立体几何中的计算与位置关系
距离计算公式立体几何
距离计算公式立体几何在立体几何中，距离是一个非常重要的概念。
它可以用来描述物体之间的空间关系，也可以用来计算物体之间的位置关系。
在本文中，我们将介绍一些常见的距离计算公式，以及它们在立体几何中的应用。
欧氏距离。
欧氏距离是最常见的距离计算方法之一。
它可以用来计算两点之间的直线距离，也可以用来计算两个物体之间的空间距离。
欧氏距离的计算公式如下：d = √((x2-x1)² + (y2-y1)² + (z2-z1)²)。
其中，(x1, y1, z1)和(x2, y2, z2)分别是两个点的坐标，d表示它们之间的欧氏距离。
欧氏距离在立体几何中有着广泛的应用。
例如，当我们需要计算两个物体之间的最短距离时，可以使用欧氏距离来进行计算。
此外，欧氏距离还可以用来描述物体之间的相对位置关系，比如两个物体之间的相对位置是靠近还是远离。
曼哈顿距离。
曼哈顿距离是另一种常见的距离计算方法。
它可以用来计算两点之间的城市街道距离，也可以用来计算两个物体之间的空间距离。
曼哈顿距离的计算公式如下：d = |x2-x1| + |y2-y1| + |z2-z1|。
其中，(x1, y1, z1)和(x2, y2, z2)分别是两个点的坐标，d表示它们之间的曼哈顿距离。
曼哈顿距离在立体几何中同样有着重要的应用。
与欧氏距离相比，曼哈顿距离更适用于描述物体之间的实际移动距离。
例如，在城市规划中，我们常常需要计算两个地点之间的最短行走距离，这时就可以使用曼哈顿距离来进行计算。
切比雪夫距离。
切比雪夫距离是一种特殊的距离计算方法，它可以用来计算两点之间的最大距离，也可以用来计算两个物体之间的空间距离。
切比雪夫距离的计算公式如下：d = max(|x2-x1|, |y2-y1|, |z2-z1|)。
其中，(x1, y1, z1)和(x2, y2, z2)分别是两个点的坐标，d表示它们之间的切比雪夫距离。
切比雪夫距离在立体几何中同样有着重要的应用。
2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)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．(2)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．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，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．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)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 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 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 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(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)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)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ 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 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，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，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(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PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系之直线与平面的夹角
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系之直线与平面的夹角直线与平面的夹角是立体几何中的重要概念之一。
它描述了直线与平面之间的相对位置关系，对于解决立体几何中的问题具有重要的指导意义。
本文将对高中数学中立体几何中直线与平面的夹角进行总结，并解释其相关概念和性质。
一、直线与平面的交点及夹角的定义在立体几何中，直线与平面的相交情况主要有三种，即直线在平面内、直线与平面相交于一点、直线与平面平行。
这些情况都涉及到直线与平面的夹角。
1. 直线在平面内当直线完全位于平面内时，直线与平面的夹角为0°。
这表示直线与平面的方向完全一致，没有倾斜。
2. 直线与平面相交于一点当直线与平面在一点相交时，可以定义出直线与平面的夹角。
夹角的度数介于0°到90°之间。
夹角的大小取决于直线在平面上的倾斜程度，倾斜越大，夹角越大。
3. 直线与平面平行当直线与平面平行时，它们之间没有交点，因此无法定义直线与平面的夹角。
但是，我们可以将夹角定义为零度，以保持夹角概念的完整性。
二、直线与平面夹角的性质在理解直线与平面的夹角的基本定义之后，我们可以进一步了解其相关性质和应用。
1. 夹角的度数与两者的倾斜程度有关直线与平面夹角的度数取决于直线在平面上的倾斜程度。
当直线垂直于平面时，夹角为90°；当直线与平面平行时，夹角为0°。
夹角的大小和方向可以通过解析几何等方法进行精确计算。
2. 夹角的度数可以表示两者之间的关系夹角的度数可以表示直线与平面之间的相对位置关系。
例如，当夹角为90°时，表示直线垂直于平面，可以用于判断垂直线段或垂直面的性质。
夹角为0°或呈现其他度数时，可以表示直线与平面的平行性或不平行性。
三、直线与平面夹角的应用举例直线与平面的夹角概念在实际问题中有广泛的应用，以下是其中的几个例子：1. 判断线段与平面的相对位置通过计算线段与平面的夹角，可以判断线段是否垂直于平面，从而判断两者的相对位置关系。
上海高二立体几何知识点
上海高二立体几何知识点一、概述立体几何是数学中研究空间内各种几何体的形状、大小、位置等性质的一门学科。
上海高二立体几何知识点是指上海高二学生需要掌握的与立体几何相关的重要知识点。
本文将为大家介绍上海高二立体几何的核心概念、公式以及解题方法等内容。
二、立体几何的基本概念和性质2.1空间几何体的分类空间几何体主要包括点、线、面以及体。
其中，点是空间的最基本的元素，线是由无数个点构成的，面是由无数个线构成的，体是由无数个面构成的。
2.2空间几何体的性质不同的空间几何体具有不同的特征和性质。
例如，平面内的点与点之间可以通过直线相连，而在空间内则需要使用线段。
此外，空间几何体还具有对称性、轴对称性、等距性等重要性质。
三、立体几何的重要知识点3.1立体的表面积和体积计算计算立体的表面积和体积是立体几何中的基本问题。
根据不同立体的特征，具体的计算公式有所不同。
例如，计算正方体的表面积可以使用公式：$S=6a^2$，其中$a$表示边长。
计算长方体的体积可以使用公式：$V=l wh$，其中$l$、$w$和$h$分别表示长、宽和高。
3.2空间固体与投影空间固体的投影是指将立体物体在某个平面上的投影图形。
在计算空间固体的投影时，需要考虑物体与投影面的相对位置关系。
例如，计算柱体在水平面上的投影可以使用公式：$S=\p ir^2$，其中$r$表示柱体的半径。
3.3空间几何体的位置关系在立体几何中，空间几何体的位置关系通常包括在平面内的位置关系和在空间内的位置关系两个方面。
对于在平面内的位置关系，常见的问题包括如何判断两条直线的平行性以及如何判断两条直线的垂直性。
在空间内的位置关系问题中，常见的问题包括如何判断两个平面的平行性以及如何判断两个平面的垂直性。
3.4空间几何体的相似性空间几何体的相似性是指两个或多个几何体在形状上具有相似的特征。
根据相似性理论，我们可以通过已知几何体的一些特征来推导出未知几何体的特征。
例如，如果两个几何体的对应边成比例，且对应角相等，则可判定两个几何体相似。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
立体图形的顶点、边数与面数的关系
添加标题
证明：每个顶点由 n条边所共用，因 此总共有n*n条边， 但由于每条边被计 算了两次，所以实
际边数为n*(n1)/2，即
E=n*(n-1)/2。
结论：顶点数和边 数的关系是线性的， 随着顶点数的增加， 边数以平方的方式
增加。
添加标题
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举例：对于一个三 角形（即n=3）， 其顶点数为3，边 数为3；对于一个
在几何学中的应用
立体图形的顶点、 边数与面数在几 何学中用于描述 图形的形状和结 构
这些参数对于解 决几何问题，如 计算面积、体积 等具有重要意义
顶点、边数与面 数的关系在几何 定理中经常出现， 如欧拉定理等
这些定理在几何 学中有着广泛的 应用，可以帮助 我们解决各种复 杂的几何问题
在计算机图形学中的应用
立体图形的顶点、边数与面数 的关系
汇报人：XX
立体图形的顶点、边数与面数的基本概念 立体图形顶点、边数与面数的关系 立体图形顶点、边数与面数的规律 立体图形顶点、边数与面数的计算方法 立体图形顶点、边数与面数的应用
立体图形的顶点、边数与面数 的基本概念
顶点、边数与面数的定义
顶点：立体图形中三条边的交点 边数：立体图形中所有边的数量 面数：立体图形中所有面的数量
正十二面体的顶点、 边数与面数的关系： 顶点数为12，边数 为30，面数为12， 满足5E=6V+F。
立体图形顶点、边数与面数的 计算方法
计算顶点数的公式
顶点数=边数 /3
举例：正方体 有12个顶点， 因为正方体有
12条边， 12/3=4，所 以正方体有4个
顶点
总结：通过将 边数除以3，可 以快速计算出 立体图形的顶
高中数学中的立体几何详细解析
高中数学中的立体几何详细解析在高中数学中，立体几何是一个非常重要的部分。
它研究的是空间内的物体及其几何特性，包括体积、表面积、体心等等。
立体几何不仅与日常生活密切相关，而且在科学研究、工程建设等领域都有着广泛的应用。
本篇文章将对高中数学中的立体几何进行详细解析，涵盖常见的几何体及其性质，以及相应的计算方法。
一、点、线、面与空间几何关系立体几何的基础是点、线、面以及它们之间的关系。
点是空间中不占据体积的位置，线是由无数个点连接而成的一维物体，面是由无数个线连接而成的二维物体。
在三维空间中，点、线、面之间存在着复杂而有趣的关系。
在立体几何中，最基础的关系就是点与直线的关系。
一条直线可以通过两个不共线的点来确定，两条直线在空间中的位置关系有三种可能：平行、相交和重合。
当两条直线没有任何一个公共点时，它们被称为平行线；当两条直线有且只有一个公共点时，它们相交；当两条直线重合时，它们重合。
除了点与直线的关系，点与平面的关系也是立体几何中的重要内容。
点在平面上可以有三种情况：点在平面内、点在平面上以及点在平面外。
当一个点与平面上的所有点连成的线都在平面内时，该点在平面内；当一个点与平面上的至少一点连成的线都在平面上时，该点在平面上；当一个点与平面上的所有点连成的线都在平面外时，该点在平面外。
二、立体几何的常见几何体在高中数学中，我们经常研究的几何体包括球体、圆柱、圆锥、棱锥、棱台等。
下面将对这些几何体的性质进行详细的解析。
1. 球体球体是立体几何中的一种重要几何体，具有以下性质：（1）所有的球面上的点到球心的距离都相等；（2）球体的表面积公式为：S = 4πr²，其中r为球体的半径；（3）球体的体积公式为：V = (4/3)πr³。
2. 圆柱圆柱是一个具有圆形底面和与底面平行的上下底面的几何体，具有以下性质：（1）圆柱的表面积公式为：S = 2πr² + 2πrh，其中r为底面半径，h 为圆柱的高；（2）圆柱的体积公式为：V = πr²h。
立体几何知识点归纳
（二）空间图形的位置关系 1.空间直线的位置关系：⎧⎨⎩ 共面:a b=A,a//b 异面:a与b异面1.1平行线的传递公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
符号表述：//,////a b b c a c ⇒ 1.2等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补。
1.3异面直线：（1）定义：不同在任何一个平面内的两条直线——异面直线；（2）判定定理：连平面内的一点与平面外一点的直线与这个平面内不过此点的直线是异面直线。
图形语言：符号语言：P Aa P A a A a ααα∉⎫⎪∈⎪⇒⎬⊂⎪⎪∉⎭与异面 1.4异面直线所成的角：（1）范围：(]0,90θ∈︒︒；（2）作异面直线所成的角：平移法. 如右图，在空间任取一点O ，过O 作'//,'//a a b b ，则','a b 所成的θ角为异面直线,a b 所成的角。
特别地，找异面直线所成的角时，经常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特殊点（如线段中点，端点等）上，形成异面直线所成的角.2.直线与平面的位置关系： //l l A l l αααα⊂⎧⎪=⎧⎨⊄⎨⎪⎩⎩图形语言：3.平面与平面的位置关系：αβαβαβ⎧⎪⎧⎨⎨⎪⊥⎩ 平行：//斜交：=a 相交垂直：（三）平行关系（包括线面平行，面面平行） 1.线面平行：①定义：直线与平面无公共点.②判定定理：////a b a a b ααα⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭（线线平行⇒线面平行）【如图】③性质定理：////a a a b b αβαβ⎫⎪⊂⇒⎬⎪=⎭（线面平行⇒线线平行）【如图】 ④判定或证明线面平行的依据：（i ）定义法（反证）：//l l αα=∅⇒ （用于判断）；（ii ）判定定理：////a b a a b ααα⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭“线线平行⇒面面平行”（用于证明）；（iii ）////a a αββα⎫⇒⎬⊂⎭“面面平行⇒线面平行”（用于证明）；（4）//b a b a a ααα⊥⎫⎪⊥⇒⎬⎪⊄⎭（用于判断）；2.线面斜交：l A α=①直线与平面所成的角（简称线面角）：若直线与平面斜交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角。
高中数学立体几何经典常考题型
高中数学（一）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 →，AA1→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A1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A1E→， n 1⊥A1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝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A1B1→＝(1，0，0)，A1D →＝(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|n1·n2||n1|·|n2|＝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AM AP 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PA 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PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝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，∠PAD＝45°，E为PA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＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为PA，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 ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB2－AO2＝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⎩⎨⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝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⎩⎨⎧6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝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 →，OA1→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，A1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫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⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·A1C →＝0，得⎩⎨⎧－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n 1＝(1，1，1)； ⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →＝0，n2·A1C →＝0，得⎩⎨⎧x2＝0，y2－z2＝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.。
空间几何中的直线与立体几何体的位置关系
空间几何中的直线与立体几何体的位置关系在空间几何中，直线与立体几何体的位置关系是一个重要的研究领域。
直线和立体几何体是空间中的基本要素，它们的相互位置关系对于解决空间几何问题、计算几何以及工程应用都具有重要的意义。
本文将从直线与立体几何体的位置关系的定义、性质和应用等方面进行论述。
一、直线与立体几何体的位置关系的定义在空间几何中，直线与立体几何体的位置关系可以分为四种情况：直线在立体内部、直线与立体相切、直线穿过立体和直线与立体相离。
其中，直线在立体内部指的是直线完全位于立体内部，不与任何面或边相交；直线与立体相切指的是直线与立体的一个面或边恰好相切，不穿过立体；直线穿过立体指的是直线与立体的一个面或边相交，但不在立体内部；直线与立体相离指的是直线与立体没有任何交点。
二、直线与立体几何体的位置关系的性质1. 直线在立体内部的性质：1.1 直线完全位于立体内部，不与任何面或边相交；1.2 直线与立体内部的每个点之间都有一条线段完全位于立体内部。
2. 直线与立体相切的性质：2.1 直线与立体的一个面或边恰好相切，不穿过立体；2.2 直线与立体相切的点在直线上。
3. 直线穿过立体的性质：3.1 直线与立体的一个面或边相交，但不在立体内部；3.2 直线与立体相交的点可以是线段的两个端点或线段上的任意一点；3.3 直线与立体相交的点在直线上。
4. 直线与立体相离的性质：4.1 直线与立体没有任何交点；4.2 直线与立体相离的点在直线上。
三、直线与立体几何体的位置关系的应用直线与立体几何体的位置关系在实际生活和工程应用中具有广泛的应用价值。
以下是一些常见的应用领域：1. 建筑设计：在建筑设计中，直线与立体几何体的位置关系可以用于确定墙体、梁柱等结构的交叉情况，保证建筑物的稳定性和安全性。
2. 机械设计：在机械设计中，直线与立体几何体的位置关系可以用于确定零部件的装配方式和运动轨迹，保证机械设备的正常运行和工作效率。
高考立体几何知识点分布
高考立体几何知识点分布立体几何是高中数学中的重要内容之一，也是高考中必考的知识点。
在高考中，立体几何的知识点分布广泛，不同年份的考题涉及的内容也有所不同。
本文将分析高考立体几何知识点的分布情况，帮助学生更好地准备高考。
1.平面与直线的位置关系在立体几何中，平面与直线的位置关系是一个基本的知识点。
高考试卷中常常涉及平面与直线的相交、平行和垂直等问题。
例如，要求判断两个平面是否相交、两条直线是否相交等。
此类题目需要掌握平面与直线的方程，灵活运用相关的几何定理和性质。
2.立体的表面积与体积计算立体的表面积和体积是高考中常见的题型。
对于常见的几何体，如长方体、正方体、圆柱体等，需要准确计算其表面积和体积。
同时，还要能够应用这些计算结果解决实际问题。
例如，给定一个容器的体积和尺寸，要求计算能够装入其中的最大物体的体积。
3.立体图形的投影在立体几何中，图形的投影是一个重要的概念。
高考中常常要求画出某个几何体在不同方向上的投影，或者根据已知的投影图像来还原几何体的形状。
此类题目需要掌握正交投影和斜投影的基本方法，理解投影的本质，并且具备良好的空间想象能力。
4.球与球面球与球面是立体几何中的重要概念。
高考中经常涉及球的体积、表面积以及球表面上的点与点的位置关系等问题。
此外，还需要掌握球面上的切线、切平面以及球内部和外部的点与球面的位置关系。
掌握球与球面的性质，对解决相关题目非常有帮助。
5.空间几何体的相交关系在高考中，空间几何体的相交关系也是一个重要的考点。
此类题目常常要求判断两个或多个几何体是否相交，并求出它们相交的部分的性质。
例如，判断两个平面是否相交，或者判断一个点是否在某个几何体内部。
理解几何体的相交关系，需要掌握相关的几何定理和性质，具备一定的逻辑思维能力。
以上是的一些主要内容。
在备考过程中，学生应该注重掌握基本概念和性质，理解几何定理的证明和应用，并多进行真题训练，提高解题能力和思维灵活性。
此外，空间想象能力的培养也是非常重要的，只有通过多看、多思考、多动手实践才能够获得。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)
立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(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通过这个点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，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．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．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．3.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作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．②范围：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】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BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A －BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ∩HG ＝P ，则点P （ ）A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。
空间解析几何中的立体几何
空间解析几何中的立体几何在空间解析几何中，立体几何是一个重要的分支，它研究了空间中的点、直线和面及其相互关系。
通过立体几何的分析和运用，我们可以深入了解三维空间中的形状和结构。
本文将介绍空间解析几何中的立体几何的基本概念、性质以及应用。
1. 点、直线和面的表示方法在空间解析几何中，我们用坐标来表示点、直线和面。
一般情况下，点可以表示为三维空间中的一个坐标，即 (x, y, z)。
直线可以表示为两个方向向量的线性组合，例如直线l可以表示为参数方程 x=x_0 + t·a,y=y_0 + t·b, z=z_0 + t·c，其中(x_0, y_0, z_0)为直线上的一点，(a, b, c)为直线的方向向量，t为参数。
面可以表示为一个点和法向量的关系，例如平面Π可以表示为方程ax+by+cz+d=0，其中(a, b, c)为法向量，(x, y, z)为平面上的一点，d为常数。
2. 点、直线和面的位置关系在立体几何中，我们常常需要判断点、直线和面的位置关系。
例如，判断一个点是否在直线上，可以将点的坐标代入直线的参数方程，若存在参数t使得等式成立，则点在直线上。
类似地，判断一个点是否在面上，可以将点的坐标代入平面方程，若等式成立，则点在面上。
另外，两个平面的位置关系也可以通过它们的法向量来判断，如果两个平面的法向量平行，则它们互相平行或重合，如果两个平面的法向量垂直，则它们互相垂直。
3. 直线的倾斜角和两直线的夹角直线的倾斜角是指直线与坐标轴的夹角。
设直线的方向向量为(a, b, c)，则直线与x轴的倾斜角的余弦值为cosθ=a/√(a^2+b^2+c^2)，类似地，可以计算直线与y轴和z轴的倾斜角。
两条直线的夹角可以利用它们的方向向量来计算，夹角的余弦值等于两个向量的内积除以它们的模的乘积，即cosθ=(a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2)/(√(a_1^2+b_1^2+c_1^2)·√(a_2^2+b_2^2+c_2^2))。
数学中的形与位置关系
数学中的形与位置关系在数学中，形与位置关系是研究几何学的一个重要分支。
形与位置关系主要研究物体之间的相对位置、方向和形状的关系，通过几何学的工具和方法，描述和分析空间中各个物体之间的几何性质。
本文将介绍一些常见的形与位置关系，并且提供相应的示例来帮助读者更好地理解这些概念。
一、垂直关系垂直关系是几何学中最基本的形与位置关系之一。
当两条线段或两个平面相交，且相交的线段或边相互垂直时，我们称它们之间存在垂直关系。
例如，在平面几何中，当两条线段以90°角相交时，我们称它们互相垂直。
又如，在立体几何中，当两个面以90°角相交时，我们也称它们互相垂直。
垂直关系常常用于解决勾股定理、垂线定理等数学问题。
示例1：在平面直角坐标系中，给定两条直线的方程，判断它们是否互相垂直。
示例2：已知一个长方体的底面是一个正方形，判断它的两个相邻面是否垂直。
二、平行关系平行关系是另一个重要的形与位置关系概念。
当两条线段或两个平面之间不存在任何交点时，我们称它们之间存在平行关系。
例如，在平面几何中，当两条线段永远不会相交时，我们称它们平行。
又如，在立体几何中，当两个平面永远不会相交时，我们也称它们平行。
平行关系经常用于解决平行线之间的夹角、平行四边形的性质等问题。
示例1：已知三角形ABC中的两条边AB和BC分别平行于另外一条边CA的延长线，判断三角形ABC的形状。
示例2：在立体几何中，判断两个不相交的平面是否平行。
三、相似关系相似关系是形与位置关系中的另一个重要概念。
当两个物体之间有相同的形状，但大小可以不同的时候，我们称它们之间存在相似关系。
例如，在平面几何中，当两个形状相同的三角形的边长成比例时，我们称它们相似。
又如，在立体几何中，当两个形状相同的立体的对应边长成比例时，我们也称它们相似。
相似关系广泛应用于解决比例、图像缩放等问题。
示例1：判断两个三角形是否相似，并计算它们之间的边长比例。
示例2：在空间几何中，给定一个长方体，判断另一个长方体是否与之相似，并计算对应边长的比例。
高中立体几何知识点总结
高中立体几何知识点总结高中立体几何知识点总结立体几何是几何学的一个分支，研究物体的三维空间结构和性质，其重点是探讨物体的表面积、体积、形状、投影、相交等问题。
作为高中数学的重要组成部分，立体几何的知识点包含几何体、空间向量、空间位置关系和空间几何解析四大方面。
一、几何体1.球与球的关系：两球相离、相切、相交。
2.立体角：定义、立体角对立面的定义及对应角相等、立体角的典型问题及其解法。
3.圆锥面积与圆锥体积：圆锥旋转成体的概念与性质，及圆锥面积和圆锥体积的计算公式。
4.棱锥与棱柱：棱锥的特征和体积公式、棱柱的特征和体积公式、棱柱剖面的面积公式。
5.四面体、六面体：四面体特征和体积公式、六面体特征和体积公式。
二、空间向量1.向量的概念和性质：向量的定义、运算律、数量积、向量积。
2.向量的表示方法：坐标表示、参数表示和模、方向角、方向余弦。
3.线性运算：向量表示为线性组合形式，解决向量的线性方程组。
三、空间位置关系1.点与直线、点与平面、直线与平面的位置关系：点与直线的位置关系、点与平面的位置关系、直线和平面的位置关系。
2.平行、垂直的判定及相关问题：平行、垂直判定公式，两直线距离及交点的坐标求解。
3.点到直线、点到平面的距离：点到直线的距离公式和推导、点到面的距离公式和推导。
4.三角形的性质：三角形重心、垂心、辅助线问题，海伦公式与三角形面积公式。
5.四边形的性质：四边形同种类四边形的性质、对角线互相垂直的条件、美索不达米亚定理。
四、空间几何解析1.空间坐标系的建立：矩形坐标系、极坐标系、柱面坐标系与球长坐标系。
2.空间中的方位角、高度角等概念：距离角度、方位角、高度角的定义及计算。
3.两点之间的距离公式：平面坐标系中求直线距离、空间坐标系中求空间线段的距离。
4.空间直线和平面的方程及相关问题：直线和平面方程求解，直线和平面的交线、交点问题。
解答立体几何问题的常用方法
备考指南立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理以及运算能力.求解立体几何问题的常用方法主要有几何法和向量法.掌握并合理运用这两种解题方法，有利于迅速找到解题的思路.下面结合实例，谈一谈解答立体几何问题的常用方法.一、几何法几何法是解答立体几何问题的常用方法，也是比较重要的方法.在运用几何法求解立体几何问题时，要根据空间中点、线、面之间的位置关系，寻找平行、垂直关系，灵活运用立体几何中的定义、公理、判定定理和性质定理来分析、解答问题.例1.如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的菱形，PD=3,PA=PC=23，点Q是PD的中点.（1）求证：直线PB∥平面ACQ；（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明：（1）连接BD交AC于点O，连接OQ，根据菱形ABCD的性质可知O为BD的中点，因为Q是PD的中点，所以OQ是ΔPBD的中位线，可得OQ∥PB.又OQ⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ，由线面平行的判定定理得PB∥平面ACQ.（2）在ΔPAD中，PD2+DA2=32+(3)2=12=(23)2 =PA2，所以PD⊥DA.同理可证PD⊥DC.因为DA⋂DC=D，由线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.因为PD⊂平面PAD，所以由面面垂直的判定定理得平面PAD⊥平面ABCD.在解答立体几何中有关线线、线面、面面平行和垂直的问题时，往往需要首先根据图形理清点、线、面之间的位置关系，然后运用线线、线面、面面平行和垂直的定义、判定定理、性质定理来解题.对于第一个问题，需首先想到运用线面平行的判定定理；对于第二个问题，要证明面面垂直，往往需先想到运用面面垂直的判定定理，则需根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，只需根据勾股定理证明线线垂直.二、向量法1.基底法基底法是指根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，通过向量运算来解题.运用基底法解题，需先根据立体几何图形的特点和位置关系，选择一组合适的向量，将其作为基底，再根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，利用向量的数量积公式、模的公式、共线定理等进行求解.例2.已知正四面体ABCD的各条棱长均为1，点E、F分别是BC、AD的中点，则AE∙CF=（）. A.0 B.12 C.1 D.-12解：如图2所示，设向量AB=a ,AC=b , AD=c ，因为正四面体的各条棱长均为1，所以a ∙b =a ∙c =b ∙c =1×1×cos60°=12，且||||b 2=1.因为点E、F分别是BC、AD的中点，所以AE=a +b 2， CF=-b +c 2，所以AE∙CF=æèçöø÷a +b 2∙æèçöø÷-b +c 2=-12a ∙b +14a ∙c -12||||b 2+14b ∙c=-12×12+14×12-12×1+14×12=-12.故本题选D.以AB=a 、AC=b 、 AD=c 为基底，并用这些基底将AE、CF表示出来，即可根据向量的数量积公式，求得AE∙CF的表达式及值.运用基底法解题的关键在于根据题意和图形的特点，选取合适的基底.图1图2552.坐标法有些立体几何问题中的图形为特殊图形，如正方体、直棱柱、长方体、正棱锥、圆锥、圆柱等，此时可采用坐标法求解.首先要根据这些图形的特点，找到两条或三条垂直且交于一点的直线，将其作为坐标轴，建立空间直角坐标系；然后求得相关点的坐标、直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量的坐标运算求得问题的答案.若用a 、b 表示直线a 、b 的方向向量，用m 、n 表示平面α、β的法向量，则（1）直线a 、b 所成角的余弦值为：cos θ=||||||cos a ,b =||||||||||a ∙b ||a ||||b ；（2）直线a 与平面α所成角的正弦值为：sin θ=||cos a,m =||||||||a∙m ||a ||m ；（3）平面α、β的二面角的余弦值为：cos θ=cos m ,n =m ∙n ||m ||n 或cos θ=-cos m ,n =-m ∙n ||m ||n （依平面角与法向量夹角的大小而定）；（4）若A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为：d =|||||||| AP ∙n ||n.例3.据《九章算术》中的记载可知，堑堵是底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马是底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体.如图3，在堑堵ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC .（Ⅰ）求证：四棱锥B -A 1ACC 1为阳马，并判断四面体A 1-CBC 1是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（只写出结论）；（Ⅱ）若A 1A =AB =2，当阳马B -A 1ACC 1的体积最大时，求二面角C -A 1B -C 1的余弦值.图3解：(Ⅰ)由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知A 1A ⊥底面ABC ，所以BC ⊥A 1A ，因为BC ⊥AC ，A 1A ⋂AC =A ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1.由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知，四边形A 1ACC 1为矩形，因此四棱锥B -A 1ACC 1为阳马.易知四面体A 1-CBC 1为鳖臑，四个面的直角分别是∠A 1CB ,∠A 1C 1C ,∠BCC 1,∠A 1C 1B .（Ⅱ）因为A 1A =AB =2，由（Ⅰ）知阳马B -A 1ACC 1的体积为V =13S 矩形A 1ACC 1∙BC =13×A 1A ×AC ×BC =23AC ×BC≤13(AC 2+BC 2)=13×AB 2=43，所以当AC =BC =2时，V max =43，此时直线CA ,CB ,CC 1两两互相垂直，可建立如图4所示的空间直角坐标系C -xyz .易知点C (0,0,0),B (0,2,0),A 1(2,0,2),C 1(0,0,2)，所以 CA 1=(2,0,2),CB =(0,2,0),BA 1=(2,-2,2)，BC 1=(0,-2,2).设平面CA 1B 的法向量为n =(x ,y ,z )，则ìíîn ∙CA 1=0，n ∙ CB =0，可得ìíî2x +2z =0，2y =0，令x =2，则z =-1,y =0，则n =(2,0,-1)；同理可得平面C 1A 1B 的一个法向量m =(0,2,1).所以cos <n ,m >=n ∙m ||n ||m =-13×3=-13.由图4知，二面角C -A 1B -C 1为锐二面角，故二面角C -A 1B -C 1的余弦值为13.利用坐标法求解有关夹角或距离问题，关键是建立合适的空间直角坐标系.通常要使更多的点落在坐标轴上，这样便于计算.有时可通过添加辅助线来画出其中的一条坐标轴.相比较而言，几何法和基底法的适用范围较广，对于大部分的题目，都可以采用几何法和基底法求解；而坐标法的适用范围较窄，只适用于求解方便建立空间直角坐标系的题目.但运用坐标法求解立体几何问题较为便捷，只需通过简单的向量运算即可.（作者单位：安徽省宁国市宁国中学）备考指南图456。
《立体几何》主要内容
《立体几何：探索三维世界的奥秘》立体几何，作为几何学的一个重要分支，研究的是三维空间中点、线、面、体等几何元素的位置、关系和性质。
它是平面几何的延伸与拓展，让我们能够更深入地探索现实世界的空间结构。
一、基本概念在立体几何中，点、线、面、体是最基本的概念。
点是空间中无大小的位置；线是由无数个点组成，有长度和方向；面是由无数条线组成，有长度、宽度但无厚度；体则是由无数个面组成，具有长度、宽度和高度。
二、空间关系立体几何主要研究空间中点、线、面、体之间的位置关系和性质。
例如，两条直线可以相交、平行或异面；平面与直线可以相交、平行；两个平面可以相交或平行。
此外，立体几何还研究空间中角的大小、距离的计算以及面积和体积的求解等问题。
三、坐标系统为了更好地描述和研究三维空间中的几何元素，立体几何引入了三维坐标系。
通过三维坐标系，我们可以使用有序三元组（x, y, z）来表示空间中的一个点，进而研究点、线、面、体之间的位置关系和性质。
四、基本定理和公式立体几何中有许多基本定理和公式，它们对于解决实际问题具有重要意义。
例如，三垂线定理可以帮助我们判断空间中的三条直线是否相互垂直；二面角公式可以帮助我们计算两个平面之间的夹角；而体积公式则可以用来计算各种几何体的体积。
五、应用领域立体几何在现实生活中有着广泛的应用。
例如，在建筑设计中，建筑师需要利用立体几何的知识来设计建筑物的外观和结构；在机械工程中，工程师需要使用立体几何来设计和制造各种机械零件；在计算机图形学中，立体几何被用来创建三维模型和场景。
此外，在地理、物理和化学等学科中，立体几何也发挥着重要作用。
六、学习方法要学好立体几何，首先要掌握平面几何的基础知识，如点、线、面的性质和定理。
其次，要学会运用三维坐标系来描述和解决立体几何问题。
此外，多做练习和实际应用也是学好立体几何的有效途径。
在学习过程中，要注重培养空间想象能力和逻辑思维能力，这对于解决立体几何问题至关重要。
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系立体几何是数学中的重要分支，研究物体在空间中的形状、大小和位置等特征。
其中，直线与平面的位置关系是立体几何中的基本概念之一。
本文将总结高中数学中关于直线与平面的位置关系的知识点。
下面将详细介绍：1. 直线与平面的交点直线与平面的交点是指一个直线与一个平面相交于一点或多个点的情况。
根据直线与平面的位置关系，交点可以有以下三种情况：1.1 直线与平面相交于一点：当一条直线与一个平面有且仅有一个交点时，我们称这条直线与平面相交于一点。
这种情况下，直线穿过平面。
1.2 直线与平面平行：如果一条直线与平面没有交点，我们称这条直线与平面平行。
这种情况下，直线在空间中与平面平行运动，永远不会与平面相交。
1.3 直线在平面内：有时直线与平面的交点可以是一条直线。
这种情况下，直线完全位于平面内部，与平面重叠。
2. 直线与平面的夹角直线与平面的夹角是指直线和平面之间的夹角。
根据直线与平面的位置关系，夹角可以有以下三种情况：2.1 垂直：当一条直线与一个平面相交于一点，并且与该平面的任意一条线都垂直时，我们称这条直线与平面垂直。
垂直的直线与平面的夹角为90度。
2.2 平行：当一条直线与一个平面平行时，我们称这条直线与平面平行。
平行的直线与平面的夹角为0度。
2.3 斜角：当一条直线既不与平面垂直也不与平面平行时，我们称这条直线与平面的夹角为斜角。
斜角的大小可以用三角函数进行计算。
3. 直线与平面的倾斜角直线与平面的倾斜角是指直线在平面上的投影线与垂直于平面的线之间的夹角。
倾斜角可以分为以下情况讨论：3.1 直线在平面内：当直线在平面内运动时，其投影线与垂直于平面的线重合，直线与平面的倾斜角为0度。
3.2 直线与平面垂直：当直线与平面垂直时，其投影线与垂直于平面的线垂直，直线与平面的倾斜角为90度。
3.3 直线与平面倾斜：当直线在平面上运动但不与平面垂直时，其投影线与垂直于平面的线形成一个锐角或钝角，直线与平面的倾斜角可以用三角函数进行计算。
立体几何的基本问题(计算与位置关系) 公开课一等奖课件
答案 B 探究提高 若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图
得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
[微题型3] 以空间几何体为载体求其体积
【例1－3】 (2014·南阳联考)如图所示，ABCD是正方形，PA⊥ 平面ABCD，E，F分别是AC，PC的中点，PA＝2，AB＝1， 求三棱锥C－PED的体积．
于 O2 并连接 O1O2，则线段 O1O2 的中点 O 为球心． ∴半径 R＝|OB|＝ |OO1|2＋|O1B|2 ＝
2 2 22 ＋ ＝1， 2 2
4 3 4 ∴V 球＝3πR ＝3π，故选 D.
答案 D
4．(2014·天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则
1 ③S 台侧＝2(c＋c′)h′(c′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜 高)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径)． (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； 1 ②V 锥体＝3Sh(S 为底面面积，h 为高)； 1 ③V 台＝3(S＋ SS′＋S′)h(不要求记忆)； 4 3 ④V 球＝3πR .
[考点整合]
1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平
行六面体、长方体之间的关系．
2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形直观图的面积是原 2 图形面积的 4 倍． 3．几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正， 高平齐，宽相等． 4．空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为高)； 1 ②S 锥侧＝2ch′(c 为底面周长，h′为斜高)；
该几何体的体积为________m3.
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(2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； 1 ②V 锥体＝3Sh(S 为底面面积，h 为高)； 4 3 ③V 球＝3πR .
5.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α ，b⊂α ，a∥b⇒a∥α . (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β ，α ∩β ＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理： a⊂β ，b⊂β ，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α ∥β . (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
热点一
空间几何体的表面积和体积的求解 以三视图为载体求几何体的表面积
[微题型1]
【例1－1】 (2015· 安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，
则该四面体的表面积是(
)
A.1＋ 3
B.2＋ 3
C.1＋2 2
D.2 2
解析
由空间几何体的三视图可得
该空间几何体的直观图，如图， ∴该四面体的表面积为 1 3 S 表＝2× ×2×1＋2× ×( 2)2＝2＋ 3，故选 B. 2 4 答案 B
“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺， 问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内 墙角处堆放米 ( 如图，米堆为一个圆锥的四分之一 ) ，米 堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和 堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺， 圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
A.14斛
B. 22斛
C.36斛
解析
D. 66斛
16 由题意知： 米堆的底面半径为 3 (尺)， 体积
1 1 2 320 V ＝ × πR · h＝ ( 立方尺 ). 所以堆放的米大约 3 4 9 320 为 ≈22(斛). 9×1.62
答案 B
4.(2015· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知 A ， B 是球 O 的球面上两
第1讲
立体几何中的计算与位置关系
高考定位
立体几何中的计算主要考查空间几何体与三视图
相结合的几何体的表面积和体积，是历年高考的必考内容，
多为选择题或填空题；空间线面位置关系(包括平行与垂直)的 判断与证明也是历年高考的必考内容，多出现在立体几何解 答题中的第(1)问.
真题感悟
1.(2015· 浙江卷)某几何体的三视图如图所示 (单位：cm)，则该几何体的体积是( C ) A.8 cm3 32 C. 3 cm3
6.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理： m⊂α ， n⊂α ， m∩n＝P， l⊥m， l⊥n⇒l⊥α . (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β ，a⊥α⇒α ⊥β . (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α ，a⊥l⇒a ⊥β .
（4＋π） 3 A. 3 （4＋π） 3 C. 6
（4＋π） 3 B. 2 D.(4＋π) 3
解析
由该几何体的三视图，可知该几何体是由底面半径为
1、高为 3、母线长为 2 的半圆锥，和底面为等腰三角形(底 边长为 2、高为 2)、高为 3的三棱锥拼成的一个组合体.所以 1 1 1 1 2 此组合体的体积为 × ×π×1 × 3 ＋ × ×2×2× 3 ＝ 3 2 3 2 （4＋π） 3 . 6
球
2 O＝4πR
答案 C
考点整合
1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直
平 行六面体、长方体之间的关系.
2. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形直观图的面积是 2 原图形面积的 倍. 4 3.几何体的摆放位置不同， 其三视图也不同， 需要注意长对正， 高平齐，宽相等.
4.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch(c 为底面周长，h 为高)； 1 ②S 锥侧＝ ch′(c 为底面周长，h′为斜高)； 2 1 ③S 台侧＝2(c＋c′)h′(c′， c 分别为上下底面的周长， h′为斜高)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径).
点，
∠AOB ＝ 90°， C 为该球面上的动点，若三棱 锥 O-ABC 体积的最大值为 36 ，则球 O 的表面积 为( A.36π ) B.64π C.144π D.256π
解析
如图，要使三棱锥 O-ABC 即 C-OAB 的体积
最大，当且仅当点 C 到平面 OAB 的距离，即三 棱锥 C-OAB 底面 OAB 上的高最大，其最大值为 1 1 球 O 的半径 R，则 VO-ABC 最大为3×2S△OAB×R 1 1 1 3 2 ＝3×2×R ×R＝6R ＝36，所以 R＝6，得 S ＝4π×62＝144π，选 C.
答案 C
探究提高
解决此类问题需先由三视图确定几何体的结
构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成， 并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简 单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出 组合体的体积.
[微题型 3] 与球有关的体积问题
的体积为( )
1 A. ＋π 3 1 C.3＋2π
解析
2 B. ＋π 3 2 D.3＋2π
这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，
1 1 1 1 2 V＝2π×1 ×2＋3× 2×1×2 ×1＝π＋3，选 A.
答案 A
3.(2015· 全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内
容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：
解析
B.12 cm3 40 D. 3 cm3
该几何体是棱长为 2 cm 的正方体与一
底面边长为 2 cm 的正方形，高为 2 cm 的正四 1 32 棱锥组成的组合体， V ＝ 2×2×2 ＋ ×2×2×2 ＝ (cm3). 3 3 故选 C.
2.(2015· 重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体
探究提高
(1) 若以三视图的形式给出，解题的关键是对
给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位
置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件
求解 .(2) 多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的 表面积应注意重合部分的处理.
[微题型 2]
以三视图为载体求几何体的体积
【例 1－2】 (2015· 郑州模拟)已知一个几何体的三视图如图 所示，则该几何体的体积为( )