立體幾何題型與方法理科

（1）.證明點共線的問題，一般轉(zhuǎn)化為證明這些點是某兩個平面的公共點（依據(jù)：由點上，線在面內(nèi)，推出點在面內(nèi)），2（1）.空間直線位置關(guān)系三種：相交、平行、異面.相交直線：共面有且僅有一個公共點；平行直線：共面[注]：①兩條異面直線在同一平面影一定是相交的兩條直線.（×）（也可能兩條直線平行，也可能是點a、b異面，a平行于平面，b與的關(guān)系是相交、平行、在平面斜線段

ab是夾在兩平行平面間的線段，若abab（直線與直線所成角[0,90]）（向量與向量所成角[0,180（3）.l1l2是異面直線，則過l1l2PP且與l1l2都平行平面有一個或沒有，但與l1l2點在同一平面內(nèi).（L1L2L1L2平行的平面（2）.直線與平面平行判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行.（“線線平行線面平行”）[注]：①直線a與平面內(nèi)一條直線平行，則a（×）（平面外一條直線②直線a與平面內(nèi)一條直線相交，則a與平面（×）（平面外一條直線③若直線a與平面平行，則內(nèi)必存在無數(shù)條直線與a（√）（不是任意一條直線，可利用平行的傳⑥直線l與平面所成角相等，則.（×）（可能相交（3）.直線和平面平行性質(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行.（“線面平行線線平行”）OaAOaAPA⊥aAO，得aPO（三垂線定理個平面.（“線線垂直線面垂直”）（1）.面平行面面平行”）行線線平行”）BθMBθMOOOA、OB分別垂直于l1,l2，PMOAPMOBPMOAPMOB綜上，都取減則必有0

m2n2d22mncos（為銳角取減， 2（1）.a.coscos1cos2（1為最小角，如圖

θ圖圖（1）.①直棱柱側(cè)面積：SCh（C為底面周長，h是高）該是利用直棱柱的側(cè)面展開圖為矩形得出的②斜棱住側(cè)面積：SC1l（C1是斜棱柱直截面周長，l是斜棱柱的側(cè)棱長）該是利用斜棱柱的側(cè)面展開圖

.推論一：長方體一條對角線與同一個頂點的三條棱所成的角為,，則cos2cos2cos21推論二：長方體一條對角線與同一個頂點的三各側(cè)面所成的角為,，則cos2cos2cos22（2）.②一個棱柱可以分成等體積的三個三棱錐；所以V棱柱Sh3V棱柱[注]：i.正四棱錐的各個側(cè)面都是全等的等腰三角形.（不是等邊三角形）S1Ch（底面周長為C，斜高為h2③棱錐的側(cè)面積與底面積的射影：S側(cè)

S

（側(cè)面與底面成的二面角為a a b附：以知clcosab，為二面角alb則S1al①，S1lb②，cosab③①②③得 S底

EFHGEFHGbabac簡證：AB⊥CD，AC⊥BDBC⊥AD.令A(yù)Ba,ADc,AC

b

a,

c

，已知acb0,bac acbc0則BCAD0簡證：取AC中點O'，則ooAC,BOACAC平面OOBACBOFGH90°EFGH為平行四邊 （3）. ：S4R2.②球的體 ：V4R33PPAB兩點的經(jīng)度差，是指分別經(jīng)過這兩點的經(jīng)線與地軸所確定的二個半平面的二面角的度數(shù)，AB點的經(jīng)度.附：①圓柱體積：Vr2h（rh為高②圓錐體積：V1r2h（rh為高3③錐體體積：V1Sh（Sh為高3（1）.①內(nèi)切球：當(dāng)四面體為正四面體時，設(shè)邊長為a，h 6a，S3a2，S3a2，得 3R 6a 3a2R1 3a2RR 2a/ 3 2a 6a3R

13

R33

RS

h注：①若a與bb與c共線，則a與c共線.（×）[當(dāng)b0②向量abc共面即它們所在直線共面.（×）③若ab，則存在小任一實數(shù)，使ab.（×）[與b0④若a為非零向量，則0a0.（√）[這里用到b(b0b.共線向量定理：對空間任意兩個向量a,b(b0，ab的充要條件是存在實數(shù)（具有唯一性），使ab.c.共面向量：若向量a使之平行于平面a在a與的關(guān)系是平行，記作a∥.d.abPab共面的充要條件是存在實數(shù)對x、yPxayb②空間OPxOAyOBzOC(xyz1PABC（OP1yz)OAyOBzOCAPyABzACP、A、B、C四點共面）x、y、zpxaybzc推論：設(shè)O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P,都存在唯一的有序?qū)崝?shù)組x、y、zOPxOAyOBzOCOBOABCDABbACcADdD中Q是△BCD的重心，則向量AQ1(abc)用AQAMMQ即證 3COA、B、C，滿足OPxOAyOBzOC，P、A、B、C是共面xyz1C①令a=(a1,a2,a3bb1b2b3ab(a1b1,a2b2,a3b3)，a(a1,a2,a3)(R)，aba1b1a2b2a3b3a∥bab

,a

(R)a1a2a3 1

aba1b1a2b2a3b30aa

a2122a3a2122a3

ab ab

aba

a

cosa,b

|a

|b

a2a2a2a2a2b2b2b2 (x2x1)(x2x1)2(y2y1)2(z2z1)法向量：若向量a所在直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面a，如果a那么向量叫做平面①利用法向量求點到面的距離定理：如圖，設(shè)n的法向量，ABA|ABnB

n|n

d

為l1l2ABarc

AB|AB||AB

m為平面④.利用法向量求二面角的平面角定理：設(shè)n1n2分別是二面角l中平面的法向量，則n1n2角就是所求二面角的平面角或其補角大?。╪1n2n1n2反方，則為其夾角 二面角l的平面角arc

m|m||nm

或arc

m|m||m

（mn為平面的法向量證直線和平面平行定理：已知直線a平面ABa,CDC、D、Ea∥的ABCDCE.（ABCDCE存在即證畢，若▲▲CD ▲BnAC AB,C三點不共線，對平面外任一點，滿足條件OP1OA2OB2OC PAB,CPAB,CxyAPxAByAC或?qū)臻g任一點O，有OPOAxAByAC。答案5OPOA2OB2OC∴(OPOA)2(OBOP)2(OCOP)AP2PB2PCPA2PB2PC，PA,B,C共面．ABCDADEFMNBDAEBM1BDAN1AEMN平面CDE MN平面CDENM可以用平面CDE內(nèi)的兩個不共線的向量DE和DC線性表示．答案:MBDBM1BD3MB1DB1DA1ABAN1AD1DE CDBAABMNMBBADA1AB)DA1AB)BA(1AD1

BA1BA1

CD1CD1

．又CDDEMNCDDE共面．由于MN不在平面CDE內(nèi)，所以MN平面CDE如圖,ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4DAB的中點，（I）AC⊥BCBC1ABCBCCB1C1BEDEDAB的中點，EBC1zCBAEC xADE//AC1DECDB1，ACzCBAEC xAAC1//32

（3,00B1（0－4,0∴

面面平 線面平 線線平行MPC的中點。PAD內(nèi)找一點NMNPCPBD答案：（1）MPCPDE 1CD2

12ABMEBMEABM平面EA平面BM∥平面 （4分

PADN0yz，MN1y1z1，PB1,0,2，DB

由MN

zMNPB12z22

yMN

MNDB12y22N0,1

1NAE的中點，此時MN平面

（8分PCPBD所成的角為

1

PC2,2,2，MN

2

PCMN為cos

PC

PC

3 32

sincos 3

PCPBD232

（12分MPCPDE 1CD2

12ABMEEA平面PADBM平面

（4分AB平面 同理CD平面PAD，AE平面AB ABME為矩 CD∥ME，CDPD，又PDME

平面PBD平面 作MFEB故MF平面223MFAENABMEABME1AE223MF

，NE

NAENAEMN平面

（8分由（2）MFMPBDMPFPCPBD所成的角，設(shè)為sinMF PCPBD所成的角的正弦值為3逆定理；③垂面法另外也可借助空間向量求這三種角的大小.（省市2007屆高中畢業(yè)班第三次診斷性檢測）PABCDPDC2的正三角形，且與底面ABCD是ADC60MPB的中點PAABCDPA平面CDMDMCB移 答案：(I)DCOΔPDCPO⊥DC．PDCABCD，∴POABCDO．OAOAPA在底面上的射影．∴∠PAOPA3 3∴∠PAO=45°．∴PA與底面ABCD可成角的大小為 ……6A(3,00),P(00,3),D(010),B(320),C(010MPBM

3,1,3) ∴DM

3,2,3),PA(3,0,

∴PADM

33203

3)0 PADC

320

3)0 ……4(IIICM30,3),CB(310BMC的法向量nx,y,z) nCM0x+z=0；

nCB0，從而3xy0由①、②，取x=?1，則y3,z1 ∴可取n(1,3,1)由(II)CDMPA(303)∴cos

10．∴所求二面角的余弦值為－10．……6n,PAn,PA|n||PAnPA25APNMN，由（Ⅰ）ABCD中，由于ADC60，AOCDPOCD，則CD平面APO，即CDPA，又在PABMN

12

，CO//2

ABMN//CO則四邊形OCMN為，所以MC//ON，在APO中，AOPO，則ONAP，故APMC而MC CDC，PA平面PA2由（Ⅱ）MC平面PAB，則NMBDMCPA2RtPABPA

6,PB

10，cosPBAAB 10622622cosNMBcos(PBA)

10故，所求二面角的余弦值為 （2007河北省市三模）如圖，在長ABCDA1B1C1D1ADAA11AB2,點E段AB上D1ECD45，求BD1EC的距離.AD1D1ED1EA1D所成的角為90。DFCEFD1F，則CED1F所以DFD1D1ECDDFD1452DFDD11D1F23易得RtBCERtCDF，所以CECD2，又BC1，所以BE 設(shè)點B到平面D1EC的距離為h.3 11CEDFh11BEBCDD 3 3 36∴CED1FhBEBCDD1，即22h ，∴h4366BD1EC的距離為4∵DA1D1E1010∴DA1D1EA1D所成的角為90（Ⅱ）m00,1DEC的法向量，設(shè)nxyz為面CED1x2y2n(x,y,z)|cosm,n||mn| |z x2y2|m||n ∴z2x2y2 由C(020D1C021nD1C，即nD1C∴2yz 由①、②，可取n3,1又CB100)BD1ECCBn| CBn| 264點內(nèi)容,本題實質(zhì)上求角度和距離,在求此類問題中,盡量要將這些量歸結(jié)于三角形中,最好是直角三角形,這樣計算起（20074月濟南市）2ABFC2ADEF2互相垂直且 ，ED//AF且∠DAF=90°2BDBEFEFPP、A、CDBEPPF的比值；若不.先假設(shè)存在，再去推理，下結(jié)論：答案：（1）AC、AD、AB兩兩垂直，建立如圖坐標系，B（2，0，0），D（0，0，2），BEF的法向量n(xyz),則22 22。即BD和面BEF所成的角的余 （2）EFPP、A、CDBEPPFm點坐標為(12m12m

21 1

1AP(12m12m

2),，向量CP(12m

21

1

1

1

1

1所以212m012m 0,所以m11

1

1 文)VABC中，VC⊥底面ABC，ACBC，DABACBCa∠VDC0π 2 Ｖ求證：平面VAB⊥平面VCDＶ試確定角BC與平面VABπ6 答案:解法1：（Ⅰ）∵ACBCa，∴△ACB是等腰三角形，又D是AB的中點， ∴CDAB，又VC底面ABC．∴VCAB．于是AB平面VCD AB平面VAB，∴平面VAB平面VCD（Ⅱ）過點C在平面VCD內(nèi)作CHVDH，則由（Ⅰ）知CD平面VAB．BH，于是CBHBC與平面VAB所成的角．依題意CBHπ6Rt△CHDCH

2asin2Rt△BHCCHasinπa ∴sin 22∵0π，∴π 故當(dāng)πBC與平面VABπ 解法2：（Ⅰ）以CA，CB，CVxyzC(0，A(0，B(，0，D

2，atan2， V a

2 2CD2CD于是，VD， atan

02

2 2 AVD 同 2 即ABVD．又CD VDD，∴AB平面VCD．又AB平面VAB．∴平面VAB平面VCD（Ⅱ）設(shè)平面VAB的一個法向量為n(x，y，z)， ，VD xaxay得axay 2aztan ，2于是sinπ6

sin222即sin

2∵0π，∴=π 故交πBC與平面VABπ

22022

0 0，V ，atan

DV

2

atan，DC

0(，20) 0 ，20)

atan0ABDV又 DVD，∴AB平面VCDAB平面VAB，∴平面VAB平面VCD設(shè)平面VAB的一個法向量為nx，y，z2ay

ax

aztan

2

20 2a2π2 π2于是 6

sin2即sinπ0π，∴π．故角π πBC與平面VAB所成角為．69．（2006年遼寧高考）已知正方形ABCD E、F分別是AB、CD的中點,將ADE沿DE折起,如圖所示,記二面角ADEC的大小為(0)BFADE若ACD為正三角形試判斷點A在平面BCDE內(nèi)的射影GEF上,證明你的結(jié)論,并求角的余弦值解(I)證明:EFABCDAB、CD的中點AEB//FD, GE DEF平面AED,而BF平面AED,BF平面(II)如右圖,A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上,過點A作AG垂直于平面BCDE,G,ACD為正三角形GCD的垂直平分線上,ABCDEGEF上過GGH垂直于ED于H,連結(jié)AH,AHDE,所以AHD為二面角A-DE-C的平面角即AHG設(shè)原正方體的邊長為2a,連結(jié)AF,在折后圖的AEF中 3a,EF=2AE=2a,即AEF為直角三角形AGEFAEAFAG

3a在RtADE中,AHDEAEADAH 25225GH

a,cosGH2 2∴AB⊥∴ME⊥a2(2a2(2a2

EFEMa

a2a2 a2(2aa22

＝

2-122a

2222

-22 方法總結(jié)高考預(yù)190o；2123123190o23

d

|n

123

d

|n12[0,]12的角α，或 12cosS射影（S○S原π－α）；3一句話，“∠αAB或 2、3.從命題形式來看，涉及立體幾何內(nèi)容題形式最為多變.除保留傳統(tǒng)的“四選一”的選擇題型外，還嘗試，，（一）選擇題

（（Ａ）１個（Ｂ）２個（Ｃ）３個（Ｄ）４2．P為矩形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，P到B，C，D三點的距離分別是5，則P到A點的距離是 （）

，133 3ABCABα內(nèi)，直角頂點Cα外，CαC1C1ABC1AB（ A.1個平 B.4個平 D.無法確是1，那么這個球的半徑是( 633 3333

D．4 命題①空間直線a，b，c，若a∥b，b∥c則 ②非零向量abc，若a∥b，b∥c則a∥α、β、γα⊥β，β⊥γα∥γ④空間直線a、b、ca⊥b，b⊥c⑤直線a、b與平面β，若a⊥β，c⊥β，則 A（ C、（0， D（， 2 266

332332 1—12

【答案】DPAB，AC都平行的平面，則它符合要求；設(shè)邊AB，BC，CA1111【答案】C解析：∵CA2+CB2<CA2+CB2＝AB,ACBCAB1111【答案】C.α，若第四個點也在α內(nèi)，四個點確定一個平面，當(dāng)?shù)谒膫€點在α34個平面.C.【答案】Br，則r＝3：3

，又同理，ΔBOC、ΔCOAΔABCR，rΔABC333

333333

3314

8

×4π·125π4∴{an}n4，5，6，…，a44∴an=2n－4，A2006＝4008【答案】A．解析：法一：正三棱錐P–ABC，O為底面中心，不妨將底面正△ABC固定，頂點P運動，PO→+∞時，∠AHC→∠ABC3

故<∠AHC<π，選 H3HAB=2，PCxxOC233x21等腰△PBC中，S△PBC=1x·CH=1x21 12121x等腰△AHC中，sinAHC2

1sin

2 22【答案】B．解析：由已知得底面對角線的一半為 ，所以底面邊長的一半等于2，由勾股定得斜高2(2(22)28（１）由正方體的八個頂點可以組成c35684（３）12個平面中每個四邊形中共面的三角形有c244 （４）從56個三角形中任取兩個三角形共面的概率p 4 c c（５）從56個三角形中任取兩個三角形不共面的概率，利用對 ，得P1

367（二）填空題在三棱錐P—ABC中，底面是邊長為2cm的正三角形，PA＝PB＝3cm，轉(zhuǎn)動點P時，三棱錐的最大體積為

14．P為ABC所在平面外一點，PA、PB、PC與平面ABCPABC垂直，那么ABC的形狀可以是。①正三角形②等腰三角形③非等腰三表面積 如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1AM=1，點M在A上， ，點P在平面AM=3上，且動點P到直線A1D1的距離的平方與P到點M點P的軌跡方程是 13—162

DDPCy 。3cm3解析:P到面ABCPAB212高 cm．V=

344

由題意可知ABCBC邊的高線上，故一定有AB=AC選（1）（2）（4）3 .113正六邊形，其表積為4

3464

3 343y22x1。解析：PPQ⊥ADQQQH⊥A1D1HPH PH⊥A1D1.P（x，y），∵|PH|2|PH|21，∴x2+1(x1)2+y2=1y22x1 （三）解答題已 ABCD，從平面AC外一點O引向OEkOA,OFKOB,OGkOC,OHkODEF,GHACEG解：（1）ABCDACABAD∵EGOGOEkOCkOAk(OCOA)kACk(ABEFk(OBOAODOA)OFOEOHEFEF,GH（2）∵EFOFOEk(OBOAkABEGkAC∴EF//AB,EG//ACEGDBDBD如圖，PABCD是正四棱錐,ABCDA1B1C1D1是正方體，其中6AB2,PA 6C 解：(Ⅰ)連結(jié)AC,交BD于點O,連結(jié)PO,則PO⊥面ABCD,又 AC

,∴PABD,∵BD//BD,∴PABD

191 1（Ⅱ）∵AO⊥BD,AO⊥PO,∴AO⊥面PBD,過點O作OM⊥PD于點M，連結(jié)AM,則AM⊥PD 6就是二面角A-PD-O的平面角,又∵AB2,PA ,6

26262623OMPOOD ,∴tan2623

AO 2 6即二面角的大小為 62

3 1h

1AO

h65 BPAD6

3

P-ABCD中，底面ABCDPA垂直于底面，E、F分別是AB、PCEFPCDABCD成多大二面角時，EFPCD？證：（1）CDG，連結(jié)EG、∵E、F分別是AB、PCEF//（2）PCD與平面ABCD45角時，直線EF證明：∵GCDEGCD，∵PAABCD∴ADPDABCD內(nèi)的射影?！咚啥娼堑钠矫娼牵碋GF=45，從而得ADP=45AD=AP.RtPAERtCBEPE=CE.FPC的EFPCD．ABCDE中，ABACD，DEACD，ACADCDDE2a，ABa，F(xiàn)CD的中點ACDBCE所成二面角的大小.解：（Ⅰ）∵DEACD，AFACD又∵AC=AD=C，F(xiàn)CD DE平面AB平面ACDDEAD2DM4a2a2AM//BEAD2DM4a2a24a24a2a2

CD2CD2DM

(2a)(2a)2(5a)2(22a55∴異面直線AC、AE所成的角的余弦值 5512

DEAGDFCDCG//AFBDPCD12

2

又∵ACPMD，ME∴AC//PMD1，PBABCD，CDABCD，∴CD⊥PB。又∵CD⊥BCCDPBC?！逤DPCD，∴平面PBCPCD。BBF⊥PCFBFPDC，連DF，DFBDPCD上的射影?！唷螧DFBDPDC不妨設(shè)AB=2，則在Rt△BFD中，BF1BD， BDPCD6A作AN⊥DGNMN∵PBABCD，∴∠MNAPMD與平面ABCD所成在Rt△MAN中，tanMNAMA 2 222PMDABCD所成的二面角（銳角222

ACBC2A1ABCACD解：（I）A1DABC，BCACBCAA1C1CBCAC1BA1AA1AC2DAC中點，知A1AC60AA1FAA1BCFA1ABBCF，過C作CHBFH，則CHA1AB，RtBCFBC2,CF

3，故CH2217即CCAAB的距離為CH221 HHGA1B于G，連CG，則CGA1B從而CGHAA1BC2在RtA1BC中，A1CBC2，所以CG 2在RtCGH中，sinCGHCH 42 故二面角AA1BC的大小為 2：（I）ABEDEBCBCAC，DEACA1DABC，BA1AC1AC1A1BC；3由ACBA3t20，得t 3 ,

3z

z1n

3,

nAB2x2y

2n7

3z z1m0,3,1 m,nmm,nm故cos

7 777AA1BC的大小為arccos77（四）創(chuàng)新試題ABC—A1B1C1中，DBCB—AB1—DcAB1D的距離.A1BA1B∩AB1E∵ABC—A1B1C1是正三棱柱，且AA1∴四邊形A1ABB1∴EA1B的中點，DBCABCDF⊥ABF，在面A1ABB1FG⊥AB1G，連接A1ABB1ABC，∴DF∴FGDGA1ABB1上的射影，∵FG⊥AB1∴∠FGDB—AB1—D3設(shè)A1A=AB=1，在正△ABC中 4在△ABEFG3BE32 在Rt△DFG中，tanFGDDF 6 B—AB1—D的大小為arctan63B1BCC1AB