角，一个基本的技术动作就是延伸平面，使两个平面相交，化无棱为有棱.例9例8 （2）图9解析延伸A1M、AC，交于点P，连结BP，如图9.则所求二面角就是A1-BP-A.由M是C1C的中点，可知CP=AC=BC，则AB⊥BP.又A1A⊥面ABC，则A1B⊥BP，∠ABA1是二面角A1-BP-A的平面角.在Rt△ABA1中，由AB=AA1，知∠ABA1=45°.八、展平对于求多面体、旋转体上两点沿表面的最短线问题，常用展成平面的技法，化折线为直线，化曲面为平面.例10如图10所示，正三棱锥A-BCD底面边长为a，侧棱长为2a，E、F为AC、AD上的动点，求截面△BEF周长的最小值和这时E、F的位置.图10图11解析把三棱锥A-BCD的侧面展开如图11所示，则BB′是截面△BEF周长的最小值.易知BB′∥CD，∴∠1 =∠2.又∵AC=AD=AB′=2a，CD=DB′=a，∴△ACD ≌△ADB′.∴∠2 =∠3 =∠4，∴∠1 =∠3 =∠4，∴△AB′D∽△B′FD，∴DFDB′=DB′AD，其中AD=2a，DB′=a，∴DF=12a.又△AEF∽△ACD，∴EFCD=AFAD，其中CD=a，AD=2a，AF=2a-a2=3a2，∴EF=34a.又∵在△DB′F中，∠1 =∠3，∴B′F=B′D=a，∴截面△BEF周长的最小值是BB′=BE+EF+FB′=2B′D+EF=2a+34a=114a.E、F两点分别满足AE=AF=32a.图12例11如图12，正三棱锥P-ABC的三条侧棱间的夹角都是30°，侧棱长为1，过B做截面△BMN，求△BMN周长的最小值.图13解析沿PB剪开，将三个侧面展成一个平面，如图13.可见线段BB′即为△BMN的最小周长.又∠BPB′=90°，PB=PB′=1，则BB′=2即为所求.九、对称对于在平面内求一点，使其到平面同侧两点的距离和最小的问题，可类比平面几何的方法，采用对称技术加以解决.例12正方体AC1的棱长为2，M是AA1的中点，点N在D1C上，点P在面ABCD内，求MP+PN的最小值.图14解析如图14，做出点M关于面ABCD的对称点M1，则MP+PN=M1P+PN.因此要使该式取得最小值，应使M1、P、N共线.而M1N的最小值就是△M1CD1的边CD1上的高h.易求得CD1=22，M1D1=13，M1C=3，cos∠M1CD1=26，sin∠M1CD1=346，S△M1CD1=12M1C ·CD1sin∠M1CD1=17，由12CD1·h=17，故所求的最小值为h=342.十、旋转将某些图形旋转适当的角度，使立体图形转化成平面图形.当要研究的图形在两个平面上时，则。
立体几何中常用的变形与变位技巧
立体几何中常用的变形与变位技巧作者：张婷婷来源：《高中生·高考指导》2015年第04期移是指将某图形移到适当位置，使不在同一平面的元素集中到一个平面内，再利用平面几何知识进行研究.利用“平移”可实现立体向平面的迅速转化.例1 如图1所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于小结本题为求异面直线所成角的问题.由图2可以看出，FD1∥OG，于是可知∠GOE即为所求的角.补就是将几何体补出适当的部分，变到比较熟悉或者比较简单的几何体，再去进行求解.“补形”能带来计算上的简便，有时甚至是问题得以解决的唯一途径.例2 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为棱AA1的中点，直线l过E点与异面直线BC、C1D1分别交于两点，求这两点之间的距离.展是指展开空间图形，是将立体几何问题转换为平面几何问题的常用方法.应用此法可化折为直，化曲为直.该法一般用于求多面体、旋转体的侧面上两点之间的最短距离.例3 如图4所示，圆台的上底半径为1，下底半径为4，母线AB=18，从AB的中点M拉一根绳子绕圆台侧面转到A点.（1）求绳子的最短长度.（2）求绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离.小结解答本题需将圆台“补成”圆锥再展开进行研究，这种割、补、拼凑的思想，也是立体几何中非常重要的数学思维方法.当给出的几何体较复杂，有关的计算公式无法直接运用或计算繁杂时，我们可以适当分割几何体，化整为零，从而迅速求解.例4 如图5所示，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA1与CC1的中点，求四棱锥A1-EBFD1的体积.叠就是将平面图形折叠成立体图形.这里要求认清平面图形中各已知条件的相互关系及其本质，并且在把这一平面图形折叠成立体图形以后，要注意哪些发生了变化，哪些未发生变化.这些未变化的已知条件都是分析问题和解决问题的依据.例5 如图6所示，在一个等腰直角三角形硬纸板ABC中，∠ACB=90°，AC=4 cm，CD是斜边上的高.沿CD将ABC折成直二面角A-CD-B，如图7所示.（1）若你手中有一把能度量长度的直尺，应如何确定A、B的位置，才能使得二面角A-CD-B成直二面角？证明你的结论.（2）试在平面ABC上确定一点P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论.（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求小球半径的最大值.解（1）由于AB⊥CD，所以折叠后仍有AD⊥CD，BD⊥CD成立，即∠ADB为二面角A-CD-B的平面角，只要使∠ADB为直角即可.利用勾股定理可得，只要AB=4 cm时，二面角A-CD-B即成直二面角.（2）在三棱锥D-ABC中，△ABC为等边三角形，所以三棱锥D-ABC为正三棱锥.故只要点P为△ABC的中心，那么DP⊥平面ABC成立，从而DP与平面内的任意一条直线都垂直.小结平面图形的折叠主要是研究空间图形与平面图形的相互转化.研究这类问题的方法是：①画出平面图形和折叠后的立体图形（用斜二侧画法）；②注意一些不变的基本元、基本量在解决问题时所起的关键作用.射是指射影.将空间图形中的若干元素利用射影方法集中到某一个平面内，然后利用平面图形的性质进行求解.转是指将某些图形旋转适当的角度，使空间图形转化成平面图形.例7 在二面角α-l-β的两个面α、β上分别有A、B两点，在二面角的棱l上求一点P，使得AP和BP之和最小.解可设法将A、B两点放在同一个平面内，为此将半平面α绕l按逆时针旋转，使其与平面β重合，这时半平面α落在α′的位置，这样在l上求一点P，并使其与A、B两点的距离之和最小，就转化为平面几何问题了.由此，我们得到以下作法：自点A向棱l作垂线AG，G为垂足，过点G在平面α′内作A′G⊥l，并取A′G=AG，连接A′B交l于点P，如图8所示.易证得△AGP≌△A′GP，即AP=A′P，于是可知点P即为所求的点.。
高中数学立体几何投影与旋转变换方法
高中数学立体几何投影与旋转变换方法在高中数学的立体几何中，投影与旋转变换是两个重要的概念和方法。
它们在解决立体几何问题时起到了关键的作用。
本文将重点介绍投影与旋转变换的方法，并通过具体的题目来说明其考点和解题技巧。
一、投影方法投影是将三维空间中的物体映射到二维平面上的方法。
在立体几何中，我们常常需要通过投影来求解物体的形状、位置和大小等问题。
投影方法主要包括平行投影和透视投影两种。
平行投影是指从物体到投影面的投影线是平行的情况。
在平行投影中，我们可以利用相似三角形的性质来求解问题。
例如，已知一个长方体在平行投影下的图形是一个正方形，要求长方体的体积。
我们可以设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，根据相似三角形的性质，可以得到等式：a/c = b/c = x，其中x为正方形的边长。
由此可得长方体的体积为abc。
透视投影是指从物体到投影面的投影线不平行的情况。
在透视投影中，我们常常需要利用相似三角形和比例关系来求解问题。
例如，已知一个正方体在透视投影下的图形是一个等腰梯形，要求正方体的棱长。
我们可以设正方体的棱长为a，根据相似三角形的性质，可以得到等式：(a-x)/a = h/d，其中x为等腰梯形的上底，h为等腰梯形的高，d为等腰梯形的下底。
由此可得正方体的棱长为a = x/(1-h/d)。
二、旋转变换方法旋转变换是将一个物体绕着某个轴旋转一定角度的方法。
在立体几何中，旋转变换常常用于求解物体的位置、方向和体积等问题。
旋转变换方法主要包括绕轴旋转和绕点旋转两种。
绕轴旋转是指物体围绕某个轴进行旋转的情况。
在绕轴旋转中，我们可以利用旋转后的物体与原物体的相似性来求解问题。
例如，已知一个圆柱体绕其底面的直径旋转一周后得到一个圆锥体，要求圆柱体的体积。
我们可以设圆柱体的底面半径为r，高为h，根据相似三角形的性质，可以得到等式：r/h = R/H，其中R为圆锥体的底面半径，H为圆锥体的高。
由此可得圆柱体的体积为πr^2h。
巧妙变换图形，提升解答立体几何题的效率
备考指南立体几何问题都与图形有关，对同学们的空间想象、直观想象以及逻辑思维能力有较高的要求.在解题时，可将一些图形进行巧妙的变换，如平行变换、翻折变换、伸缩变换、旋转变换等，利用平行变换、翻折变换、伸缩变换、旋转变换图形的性质来解题，这样可起到化难为易、化繁为简的效果，有利于提升解题的效率.一、平移变换平移变换是指将图形或其中的一部分平行移动.在此过程中，平移前后图形的大小、形状、面积都不改变，但是图形中的点、线段、曲线的位置都发生改变，且改变的方向向量相等.通过平移变换，可将图形平移到一些特殊的位置，这样便可通过讨论这些特殊的情形，找到解题的思路和方向.例1.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都是2，D 为BC 中点，求点A 1到平面ADC 1的距离．解：如图1，连接A 1C 交AC 1于O ，连接OD ，易知OD ∥A 1B ，又OD ⊂平面C 1AD ，则A 1B ∥平面C 1AD ，则A 1到平面ADC 1的距离是A 1B 上任意一点到平面ADC 1的距离，即为B 到平面ADC 1的距离，由D 为BC 中点知，B 到平面ADC 1的距离即为C 到平面ADC 1的距离，由AD ⊥BC 知，平面ADC 1⊥平面BB 1C 1C ，过C 作CH ⊥C 1D 于H ，则CH ⊥平面ADC 1，则CH 的长是A 1到面ADC 1的距离，在RtΔCC 1D 中，由勾股定理可得CH．确定点到平面的距离是解答本题的关键.通过添加辅助线，使得OD ∥A 1B ，这样便将点A 1平移到B 点，根据中点的性质将B 到平面ADC 1的距离转化为点C 到平面ADC 1的距离，于是所求的距离为CH ，根据勾股定理即可解题.通过平移变换，将点A 1平移到特殊点B ，就能将点到面的距离转化为两点之间的距离，这样便将问题简化.二、旋转变换旋转变换是指将图形或其中的某一部分绕着一个点或一条直线旋转.在此过程中，旋转前后图形的大小、形状、面积都不改变，但是图形中的点、线段、曲线的位置都发生了改变，且旋转的角度相等.将图形旋转到某一特殊位置，从而将不规则的几何图形变为规则的几何图形，把问题转化为简单的几何性质或运算问题，这样能使问题变得更加简单，易于求解.例2.若四面体的一条棱长为x cm ，其余棱长都为2cm ，则(1)x ∈；(2)当该四面体的体积最大时，x 的值是多少？解：如图2，设PA =x cm ，其余棱长都为2cm ，现让ΔPBC 绕着直线BC 旋转.(1)当P →A 时，x →0，当ΔPBC绕BC 沿顺时针方向旋转时，x 越来越大；当P →D 时，x →AD =23，因为点D 为菱形ACDB 的一个顶点，故x ∈(0,23)．(2)设点P 到平面ABC 的距离为d ，则V P -ABC =13∙S △ABC ∙d ，所以要使四面体的体积最大，需使点P 到平面ABC 的距离d 最大，观察旋转图形ΔPBC ，易知当平面PBC ⊥平面ABC 时，点P 到平面ABC 的距离取得最大值，此时ΔPBC 中，BC 边上的高为3cm ，此时x =6cm ．通过旋转变换，可将图形在旋转过程中的变化规律揭示出来，此时我们只要抓住旋转图形过程中的不变元素，据此列出关系式，利用极限思想就能快速求得问题的答案.三、翻折变换翻折变换是指将图形或其中的某一部分沿着某一条直线翻折.在此过程中，翻折前后图形的大小、形状、面积都不改变，图形中点、线段、曲线的位置都发生了改变，但其相对位置不变.通过翻折图形，便可改变图形及其中点、线段、曲线的位置，再抓住翻折过程中的变量和不变量，即可快速解题.例3.如图3，ABCD 是正方形，E 是AB 的中点，将ΔADE 和ΔBEC 沿DE 和CE 折起，使AE 与BE 重合，记A 与B 重合后的点为P .(1)求证：PE ⊥平面PDC ；(2)求二面角P -CD -E 的度数．(1)证明：因为ABCD 是正方形，将其翻折后使AE 与BE 重合，此时PE ⊥PD ，PE ⊥PC ，故PE ⊥平面PDC ．王进图1图251备考指南(2)解：取CD 中点F ，连接PF ，PE ，如图4，在图3中，AD =BC ，ED =EC ，而翻折后A ，B 重合为P ，故PD =PC ，可知PF ⊥CD ，EF ⊥CD ，则∠PFE 是二面角P -CD -E 的平面角．设正方形的边长为a ，得PE =a2，EF =a ，故sin ∠PFE =a2a =12，则二面角P -CD -E 的度数为30°．从正方形的性质入手，结合图形，便可快速找到一些垂直关系和相等关系，这也是将ΔADE 和ΔBEC 翻折过程中的不变关系，再根据翻折后图形中点、线、面之间的位置关系进行分析，便可快速找到二面角P -CD -E 的平面角，求得该角的大小.例4.如图5，四边形ABCD 为正方形，E ,F 分别为AD ,BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解：如图5，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴的正方向，|BF |为单位长，建立如图5所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又因为DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF ，PHEH ＝32.则H (0,0,0)，P æèçø，D æèöø-1,-32,0， DP =æèçø1,32， HP =æèçø.又HP 为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ=| HP ⋅DP ||HP || DP |34=.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.解答本题的关键是了解翻折前后线、面位置关系的变化情况，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后图形的结构特征，据此便可建立关系式，顺利解题.四、伸缩变换伸缩变换是指将图形或其中的某一部分伸长或缩短.伸缩前后图形的大小、形状、面积、周长都发生改变，图形中点、线段、曲线的位置也发生了改变，但其相对位置不变.通过伸缩变换，可将不规则图形变为规则图形，把不特殊、不熟悉的情形变成特殊的、熟悉的的情形，这样便将复杂的、陌生的问题转化为简单的、熟悉的问题.例5.如图6，在多面体ABCDEF 中，正方形ABCD 的边长为3，EF ∥AB ，EF =32，EF 与平面AC 的距离为2，则该多面体的体积是（）．A.92B.5C.6D.152解：当EF →0时，V 多面体→V 四棱锥E —ABCD =13×32×2=6；当EF →3时，V 多面体→V 直三棱柱ADE —BCF =S △BCF ·AB =12×3×2×3=9．所以6<V 多面体<9，所以本题应选D ．此解法是抓住了选择题的特点，并通过伸缩变换EF ，得到一些容易计算的特殊情形，据此求得几何体体积的最值，结合所给的选项就能快速求得问题的答案．由此可见，运用这四种变换图形的性质来解答立体几何问题，能收到意想不到的效果.在解题时，同学们可根据题意和图形的特征，将图形或其中的某一部进行平移、伸缩、翻折、旋转，寻找到特殊的情形，便可由此找到解题的思路.但是无论怎么变换图形，同学们都要把握其中的变量和不变量.（作者单位：安徽省无为严桥中学）图3图4图5图652。
空间几何体的位似与旋转变换
空间几何体的位似与旋转变换空间几何体的位似与旋转变换是数学中非常重要的概念和方法。
位似（Similarity）指的是两个几何体在形状上相似，但尺寸可能不同；旋转变换则是指通过旋转操作将一个几何体转移到另一个位置。
一、位似变换位似变换是指在保持几何体形状不变的前提下，通过缩放操作改变几何体的尺寸。
具体可以分为等比例变换和非等比例变换两种形式。
在等比例变换中，几何体的尺寸在各个维度上按相同的比例进行缩放。
例如，一个正方体按比例放大一倍，那么它的底面积和体积都会增大两倍，但各个边的比例关系保持不变。
而在非等比例变换中，几何体的尺寸在各个维度上按不同的比例进行缩放。
例如，一个矩形在长和宽方向上分别按不同的比例进行缩放，那么它的形状会发生改变，但相似性仍然存在。
二、旋转变换旋转变换是指通过绕特定轴进行旋转操作，改变几何体在空间中的方向和位置。
旋转变换通常使用欧拉角或四元数来表示。
在旋转变换中，几何体可以绕着特定轴进行旋转，如绕X轴、Y轴或Z轴旋转。
旋转操作会改变几何体的朝向和位置，但形状和尺寸保持不变。
例如，一个立方体绕X轴旋转90度，那么它的一个面将变为上方，但它的边长和体积仍然保持不变。
三、应用举例位似与旋转变换在几何学、计算机图形学、物理学等领域有着广泛的应用。
以下是一些常见的应用举例：1. 三维建模和动画：在计算机图形学中，位似与旋转变换被广泛用于进行三维建模和动画设计。
通过位似变换可以调整几何体的大小，而通过旋转变换可以改变几何体的方向和位置，从而实现物体的形变和动画效果。
2. 物理模拟：在物理学中，位似与旋转变换通常用于模拟刚体的运动。
通过位似变换可以调整刚体的大小，而通过旋转变换可以模拟刚体的旋转运动，从而精确地描述物体在三维空间中的位置和运动状态。
3. 结构工程：在结构工程中，位似与旋转变换用于分析和设计建筑物、桥梁等结构体。
通过位似变换可以对结构体进行缩放，从而便于进行尺寸调整和结构设计；通过旋转变换可以模拟结构体所受的力和形变，从而分析结构体的稳定性和安全性。
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高考立体几何题中的八种变换
高考立体几何题中的八种变换
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立体几何是高中数学中的重要内容，它主要涉及几何图形的基本概念、初等几何的直角坐标系、平面向量、立体几何的向量、立体几何的平面、三视图与正视图、平面与曲面等知识。
在立体几何中，变换是一个重要的概念，它可以让一个几何图形从原始状态发生变化，达到所要求的形状。
高考中立体几何题中会出现八种变换，本文将详细介绍这八种变换的概念、特征和应用。
一、平移
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平移又称为位移，它是把物体从原来位置沿一条直线移动，把物体在一定的方向上进行移动，使物体的形状不变。
平移的特征是对象的形状不变，只是改变了物体的位置，它具有“不变形”的性质。
平移的应用也很广泛，比如地图投影就是一种平移变换，还有旋转、反射和对称也都是平移变换的应用。
二、旋转
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旋转是将物体从原来位置沿一条直线旋转，使物体的形状保持不变。
旋转的特征是对象的形状不变，只是改变了物体的方向。
它具有“不变形”的性质。
旋转应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理等都会使用到旋转变换。
三、对称
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对称是将物体从原来位置沿一条直线和一个中心进行对称，使物体的形状保持不变。
对称的特征是对象的形状不变，只是将物体分成两部分，其中一部分与原来完全相同，而另一部分则是它的对偶形。
对称应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到对称变换。
四、反射
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反射是将物体从原来位置沿一条直线和一个中心进行反射，使物体的形状保持不变。
反射的特征是对象的形状不变，只是将物体沿一条直线对称地放在两侧。
反射应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到反射变换。
五、剪切
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剪切是将物体从原来位置剪切成新的几何图形，使物体的形状保持不变。
剪切的特征是对象的形状会有所改变，而且会有新几何图形产生。
剪切应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到剪切变换。
六、扩张
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扩张是将物体从原来大小扩张成新的大小，使物体的形状保持不变。
扩张的特征是对象的形状不变，而且会有新几何图形产生。
扩张应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到扩张变换。
七、斜轴旋转
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斜轴旋转是将物体从原来位置通过斜轴旋转成新的几何图形，使物体的形状保持不变。
斜轴旋转的特征是对象的形状会有所改变，而且会有新几何图形产生。
斜轴旋转应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到斜轴旋转变换。
八、透视
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透视是将物体从原来大小透视成新的大小，使物体的形状保持不变。
透视的特征是对象的形状不变，而且会有新几何图形产生。
透视应用场景也很多，如地图分割、航海航行、航天飞行和图形处理都会使用到透视变换。
总之，高考立体几何题中出现八种变换：平移、旋转、对称、反射、剪切、扩张、斜轴旋转和透视；它们各有其特征和应用场景；考生需要充分理解这八个重要的立体几何题中的几何变换；这样才能在考试中正确处理立体几何题中出现的各种几何问题。