高中数学立体几何经典题型的解法
高中立体几何解题技巧
高中立体几何解题技巧高中立体几何解题技巧高中立体几何解题技巧篇1一、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。
二、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。
三、三视图问题（1）熟悉常见几何体的三视图，如锥体、柱体、台体、球体的三视图。
（2）组合体的分解。
由规则几何体截出一部分的几何体的分析。
（3）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_____。
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。
（4）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”。
（5）与球有关的题型，只能应用“老方法”，求出球的半径即可。
（6）立体几何读题：1、弄清楚图形是什么几何体，规则的、不规则的、组合体等。
2、弄清楚几何体结构特征。
面面、线面、线线之间有哪些关系（平行、垂直、相等）。
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何是数学中的一个重要部分，也是高中数学中难度较大的内容之一。
下面介绍一些高一立体几何的题型及解题方法。
1. 空间向量题型
空间向量题型是高一立体几何中比较基础的题型，需要掌握空间向量的基本概念和运算规律。
解题时需要根据向量的定义和性质，运用向量加法、数乘等基本运算法则，求解向量的模长、方向余弦等相关量。
2. 空间几何体积题型
空间几何体积题型是高一立体几何中比较常见的题型，需要掌握各种几何体的面积和体积公式，并能够灵活运用这些公式进行计算。
解题时需要注意几何体的立体图形，确定所求的体积或面积，再根据公式进行计算。
3. 立体图形的相似题型
立体图形的相似题型需要掌握几何体的相似性质和基本比例关系，能够根据相似性质推导出几何体的相关量。
解题时需要注意几何体的相似条件，确定所求的比例关系，再根据比例关系求解相关量。
4. 空间几何位置关系题型
空间几何位置关系题型需要掌握空间中点、线、面的位置关系及相关性质。
解题时需要注意点、线、面的位置关系，确定所求的相关量，再根据相关性质进行计算。
总之，高一立体几何的题型比较多，需要学生具备扎实的基础知
识和灵活的解题思路，加强对几何图形和空间位置关系的理解和掌握，才能顺利解决高一立体几何的各种题型。
高中必修二数学 立体几何题型总结
高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一，下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法：熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式，根据题目要求进行计算。
2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法：通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图，掌握几何体的形状和大小，进而解决相关问题。
3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法：理解空间点、线、面的位置关系，掌握各种位置关系的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法：掌握旋转体的形成过程和性质，通过分析旋转体的轴和母线，利用旋转体的性质进行计算和证明。
5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法：掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
6. 空间几何体的最值问题
解题方法：通过分析几何体的结构特征，利用几何体的性质和不等式等数学知识，求得空间几何体的最值。
7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法：通过建立空间几何模型，将实际问题转化为数学问题，利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。
以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法，掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。
立体几何题型及解题方法
立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。
以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 计算体积和表面积：这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状，如长方体、圆柱体、圆锥体等。
解题方法包括使用体积和表面积的公式，以及根据题目描述建立数学模型。
2. 证明定理和性质：这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理，如平行线性质、勾股定理等。
解题方法包括使用已知定理和性质进行推导，以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。
3. 求解最值问题：这类题目通常涉及到求几何图形中的最值，如最短路径、最大面积等。
解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。
4. 判定和性质应用：这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质，或应用某个性质到实际场景中。
解题方法包括根据性质进行推导和判断，以及根据实际场景建立数学模型。
以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法，当然还有其他的题型和解题方法。
在解决立体几何问题时，需要灵活运用几何知识和方法，多做练习，提高自己的解题能力。
高考数学立体几何多种解法
高考数学立体几何多种解法高考数学立体几何题目通常有多种解法，这取决于问题的具体形式和你所掌握的工具。
以下是一些常见的立体几何问题和它们的多种解法：问题1：求多面体的体积解法1：直接计算如果题目给出了多面体的底面积和高，可以直接使用体积公式 V=底面积×高来计算。
解法2：分割法如果多面体可以被分割成几个简单的几何体（如长方体、三棱锥等），可以先计算每个简单几何体的体积，然后求和。
解法3：向量法如果题目中涉及到了向量的知识，可以通过计算底面的法向量和顶点到底面的距离（即高），然后使用向量体积公式V=1/3 A⋅(B×C)来计算体积。
问题2：求多面体的表面积解法1：直接计算如果题目给出了多面体的各个面的面积，可以直接求和得到总表面积。
解法2：分割法如果多面体可以被分割成几个简单的几何体，可以先计算每个简单几何体的表面积，然后求和。
解法3：向量法对于某些复杂的多面体，可以通过计算各个面的法向量和对应的面积向量，然后使用向量点积来计算每个面的面积，最后求和得到总表面积。
问题3：证明线面平行或垂直解法1：定义法直接使用线面平行或垂直的定义来证明。
解法2：判定定理使用线面平行或垂直的判定定理来证明。
解法3：向量法通过计算向量之间的点积或叉积来证明线面平行或垂直。
问题4：求点到平面的距离解法1：公式法如果知道点到平面的垂线段的长度和垂足在平面上的坐标，可以使用距离公式 d=(x2−x1)2+(y2−y1)2+(z2−z1)2 来计算。
解法2：向量法通过计算点到平面上任意一点的向量和平面的法向量，然后使用向量点积和模长来计算距离。
问题5：求二面角的平面角解法1：定义法直接在图形中找出二面角的平面角，然后计算。
解法2：向量法通过计算两个平面的法向量，然后计算这两个法向量的夹角，即为二面角的平面角。
问题6：判断几何体的形状解法1：直接观察通过观察几何体的形状和尺寸来判断。
解法2：计算法通过计算几何体的各个面的面积、边长、角度等来判断。
数学解决立体几何问题的四种常用方法
数学解决立体几何问题的四种常用方法数学作为一门科学，其应用范围及其广泛。
在解决现实生活中的各种问题中，立体几何问题是其中之一。
在本文中，将介绍数学解决立体几何问题的四种常用方法，分别是平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
一、平面几何方法平面几何方法是解决立体几何问题最常用的方法之一。
该方法的基本思想是将立体几何问题转化为平面几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制立体几何图形的几个视图，将其分解为多个平面几何图形，然后利用平面几何中的定理和性质进行求解。
例如，对于一个立方体求其体积，可以将其展开成一个平面图形，然后计算出展开图形的面积。
再根据立方体的性质，将展开图形的面积乘以立方体高度所得的积即为立方体的体积。
二、向量法向量法是一种几何分析方法，可以有效地解决立体几何问题。
该方法利用向量的运算和性质，将立体几何问题转化为向量计算问题来求解。
在利用向量法解决立体几何问题时，首先需要确定坐标系，并定义几何体的位置和方向。
然后，通过向量运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个平行六面体的体积，可以通过计算其底面向量与高度向量的叉积来求解。
三、投影法投影法是解决立体几何问题的另一种常用方法。
该方法利用几何体在不同平面上的投影关系，将立体几何问题转化为投影几何问题来求解。
具体来说，可以通过绘制几何体在不同平面上的投影图形，并利用投影几何的定理和性质进行求解。
例如，对于一个棱柱在某个平面上的截面积，可以通过计算棱柱的投影图形在该平面上的面积来求解。
四、立体坐标法立体坐标法是一种通过引入三维坐标系来解决立体几何问题的方法。
该方法通过确定几何体的坐标，将立体几何问题转化为坐标几何问题来求解。
在利用立体坐标法解决立体几何问题时，首先需要建立一个三维坐标系，并确定几何体的坐标。
然后，通过坐标运算来计算几何体的性质。
例如，对于一个球体求其体积，可以根据球体的坐标及其半径，利用坐标运算公式计算出体积。
总结起来，数学解决立体几何问题的常用方法有平面几何方法、向量法、投影法和立体坐标法。
高中立体几何最佳解题方法及考题详细解答
高中立体几何最佳解题方法及考题详细解答 WTD standardization office【WTD 5AB- WTDK 08- WTD 2C】高中立体几何最佳解题方法总结一、线线平行的证明方法1、利用平行四边形；2、利用三角形或梯形的中位线；3、如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面与这个相交，那么这条直线和交线平行。
（线面平行的性质定理）4、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。
（面面平行的性质定理）5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行。
（线面垂直的性质定理）6、平行于同一条直线的两个直线平行。
7、夹在两个平行平面之间的平行线段相等。
二、线面平行的证明方法1、定义法：直线和平面没有公共点。
2、如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线就和这个平面平行。
（线面平行的判定定理）3、两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线必平行于另一个平面。
4、反证法。
三、面面平行的证明方法1、定义法：两个平面没有公共点。
2、如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
（面面平行的判定定理）3、平行于同一个平面的两个平面平行。
4、经过平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行。
5、垂直于同一条直线的两个平面平行。
四、线线垂直的证明方法1、勾股定理；2、等腰三角形；3、菱形对角线;4、圆所对的圆周角是直角；5、点在线上的射影；6、如果一条直线和这个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意直线都垂直。
7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。
（三垂线定理）8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，那么另一条也垂直于这条直线。
五、线面垂直的证明方法：1、定义法：直线与平面内的任意直线都垂直；2、点在面内的射影；3、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直。
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)。
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解题技巧：立体几何中几类典型问题的向量解法一、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离（1）求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP u u u r的坐标，那么P 到平面的距离cos ,n MP d MP n MP n•=•<>=r u u u r u u u r r u u u rr（2）求两点,P Q 之间距离，可转化求向量PQ uuu r的模。
（3）求点P 到直线AB 的距离，可在AB 上取一点Q ，令,AQ QB PQ AB λ=⊥u u u r u u u r u u u r u u u r或PQ u u u r 的最小值求得参数λ，以确定Q 的位置，则PQ u u u r 为点P 到直线AB 的距离。
还可以在AB 上任取一点Q 先求><AB PQ ,cos ，再转化为><AB PQ ,sin ，则PQ u u u r><AB PQ ,sin 为点P 到直线AB 的距离。
(4)求两条异面直线12,l l 之间距离，可设与公垂线段AB 平行的向量n r，,C D 分别是12,l l 上的任意两点，则12,l l 之间距离CD nAB n•=u u u r r r【例题】例1：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离例2：如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若a BN CM ==)20(<<a 。
（1）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN的长最小；（2）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小例3：正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，求异面直线11A C 与1AB 间的距离.例4：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14,3,2,AB BC CC ===求平面11A BC 与平面1ACD 的距离。
点评：若n r是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线段，且B α∈，则点A 到平面α的距离AB nd n•=u u u r r r，平行平面之间的距离转化为点到平面的距离，变为斜线在法向量上的射影。
yy二、利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。
（1）设12,l l 是两条异面直线，,A B 是1l 上的任意两点，,C D 是直线2l 上的任意两点，则12,l l 所成的角为arccos AB CDAB CD••u u u r u u u r u u u r u u u r（2）设AB 是平面α的斜线，且,B BC α∈是斜线AB 在平面α内的射影，则斜线AB与平面α所成的角为arccos AB BC AB BC••u u u r u u u ru u u r u u u r 。
设n r是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，则AB 与平面α所成的角为arccos 2AB n AB n AB n AB nπ••-••u u u r r u u u r r u u u r r u u u r r ，或者arcsin 。
（3）设12,n n u r u u r 是二面角l αβ--的面,αβ的法向量，则121212,cos n n n n arc n n •<>=•u r u u ru r u u r u r u u r 就是二面角的平面角或补角的大小。
【例题】例5：在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中，EF 分别是'',BC A D 的中点，（1）求直线'AC DE 与所成角；（2）求直线AD 与平面'B EDF 所成的角， （3）求平面'B EDF 与平面ABCD 所成的角例6：如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，AD=PD ，E ，F 分别CD 、PB 的中点.（1）求证：EF ⊥平面PAB ；（2）设BC ，求AC 与平面AEF 所成角的大小.x例7：如图，PA ABC ⊥平面，,1,AC BC PA AC BC ⊥===求二面角A PB C--的大小。
点评：如果,AB CD 分别是二面角l αβ--两个面内的两条直线，且,,A l C l ∈∈,AB l CD l ⊥⊥，则二面角的大小为,AB CD <>u u u r u u u r例8：如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD 中，∠ABC = 90°，SA ⊥面ABCD ，SA = AB = BC = 1，21=AD ．求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值．点评：用向量知识求二面角的大小时，是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题，（1）当法向量12n n u r u u r 与的方向分别指向二面角内侧与外侧时，二面角的大小等于法向量12n n u r u u r与的夹角的大小。
（2）当法向量12n n u r u u r与的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于法向z转化转化量12n nu r u u r与的夹角的补角12,n nπ-<>r u u r。
三、利用向量知识解决平行与垂直问题。
例9：如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，5AB=,点D是AB的中点，（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：A1C//平面CDB1；点评：平行问题的转化：面面平行线面平行线线平行；例10．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AD上移动.（1）证明：D1E⊥A1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；（3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为4π..四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。
例11．如图，在直三棱柱111ABC A B C-中，13,4,5,4AC BC AB AA====DCBAA1D1C1B1A1CBCD1A1B（1）求证1;AC BC ⊥（2）在AB 上是否存在点D 使得1?AC CD ⊥ （2）在AB 上是否存在点D 使得11//A C CDB 平面五、专题突破：1、如图：已知二面角l αβ--的大小为120o，点,,A B AC l αβ∈∈⊥于点C ，BD l D ⊥于，且1AC CD DB ===，求 ：（1）直线AB CD 与所成角的大小， （2）直线AB CD 与的距离。
2、如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD=DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点.（1）求证：EF ⊥CD ；（2）在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论；（3）求DB 与平面DEF 所成角的大小.3、如图, 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，CB=1,CA=3, AA 1=6,M 为侧棱CC 1上一点,1AM BA ⊥．（1）求证: AM ⊥平面1A BC ； （2）求二面角B －AM －C 的大小；lACBDABCAB CM（3）求点C 到平面ABM 的距离．4、如图，1111ABCD A B C D -是正四棱柱，侧棱长为3，底面边长为2，E 是棱BC 的中点。
（1）求证：1BD //平面1C DE ； （2）求二面角1C DE C --的大小（3）在侧棱1BB 上是否存在点P ,使得CP ⊥平面1C DE ？证明你的结论。
5、如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，AC =BC =CC 1=2. （1）证明：AB 1⊥BC 1；（2）求点B 到平面AB 1C 1的距离. （3）求二面角C 1—AB 1—A 1的大小6、如图4,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 ;(1)求异面直线AQ 与PB 所成Q PADCB图4的角;(2)求点P到平面QAD的距离.7、如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、AC1的中点．（1）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；（2）设AA1＝AC＝2AB，求二面角A1－AD－C1的大小．参考答案：例1：AB CD EA1B1 C1解：设平面ABC 的法向量(,,),0,0n x y z n AB n AC =•=•=r r u u u r r u u u rQ ，所以(,,)(2,2,1)0(,,)(4,0,6)0x y z x y z •-=⎧⎨•=⎩，32202460x y z x zx z y z ⎧-+==-⎧⎪∴⎨⎨+=⎩⎪=-⎩ 2,(3,2,2)z n =-=-r 则，cos ,n AD ∴<>=r u u u r所以设D 到平面ABC 的距离为d，cos ,17d AD n AD =•<>==u u u r r u u u u u r 例2：解：（1）建立如图所示空间直角坐标系.O xyz -(1,0,0),(0,1,0),(0,1,1),F BC (1AM AC ==u u u u r u u u r,(1,0)BN AN AB AF a a ==+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r,0,MN AN AM a a =-=-u u u u r u u u r u u u ur MN ∴=u u u u r p(2)由MN =u u u u rmin 22a MN ==u u u u r （3）1(1,01),22a MN ==-u u u ur Q 又11(0,1,1),(0,1,1)22MA MB =--=-u u u r u u u r 所以可求得平面MNA 与平面MNB 的法向量分别为12(1,1,1),(1,1,1)n n =--=u r u u r，所以121cos ,3n n <>==-u u r u u r，所以1arccos 3θπ=-例3：解：如图建立坐标系，y则111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C111(0,1,1),(1,1,0)AB AC ∴==-u u u r u u u u r ， 设MN 是直线11A C 与1AB 的公垂线， 且1111(0,,),(,,0)AN AB AM uAC u u λλλ=+==-u u u r u u u r u u u u r u u u u r则11(,,0)(0,0,1)(0,,)(,,1)MN MA AA AN u u u u λλλλ=++=--++=-+u u u u r u u u u r u u u r u u u r11120203,21103MN A C u u MN AB u λλλ⎧=-⎪⎧•=-=⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨-=-•=⎩⎪⎪⎩=-⎪⎩u u u u r u u u u r u u u ur u u u r ，111(,,)3333MN MN =-⇒=u u u u r u u u u r例4：解：111111//,,//BC AD AD ACD BC ACD ⊂∴Q 平面平面， 同理11//,A B ACD 平面又11,A B BC B =∴I 111平面A BC //平面ACD ，建立直角坐标系D xyz -，14,3,2AB BC CC ===Q ，11(3,0,2),(3,4,0),(0,4,2)A B C 11(0,4,2),(3,0,2)A B BC ∴=-=-u u u r u u u u r,设(,,)n x y z =r 为平面11A BC 的法向量，则110,420,n A B n A B y z ⊥⇒•=⇒-=r u u u r r u u u r由110320n BC n BC x z ⊥⇒•=⇒-+=r u u u u r r u u u u r， 不妨设12211,,,(,,1)2332z y x n =∴==∴=r二、利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。