立体几何新题型的解题技巧fb
立体几何题型的解题技巧
一、考点分析
1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
①?
???????
→???????
→?????
底面是正多形
棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱★
底面为矩形
底面为正方形
侧棱与底面边长相等
2. 棱锥
棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3．球
球的性质：
①球心与截面圆心的连线垂直于截面；
★②r =
d 、球的半径为R 、截面的半径为r ）
★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切.
B
注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2
3
44,3
S R V R ππ==球球（其中R 为球的半径）
1、线线平行的判断：
如果一条直线与一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，则这条直线与交线平行。
如果两个平面和第三个平面相交，则交线平行
如果两条直线同时垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
如果一条直线上的所有点到另一条直线的距离相等，那么这两条直线平行 如果两条直线与一个平面所成角相等且方向相同，那么这两条直线平行 2、线面平行的判断：
平面外一条直线和平面内一条直线平行，则这条直线和这个平面平行。 两个平面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 如果一条直线和一个平面分别与另一个平面垂直，且直线不在这个平面内，则这条直线和这个平面平行
如果一条直线与两个平行平面中的一个平行且不在另一个平面内，则这条直线与另一个平面平行
一条直线垂直于一个平面，同时垂直于另一条直线，则另一条直线平行于这个平面 如果一条直线与两个相交的平面都平行，那么这条直线与交线平行 如果一条直线与一个平面平行，另合乎一条直线与这个平面垂直，那么这两天天条直线垂直 3、面面平行的判断
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面的两条相交直线分别平行，则这两个平面平行 如果两个平面分别垂直于同一条直线，那么这两个平面平行 如果两个平面都平行于第三个平面，那么这两个平面平行
如果一个平面上的所有点到另一个平面的距离相等，那么这两个平面平行 如果两个平面平行且都与第三个平面相交，则 交线平行
如果两个平面平行，则其中一个平面内的所有直线与另一个平面平行
如果两个平面平行，且其中一个平面与一条直线垂直，则另一个平面与这条直线也垂直 夹在两个平行平面间的平行线段相等 4、线面垂直
判定定理1——如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面 判定定理2——如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直 如果一条直线和一个平面垂直则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 如果两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线平行
如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面 如果两个相交平面都与另一个平面垂直，则这两个平面的交线 l 垂直于另一个平面 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 如果一个平面与另一个平面的垂线平行，则这两个平面互相垂直 5、面面垂直
如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面
推论:如果两个相交平面都与另一个平面垂直，则这两个平面的交线 l 垂直于另一个平面
垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系： 1.平行转化
2.垂直转化
每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的
1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈??：
解题步骤：一找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移 另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；
2求直线与平面所成的角[]0,90θ∈??：关键找“两足”：垂足与斜足
解题步骤：一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）； 二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）；三
计算：常通过解直角三角形，求出线面角。
3求二面角的平面角[]0,θπ∈
解题步骤：一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角； 二证： 证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。 求直线l 与平面α所成的角：|
||||sin |n PM ?=
θ
，(l PM ?,α?M ,n 为α的法向量)
求两异面直线AB 与CD 的夹角：|
|||cos CD AB ?=
θ
求二面角的平面角θ：|
||||||cos |21n n n n ??=
θ，（ 1n ，2n 为二面角的两个面的法向量）
求二面角的平面角θ：S
S 射影=
θcos ，（射影面积法）
求法向量：①找；②求：设b a , 为平面α内的任意两个向量，)1,,(y x n =为α的法向量，
则由方程组?????=?=?0
n b n a ，可求得法向量．
二、解题技巧：
空间距离和角是高考考查的重点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.
不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.
求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。 【例题解析】
考点1 点到平面的距离
求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题
例1( 2006年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.
(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ；
(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角；
(Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.
命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：
方法一 （Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又?PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD . 同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .
（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD
及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.取OC 的中点N ，连接PN . 因为
21,21===OC NO OA NO OQ PO ，所以OA
NO
OQ PO =， 从而AQ ∥PN ，∠BPN （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角.
因为3PB ==
，PN ===
10)2()22(22
22=+==ON OB BN
所以933
3210392cos 222=
??-+=?-∠PN PB BN PN PB BPN ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是9
3
arccos . (Ⅲ)连结OM ，则11
2.22
OM AB OQ === 所以∠MQP ＝45°.
由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离.
又03,sin 452
PQ PO QO PH PQ =+=∴==
. 即点P 到平面QAD
的距离是
2
. 方法二
（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .
由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .
Q
B
C
P
A
D
O
M
从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .
由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）. 所以)2,0,22(--=
1)PB =-
于是9
3
,cos =
??PB AQ . (Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，
(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由
?????=?=?0
0AQ n 得?????=+=+00
2y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离32
2
PQ n d n
?==
. 考点2 异面直线的距离
此类题目主要考查异面直线的距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离. 典型例题
例3 已知三棱锥ABC S -，底面是边长为24的正三角形，棱
SC 的长为2，且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点，求
CD 与SE 间的距离.
思路启迪：由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找，所以设法将所求异面直线的距离，转化成求直线与平面的距离，再进一步转化成求点到平面的距离. 解答过程：
如图所示，取BD 的中点F ，连结EF ，SF ，CF ，
EF ∴为BCD ?的中位线，EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF
,
CD ∴到平面SEF 的距离即为两异面直线间的距离.
又 线面之间的距离可转化为线CD 上一点C 到平面SEF
的距离，设其为h ，由题意知，24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点，
2,2,62
1
,62====
=∴SC DF CD EF CD 3
3
222621312131=
????=????=
∴-SC DF EF V CEF S 在Rt SCE ?中，3222=+=CE SC SE
在Rt SCF ?中，30224422=++=+=
CF SC SF
又3,6=∴=?SEF S EF 由于h S V V SEF CEF S SEF C ??=
=?--31，即332331=??h ，解得3
3
2=h 故CD 与SE 间的距离为
3
3
2. 小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程.
考点3 直线到平面的距离
此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 典型例题
例4． 如图，在棱长为2的正方体1AC 中，G 是1AA 的中点，求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离 的方法求解. 解答过程：
解析一 BD ∥平面11D GB ，
BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求
点O 平面11D GB 的距离,
1111C A D B ⊥ ，A A D B 111⊥，⊥∴11D B 平面11ACC A ,
又?11D B 平面11D GB
∴平面1111D GB ACC A ⊥，两个平面的交线是G O 1,
作G O OH 1⊥于H ，则有⊥OH 平面11D GB ，即OH 是O 点到平面11D GB 的距离.
B
A
C
D
O
G
H 1
A 1
C 1D
1
B 1O
在OG O 1?中，2222
1
2111=??=??=?AO O O S OG O . 又3
6
2,23212111=
∴=??=??=
?OH OH G O OH S OG O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于3
6
2. 解析二 BD ∥平面11D GB ，
BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求，以下求点B 平面11D GB 的距离.
设点B 到平面11D GB 的距离为h ，将它视为三棱锥11D GB B -的高，则
，由于63222
1
,111111=??==?--D GB GBB D D GB B S V V
34222213111=????=
-GBB D V , ,3626
4==∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于3
6
2. 考点4 异面直线所成的角
此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点. 典型例题
例6．（2006年广东卷）如图所示，AF 、DE 分别是⊙O 、⊙O 1的直径.，AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8,BC 是⊙O 的直径，AB ＝AC ＝6，OE //AD . (Ⅰ)求二面角B —AD —F 的大小； (Ⅱ)求直线BD 与EF 所成的角.
命题目的：本题主要考查二面角以及异面直线所成的角等基
本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程： (Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,
∴AD ⊥AB , AD ⊥AF ,故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角.
是矩形的直径，是圆、ABFC O BC AF ∴ ，
是正方形，又ABFC AC AB ∴==6
由于ABFC 是正方形，所以∠BAF ＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；
(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则
O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）
所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FE BD
cos ,||||100BD FE BD FE
BD FE ?<>=
==
设异面直线BD 与EF 所成角为α，则 .cos cos ,10
BD FE α=<>=
故直线BD 与EF 所成的角为10
82arccos
. 解法二：平移EF 到OD, 易证直角三角形DOB … 考点5 直线和平面所成的角
此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算. 线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容. 典型例题
例7
.（2007年全国卷Ⅰ理）
四棱锥S ABCD -中，底面
ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠，
2AB =，BC =SA SB =
（Ⅰ）证明SA BC ⊥；
（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．
考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，
二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力． 解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ， 得SO ⊥底面ABCD ．
因为SA SB =，所以AO BO =，
又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，
AO BO ⊥， 由三垂线定理，得SA BC ⊥．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，
故SA AD ⊥，由AD
BC ==，SA =
AO =1SO =，SD =．
SAB △的面积21112
2
S AB SA ?=- ? D
B
C
S
A
连结DB ，得DAB △的面积21
sin13522
S AB AD =
= 设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得
1211
33
h S SO
S =，解得h = 设SD 与平面SAB 所成角为α
，则sin h SD α=．
所以，直线
SD 与平面SBC 所成的我为
解法二：
（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面
ABCD ．
因为SA SB =，所以AO BO =．
又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．
如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O
-0)A ，，(0B ，(0C ，(001)S ，
，，(2SA =，(0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．
（Ⅱ）取AB 中点E ，0E ???
??
， 连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，12G ???
??
，． 12OG ?=????，，1SE ?=??
??
，(AB =．
0SE OG =，0AB OG =，OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ，AB 垂直．
所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与
β互余．
D ，()=．
22cos OG DS OG DS
α==
，sin β
所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为．
y
小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值. 考点6 二面角
此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视. 典型例题
例8．（2007年湖南卷文）
如图，已知直二面角PQ αβ--，A PQ ∈，B α∈，C β∈，CA CB =，45BAP ∠=，直线CA 和平面α所成的角为30．
（I ）证明BC PQ ⊥；
（II ）求二面角B AC P --的大小．
命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.
过程指引：（I ）在平面β内过点C 作CO PQ ⊥于点O ，连结OB ． 因为αβ⊥，PQ α
β=，所以CO α⊥，
又因为CA CB =，所以OA OB =．
而45BAO ∠=，所以45ABO ∠=，90AOB ∠=， 从而BO PQ ⊥，又CO PQ ⊥，
所以PQ ⊥平面OBC ．因为BC ?平面OBC ，故PQ BC ⊥． （II ）解法一：由（I ）知，BO PQ ⊥，又αβ⊥，PQ α
β=，
BO α?，所以BO β⊥．
过点O 作OH AC ⊥于点H ，连结BH ，由三垂线定理知，BH AC ⊥． 故BHO ∠是二面角B AC P --的平面角．
由（I ）知，CO α⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=，
A
B
C
Q α
β P
A
B C
Q
α
β P
O H
不妨设2AC =
，则AO =3sin 302
OH AO ==
． 在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠
=∠=，所以BO AO == 于是在
Rt BOH △
中，tan 2BO
BHO OH
∠=
==． 故二面角B AC P --的大小为arctan 2．
解法二：由（I ）知，OC OA ⊥，OC OB ⊥，OA OB ⊥，故可以O 为原点，分别以直线
OB OA OC ，，为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为CO a ⊥，所以CAO ∠是CA 和平面α所成的角，则30CAO ∠=．
不妨设2AC =，则AO =1CO =． 在Rt OAB △中，45ABO BAO ∠=∠
=， 所以BO AO == 则相关各点的坐标分别是
(00
0)O ，，，
0)B ，，(0A ，(001)C ，
，．
所以(3AB =
，，(0AC =． 设1n {}x y z =，，是平面ABC 的一个法向量，由1100n AB n AC ?=??=?
?，
得00z -=+=?
?，
取
1x =，得1n =．
易知2(100)n =，，是平面β的一个法向量．
设二面角B AC P --的平面角为θ，由图可知，12n n θ=<>，．
所以1212cos ||||5n n n n
θ=
==
故二面角B AC P --的大小为． 小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角
.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用
Q
平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.
例9．( 2006年重庆卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ,∠DAB 为直角，AB ‖CD ，AD =CD =2AB , E 、F 分别为PC 、CD 的中点. （Ⅰ）试证：CD ⊥平面BEF ；
（Ⅱ）设P A ＝k ·AB ,且二面角E -BD -C 的平面角大于?30,求k 的取值范围.
命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.
过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：
解法一：（Ⅰ）证：由已知DF //=
AB 且∠DAD 为直角，
故ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF .
又P A ⊥底面ABCD,CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD .在△PDC 中，E 、F 分别
PC 、CD 的中点，故EF ∥PD ,从而CD ⊥EF ,由此得CD ⊥面BEF . （Ⅱ）连结AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点.连接EG ,则在△P AC 中易知EG ∥P A .又因
P A ⊥底面ABCD ,故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ,垂足为H ,连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 设AB=a ,则在△P AC 中，有 EG =
21P A =2
1
ka . 以下计算GH ，考察底面的平面图.连结GD .
因S △GBD =
21BD ·GH=21
GB ·DF . 故GH =BD
DF
GB ?.
在△ABD 中，因为AB ＝a ,AD =2a ,得BD =5a. 而GB =
21FB =2
1
AD =a ，DF =AB ,从而得 GH =
BD AB GB ?= a
a a 5?＝.55
a 因此tan ∠EHG=GH EG =.25
5
5
21
k a ka
=
由k ＞0知EHG ∠是锐角，故要使EHG ∠＞?30，必须
k 25＞tan ?30=,3
3 解之得，k 的取值范围为k ＞.15
15
2 解法二：
（Ⅰ）如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AB=a ,则易知点A,B,C,D,F 的坐标分别为 A (0,0,0),B (a ,0,0),C (2a ,2a ,0),D (0,2a ,0), F (a ,2a ,0). 从而=(2a ,0,0), BF =(0,2a ,0),
DC ·=0,故DC ⊥ .
设P A =b ,则P (0,0,b ),而E 为PC 中点.故 E ??
? ??2,
,b a a . 从而=??
?
??2,
,0b a ，·=0,故⊥. 由此得CD ⊥面BEF .
（Ⅱ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H ,由三垂线定理知EH ⊥BD . 从而∠EHG 为二面角E -BD -C 的平面角. 由P A ＝k ·AB 得P (0,0,ka ),E ??
?
??
2,
,ka a a ,G (a ,a ,0). 设H (x ,y ,0)，则=(x -a ,y -a ,0), BD =(-a ,2a ,0), 由GH ·=0得-a (x -a )+2a (y -a )=0,即 x -2y =-a ①
又因BH =(x-a,y,0),且BH 与BD 的方向相同，故a a x --＝a
y
2，即 2x +y =2a ② 由①②解得x =
53a ,y=54a ,从而GH ＝??
?
??--0,51,52a a ，｜GH ｜＝55a . tan ∠EHG = EG GH =a ka 5
52
=k 25
.
由k ＞0知，∠EHG 是锐角，由∠EHG ＞,30?得tan ∠EHG ＞tan ,30?即
k 25＞.3
3 故k 的取值范围为k ＞
15
15
2. 考点7 利用空间向量求空间距离和角
众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性. 典型例题
例10．（2007年江苏卷）
如图，已知1111ABCD A BC D -是棱长为3的正方体，
点E 在1AA 上，点F 在1CC 上，且11AE FC ==． （1）求证：1E B F D ，，，四点共面； （2）若点G 在BC 上，2
3
BG =
，点M 在1BB 上， GM BF ⊥，垂足为H ，求证：EM ⊥平面11BCC B ；
（3）用θ表示截面1EBFD 和侧面11BCC B 所成的锐二面角的大小，求tan θ．
命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力． 过程指引：解法一：
（1）如图，在1DD 上取点N ，使1DN =，连结EN ，CN ，
则1AE DN ==，12CF ND ==．
因为AE DN ∥，1ND CF ∥，所以四边形ADNE ，1CFD N 都为平行四边形．
从而EN AD ∥，1FD CN ∥．
又因为AD BC ∥，所以EN BC ∥，故四边形BCNE 是平行四边形，由此推知CN BE ∥，从而1FD BE ∥．
因此，1E B F D ，，，四点共面．
（2）如图，GM BF ⊥，又BM BC ⊥，所以BGM CFB =∠∠，
C
A
H
M
D
E
F
1B
1A
1D
1C
C
A
H
M
D
E F 1B
1A
1D
1C
N
tan tan BM BG BGM BG CFB ==∠∠23
132
BC BG
CF ==?=． 因为AE BM ∥，所以ABME 为平行四边形，从而AB EM ∥． 又AB ⊥平面11BCC B ，所以EM ⊥平面11BCC B ．
（3）如图，连结EH ．
因为MH BF ⊥，EM BF ⊥，所以BF ⊥平面EMH ，得EH BF ⊥． 于是EHM ∠是所求的二面角的平面角，即EHM θ=∠．
因为MBH CFB =∠∠，所以sin sin MH BM MBH BM CFB ==
∠∠
21
BM
BC CF ===
+ tan EM MH θ== 解法二：
（1）建立如图所示的坐标系，则(301)
BE =，，，(03
BF =所以1BD BE BF =+，故1BD ，BE ，BF 共面． 又它们有公共点B ，所以1E B F D ，，，四点共面．
（2）如图，设(00)M z ，，，则203GM z ??
=- ???，，，
而(032)BF =，，，由题设得2
3203
GM BF z =-+=，
得1z =．
因为(001)M ，，，(301)E ，，，有(300)ME =，，，
又1(003)BB =，，，(030)BC =，，，所以10ME BB =，0ME BC =，从而1ME BB
⊥，ME BC ⊥．
故ME ⊥平面11BCC B ．
（3）设向量(3)BP x y =，，⊥截面1EBFD ，于是BP BE ⊥，BP BF ⊥．
而(301)BE =，，，(032)BF =，，，得330BP BE x =+=，360BP BF y =+=，解得
1x =-，2y =-，所以(123)BP =--，，．
又(300)BA =，，⊥平面11BCC B ，所以BP 和BA 的夹角等于θ或πθ-（θ为锐角）． 于是cos 14
BP BA BP BA
θ=
=
． 故tan θ=
小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为AB 在面BDF 的法向量上的投影的绝对值. 例11．（2006年全国Ⅰ卷）
如图,l 1、l 2是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点A 、B 在l 1上，C 在l 2上，AM =MB =MN （I ）证明AC ⊥NB ；
（II ）若?
=∠60ACB ，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值. 命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关 知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角； 方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程：
解法一： (Ⅰ)由已知l 2⊥MN , l 2⊥l 1 , MN ∩l 1 =M, 可得 l 2⊥平面ABN . 由已知MN ⊥l 1 , AM =MB =MN ,可知AN =NB 且AN ⊥NB . 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影. ∴AC ⊥NB
（Ⅱ）∵Rt △CAN ≌Rt △CNB , ∴AC =BC ,又已知∠ACB =60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt △ANB ≌Rt △CNB , ∴NC =NA =NB ,因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心,连结BH ,∠NBH 为NB 与平面ABC 所成的角. 在Rt △NHB 中,cos ∠NBH = HB NB = 3
3AB 2
2AB = 6
3.
解法二： 如图,建立空间直角坐标系M －xyz . 令MN=1,
则有A (－1,0,0),B (1,0,0),N (0,1,0),
(Ⅰ)∵MN 是 l 1、l 2的公垂线, l 1⊥l 2, ∴l 2⊥平面ABN .
l 2平行于z 轴. 故可设C (0,1,m ). 于是 =(1,1,m ), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC ⊥NB .
(Ⅱ)∵ =(1,1,m ), =(－1,1,m ), ∴||=||, 又已知∠ACB =60°,∴△ABC 为正三角形,AC =BC =AB =2. 在Rt △CNB 中,NB =2, 可得NC =2,故C (0,1, 2). 连结MC ,作NH ⊥MC 于H ,设H (0,λ, 2λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－2λ), =(0,1, 2)
N
C
N
∵ · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= 1
3
,
∴H (0, 13, 23), 可得=(0,23, － 23), 连结BH , 则=(－1,13, 2
3
),
∵·=0+29 － 2
9 =0, ∴⊥, 又MC ∩BH =H , ∴HN ⊥平面ABC , ∠NBH 为NB 与平面ABC 所
成的角. 又=(－1,1,0),
∴cos ∠NBH = =
4
3
23
×2 = 63.
考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题
例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大.
[思路启迪]设四边形一边AD ，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD 长度即可.
解答过程：如图（2）设AD ＝a ，易知∠ABC ＝60°，且∠ABD ＝30°?AB ＝3a . BD ＝2a ?正六棱柱体积为V .
V ＝a a 360sin 212162?????）－（
＝a a ?2
212
9）－（ ＝
a a a 4)21)(21(89--≤33
289）（? . 当且仅当 1－2a ＝4a ? a ＝6
1
时，体积最大，
此时底面边长为1－2a ＝1－2×61＝3
2
.
∴ 答案为6
1
.
例13 .如图左，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 折成三棱锥后，GH 与IJ 所成角的度数为（ ）
B
A C
D
E
F
G
H
I
J
(A 、B 、C )
D
E
F
G
H
I
J
A 、90°
B 、60°
C 、45°
D 、0°
[思路启迪] 画出折叠后的图形，可看出GH ，IJ 是一对异面直线，即求异面直线所成角. 过点D 分别作IJ 和GH 的平行线，即AD 与DF ，所以 ∠ADF 即为所求. 因此GH 与IJ 所成角为60°，答案:B 例14.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，
① 设对角线D 1B 与自D 1出发的三条棱分别成α、β、γ角 求证：cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1
② 设D 1B 与自D 1出发的三个面成α、β、γ角，求证： cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝2
[思路启迪] ①因为三个角有一个公共边即D 1B ，在构造 的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出 发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系 ③ 利用长方体性质，先找出α，β，γ，然后利用各边 ④ 所构成的直角三角形来解.
解答过程：①连接BC 1，设∠BD 1C 1＝α，长方体三条棱 长分别为a ，b ，c ，设D 1B ＝l
则cos 2
α＝22l a 同理cos 2β＝22l b ，cos 2
γ＝22l
c
∴cos 2
α＋cos 2
β＋cos 2
γ＝2
2
22l
＋c ＋b a ＝1 ②连接D 1C ，∵ BC ⊥平面DCC 1D 1
∴ ∠BD 1C 即是D 1B 与平面DCC 1D 1所成的角，不妨设∠BD 1C ＝α，则cos 2
α＝2
2
2＋l
b a 同理：cos 2
β＝2
22l ＋c b ，cos 2
γ＝222l a c +.
又∵l 2＝a 2＋b 2＋c 2.
∴cos 2
α＋cos 2
β＋cos 2
γ＝2
222)
2l
＋c ＋b (a ＝2. 考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算
棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积. 直棱柱体积V 等于底面积与高的乘积. 棱锥体积V 等于3
1
Sh 其中S 是底面积，h 是棱锥的高. 典型例题
例15. 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2a ，BC ＝CA ＝AA 1＝a ，
A B
C
A
D
A 1
B 1
C 1
D 1
A 1在底面△ABC 上的射影O 在AC 上 ① 求A
B 与侧面A
C 1所成角；
② 若O 恰好是AC 的中点，求此三棱柱的侧面积. [思路启迪] ①找出AB 与侧面AC 1所成角即是∠CAB ； ②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC 1B 1是正方形，侧面ACC 1A 1和侧面ABB 1A 1是平行四边形，分别求其面积即可.
解答过程：①点A 1在底面ABC 的射影在AC 上， ∴ 平面ACC 1A 1⊥平面ABC .
在△ABC 中，由BC ＝AC ＝a ，AB ＝2a . ∴ ∠ACB ＝90°，∴ BC ⊥AC . ∴ BC ⊥平面ACC 1A 1.
即 ∠CAB 为AB 与侧面AC 1所成的角在Rt △ABC 中，∠CAB ＝45°. ∴ AB 与侧面AC 1所成角是45°.
② ∵ O 是AC 中点，在Rt △AA 1O 中，AA 1＝a ，AO ＝
2
1
a . ∴ AO 1＝
2
3a . ∴ 侧面ACC 1A 1面积S 1＝212
3a ＝AO AC ?. 又BC ⊥平面ACC 1A 1 ， ∴ BC ⊥CC 1.
又BB 1＝BC ＝a ，∴ 侧面BCC 1B 1是正方形，面积S 2＝a 2. 过O 作OD ⊥AB 于D ，∵ A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1D ⊥AB . 在Rt △AOD 中，AO ＝
2
1
a ，∠CAD ＝45° ∴ OD ＝4
2
a
在
Rt
△
A 1OD
中
，
A 1D
＝
222
1
22
342）＋（）（＝a a O ＋A OD ＝a 87. ∴ 侧面ABB 1A 1面积S 3＝a a D ＝A AB 8
721?
?＝2
27a .
∴ 三棱柱侧面积 S ＝S 1＋S 2＋S 3＝2
7322
1a ）＋＋（.
例16. 等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得面AMN 与面MNCB 所成
A 1
B 1
C 1
A
B
C
D
O
A
B
C
M
N
K
L A
B
C M
N
K
L