1、高考立體幾何專題復習一考試要求：（1）掌握平面的基本性質，會用斜二測的畫法畫水平放置的平面圖形的直觀圖，能夠畫出空間兩條直線、直線和平面的各種位置關系的圖形，能夠根據圖形想象它們的位置關系。（2）了解空兩條直線的位置關系，掌握兩條直線平行與垂直的判定定理和性質定理，掌握兩條直線所成的角和距離的概念（對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離）。（3）了解空間直線和平面的位置關系，掌握直線和平面平行的判定定理和性質定理，理解直線和平面垂直的判定定理和性質定理，掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念，了解三垂線定理及其逆定理。（4）了解平面與平面的位置關系，掌

2、握兩個平面平行的判定定理和性質定理。掌握二面角、二面角的平面角、兩個平面間的距離的概念，掌握兩個平面垂直的判定定理和性質定理。（5）會用反證法證明簡單的問題。（6）了解多面體的概念，了解凸多面體的概念。（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性質，會畫直棱柱的直觀圖。（8）了解棱錐的概念，掌握正棱錐的性質，會畫正棱錐的直觀圖。（9）了解正多面體的概念，了解多面體的歐拉公式。（10）了解球的概念，掌握球的性質，掌握球的表面積、體積公式。二復習目標：1在掌握直線與平面的位置關系(包括直線與直線、直線與平面、平面與平面間的位置關系)的基礎上，研究有關平行和垂直的的判定依據(定義、公理和定理)、判定方法及有關

3、性質的應用；在有關問題的解決過程中，進一步了解和掌握相關公理、定理的內容和功能，并探索立體幾何中論證問題的規律；在有關問題的分析與解決的過程中提高邏輯思維能力、空間想象能力及化歸和轉化的數學思想的應用2在掌握空間角(兩條異面直線所成的角，平面的斜線與平面所成的角及二面角)概念的基礎上，掌握它們的求法(其基本方法是分別作出這些角，并將它們置于某個三角形內通過計算求出它們的大小)；在解決有關空間角的問題的過程中，進一步鞏固關于直線和平面的平行垂直的性質與判定的應用，掌握作平行線(面)和垂直線(面)的技能；通過有關空間角的問題的解決，進一步提高學生的空間想象能力、邏輯推理能力及運算能力3通過復習，使

4、學生更好地掌握多面體與旋轉體的有關概念、性質，并能夠靈活運用到解題過程中通過教學使學生掌握基本的立體幾何解題方法和常用解題技巧，發掘不同問題之間的內在聯系，提高解題能力4在學生解答問題的過程中，注意培養他們的語言表述能力和“說話要有根據”的邏輯思維的習慣、提高思維品質使學生掌握化歸思想，特別是將立體幾何問題轉化為平面幾何問題的思想意識和方法，并提高空間想象能力、推理能力和計算能力5使學生更好地理解多面體與旋轉體的體積及其計算方法，能夠熟練地使用分割與補形求體積，提高空間想象能力、推理能力和計算能力 三教學過程：（）基礎知識詳析重慶高考立體幾何試題一般共有4道(選擇、填空題1-2道, 解答題1道

5、), 共計總分20分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著“多一點思考,少一點計算”的發展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.1有關平行與垂直(線線、線面及面面)的問題，是在解決立體幾何問題的過程中，大量的、反復遇到的，而且是以各種各樣的問題(包括論證、計算角、與距離等)中不可缺少的內容，因此在主體幾何的總復習中，首先應從解決“平行與垂直”的有關問題著手，通過較為基

6、本問題，熟悉公理、定理的內容和功能，通過對問題的分析與概括，掌握立體幾何中解決問題的規律充分利用線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互轉化的思想，以提高邏輯思維能力和空間想象能力2 判定兩個平面平行的方法： （1）根據定義證明兩平面沒有公共點； （2）判定定理證明一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面； （3）證明兩平面同垂直于一條直線。3兩個平面平行的主要性質： 由定義知：“兩平行平面沒有公共點”。 由定義推得：“兩個平面平行，其中一個平面內的直線必平行于另一個平面。 兩個平面平行的性質定理：“如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行”。 一條直線垂直于

7、兩個平行平面中的一個平面，它也垂直于另一個平面。 夾在兩個平行平面間的平行線段相等。 經過平面外一點只有一個平面和已知平面平行。以上性質、在課文中雖未直接列為“性質定理”，但在解題過程中均可直接作為性質定理引用。4空間的角和距離是空間圖形中最基本的數量關系，空間的角主要研究射影以及與射影有關的定理、空間兩直線所成的角、直線和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等解這類問題的基本思路是把空間問題轉化為平面問題去解決空間的角，是對由點、直線、平面所組成的空間圖形中各種元素間的位置關系進行定量分析的一個重要概念，由它們的定義，可得其取值范圍，如兩異面直線所成的角(0，直線與平面所成的角，二面角的

8、大小，可用它們的平面角來度量，其平面角(0，對于空間角的計算，總是通過一定的手段將其轉化為一個平面內的角，并把它置于一個平面圖形，而且是一個三角形的內角來解決，而這種轉化就是利用直線與平面的平行與垂直來實現的，因此求這些角的過程也是直線、平面的平行與垂直的重要應用通過空間角的計算和應用進一步培養運算能力、邏輯推理能力及空間想象能力如求異面直線所成的角常用平移法（轉化為相交直線）；求直線與平面所成的角常利用射影轉化為相交直線所成的角；而求二面角alb的平面角（記作q）通常有以下幾種方法：(1) 根據定義；(2) 過棱l上任一點O作棱l的垂面g，設gaOA，gbOB，則AOBq(圖1)；(3) 利

9、用三垂線定理或逆定理，過一個半平面a內一點A，分別作另一個平面b的垂線AB(垂足為B),或棱l的垂線AC(垂足為C)，連結AC，則ACBq 或ACBpq(圖2)；(4) 設A為平面a外任一點，ABa，垂足為B，ACb，垂足為C，則BACq或BACpq(圖3)；(5) 利用面積射影定理，設平面a內的平面圖形F的面積為S，F在平面b內的射影圖形的面積為S¢，則cosq. 圖 1 圖 2 圖 35.空間的距離問題，主要是求空間兩點之間、點到直線、點到平面、兩條異面直線之間（限于給出公垂線段的）、平面和它的平行直線、以及兩個平行平面之間的距離求距離的一般方法和步驟是：一作作出表示距離的線段；

10、二證證明它就是所要求的距離；三算計算其值此外，我們還常用體積法求點到平面的距離6棱柱的概念和性質理解并掌握棱柱的定義及相關概念是學好這部分知識的關鍵，要明確“棱柱 直棱柱 正棱柱”這一系列中各類幾何體的內在聯系和區別。平行六面體是棱柱中的一類重要的幾何體，要理解并掌握“平行六面體 直平行六面體 長方體 正四棱柱 正方體”這一系列中各類幾何體的內在聯系和區別。須從棱柱的定義出發，根據第一章的相關定理對棱柱的基本性質進行分析推導，以求更好地理解、掌握并能正確地運用這些性質。關于平行六面體，在掌握其所具有的棱柱的一般性質外，還須掌握由其定義導出的一些其特有的性質，如長方體的對角線長定理是一個重要定理

11、并能很好地掌握和應用。還須注意，平行六面體具有一些與平面幾何中的平行四邊形相對應的性質，恰當地運用平行四邊形的性質及解題思路去解平行六面體的問題是一常用的解題方法。多面體與旋轉體的問題離不開構成幾何體的基本要素點、線、面及其相互關系，因此，很多問題實質上就是在研究點、線、面的位置關系，與直線、平面、簡單幾何體第一部分的問題相比，唯一的差別就是多了一些概念，比如面積與體積的度量等從這個角度來看，點、線、面及其位置關系仍是我們研究的重點多面體與旋轉體的體積問題是直線、平面、簡單幾何體課程當中相對獨立的課題體積和面積、長度一樣，都是度量問題常用“分割與補形”，算出了這些幾何體的體積7歐拉公式:如果簡

12、單多面體的頂點數為V，面數F，棱數E，那么V+F-E2.計算棱數E常見方法：(1)EV+F-2；(2)E各面多邊形邊數和的一半；(3)E頂點數與共頂點棱數積的一半。8經緯度及球面距離根據經線和緯線的意義可知，某地的經度是一個二面角的度數，某地的緯度是一個線面角的度數，設球O的地軸為NS，圓O是0°緯線，半圓NAS是0°經線，若某地P是在東經120°，北緯40°，我們可以作出過P的經線NPS交赤道于B，過P的緯線圈圓O1交NAS于A，那么則應有：AO1P=120°(二面角的平面角) ，POB=40°（線面角）。兩點間的球面距離就是連結球

13、面上兩點的大圓的劣弧的長，因此，求兩點間的球面距離的關鍵就在于求出過這兩點的球半徑的夾角。例如，可以循著如下的程序求A、P兩點的球面距離。線段AP的長 AOP的弧度數 大圓劣弧AP的長9球的表面積及體積公式 S球表=4R2 V球=R3球的體積公式可以這樣來考慮：我們把球面分成若干個邊是曲線的小“曲邊三角形”；以球心為頂點，以這些小曲邊三角形的頂點為底面三角形的頂點，得到若干個小三棱錐，所有這些小三棱錐的體積和可以看作是球體積的近似值.當小三棱錐的個數無限增加，且所有這些小三棱錐的底面積無限變小時，小三棱錐的體積和就變成球體積，同時小三棱錐底面面積的和就變成球面面積,小三棱錐高變成球半徑.由于第

14、n個小三棱錐的體積Snhn（Sn為該小三棱錐的底面積,hn為小三棱錐高），所以V球S球面·R·4R2·RR3. 在應用球體積公式時要注意公式中給出的是球半徑R，而在實際問題中常給出球的外徑（直徑）.球與其它幾何體的切接問題，要仔細觀察、分析、弄清相關元素的位置關系和數量關系，選擇最佳角度作出截面，以使空間問題平面化。10主要題型：以棱柱、棱錐為載體，考查線面平行、垂直，夾角與距離等問題。利用歐拉公式求解多面體頂點個數、面數、棱數。求球的體積、表面積和球面距離。解題方法：求球面距離一般作出相應的大圓，轉化為平面圖形求解。11注意事項須明確直線、平面、簡單幾何體中所述

15、的兩個平面是指兩個不重合的平面。與“直線與直線平行”、“直線與平面平行”的概念一樣“平面與平面平行”是指“二平面沒有公共點”。由此可知，空間兩個幾何元素（點、直線、平面稱為空間三個幾何元素）間“沒有公共點”時，它們間的關系均稱為“互相平行”。要善于運用平面與平面平行的定義所給定的兩平面平行的最基本的判定方法和性質。 注意兩個平行平面的畫法直觀地反映兩平面沒有公共點，將表示兩個平面的平行四邊形畫成對應邊平行。兩個平面平行的寫法與線、線平行，線、面平行的寫法一議，即將“平面平行于平面”，記為“”。空間兩個平面的位置關系有且只有“兩平面平行”和“兩平面相交”兩種關系。在明確“兩個平行平面的公垂線”、

16、“兩個平行平面的公垂線段”、“兩個平行平面的距離”的概念后，應該注意到，兩平行平面間的公垂線段有無數條，但其長度都相等是唯一確定的值，且兩平行平面間的公垂線段，是夾在兩平行平面間的所有線段中最短的線段，此外還須注意到，兩平行平面間的距離可能化為“其中一個平面內的直線到另一個平面的距離”又可轉化為“其中一個面內的一個點到另一個平面的距離。三種空間角，即異面直線所成角、直線與平面所成角。平面與平面所成二面角。它們的求法一般化歸為求兩條相交直線的夾角，通常“線線角抓平移，線面角找射影，面面角作平面角”而達到化歸目的，有時二面角大小出通過cos=來求。有七種距離，即點與點、點到直線、兩條平行直線、兩條

17、異面直線、點到平面、平行于平面的直線與該平面、兩個平行平面之間的距離，其中點與點、點與直線、點到平面的距離是基礎，求其它幾種距離一般化歸為求這三種距離，點到平面的距離有時用“體積法”來求。（）2004-2008年重慶高考數學立體幾何綜合題選1（2004年重慶理科高考19題）（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐P-ABCD的底面是正方形，（1）證明MF是異面直線AB與PC的公垂線；（2）若,求直線AC與平面EAM所成角的正弦值。（I）證明：因PA底面，有PAAB，又知ABAD，故AB面PAD，推得BAAE，又AMCDEF，且AM=EF，證得AEFM是矩形，故AMMF.又因AEPD，AECD，故AE

18、面PCD，而MFAE，得MF面PCD，故MFPC，因此MF是AB與PC的公垂線.（II）解：連結BD交AC于O，連結BE，過O作BE的垂線OH， 垂足H在BE上.易知PD面MAE，故DEBE，又OHBE，故OH/DE，因此OH面MAE.連結AH，則HAO是所要求的線AC與面NAE所成的角 設AB=a，則PA=3a， .因RtADERtPDA，故說明：本題主要考查線面關系，考查空間想象能力和推理能力。2（2004年高考重慶卷文科（19）（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐P-ABCD的底面是正方形， （1） 證明MF是異面直線AB與PC的公垂線；（2）若,求二面角EABD平面角.PEFADMBC（

19、I）證明：因PA底面，有PAAB，又知ABAD，故AB面PAD，推得BAAE，又AMCDEF，且AM=EF，證得AEFM是矩形，故AMMF.又因AEPD，AECD，故AE面PCD，而MFAE，得MF面PCD，故MFPC，因此MF是AB與PC的公垂線. （II）解：因由（I）知AEAB，又ADAB，故EAD是二面角EABD的平面角.設AB=a，則PA=3a.因RtADERtPDA故EAD=APD因此.說明：本題主要考查線面關系基礎知識，考查空間想象能力和推理運算能力。3（2006年高考重慶卷理科（19）（本小題滿分分）如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD,DAB為直角，ABCD,AD=C

20、D=2AB,E、F分別為PC、CD的中點.（）試證：CD平面BEF;（）設PAk·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范圍.BACPEFD題19圖 解法一：（）證：由已知DFAB且DAB為直角，故ABFD是矩形，從而CDBF.又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂線定理知CDPD.在PDC中，E、F分別為PC、CD的中點，故EFPD,從而CDEF,由此得CD面BEF. （）連結AC交BF于G.易知G為AC的中點.連接EG,則在PAC中易知EGPA.又因PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，過G作GHBD, 垂足為H,連接EH.由三垂線定理知EHBD.從

21、而EHG為二面角E-BD-C的平面角. 第（19）圖設AB=a,則在PAC中，有EG=PA=ka.以下計算GH，考慮底面的平面圖（如答(19)圖）.連結GD.因SGBD=BD·GH=GB·DF.故GH=.在ABD中，因為ABa,AD=2 a,得BD=a 第（19）圖而GB=FB=AD=a.DF=AB,從而得GH= 因此tanEHG=由k0知是銳角，故要使，必須tan=解之得，k的取值范圍為k解法二：（）如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，設AB=a,則易知點A,B,C,D,F的坐標分別為A(0,0,0),B(a,0

22、,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0).從而=(2a,0,0), =(0,2a,0), ·=0,故 .設PA=b,則P(0,0,b),而E為PC中點.故 第（19）E.從而=.·=0,故. 由此得CD面BEF.（）設E在xOy平面上的投影為G，過G作GHBD,垂足為H,由三垂線定理知EHBD.從而EHG為二面角E-BD-C的平面角.由PAk·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).設H(x,y,0)，則=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),由·=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 即x-2y=-a

23、 又因=(x-a,y,0),且與的方向相同，故，即2x+y=2a 由解得x=a,y=a,從而，a.tanEHG=.由k0知EHC是銳角，由EHC得tanEHGtan即 故k的取值范圍為k.說明：本題考查直線與平面平行，直線與平面垂直，二面角等基礎知識，考查空間想象能力和推理論證能力。4（2006年高考重慶卷理科（20）（本小題滿分12分）如圖，在正四棱柱中， ，為上使的點。平面交于，交的延長線于，求：（）異面直線與所成角的大小；（）二面角的正切值；解法一：（）由為異面直線與所成角（如圖1）連接因為和分別是平行平面，所以AE/,由此得（）作于H,由三垂線定理知即二面角的平面角. 從而.解法二：（

24、）由為異面直線與所成角（如圖2）因為和AF是平行平面，所以,由此得（）為鈍角。作的延長線于H,連接AH，由三垂線定理知的平面角. . 從而.解法三：（）以為原點，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x、y、z軸建立如圖3所示的空間直角坐標系，于是，因為和AF是平行平面，所以設（0,y,0）,則,于是.故.設異面直線與所成的角的大小為,則: ,從而 （）作 H,由三垂線定理知的平面角. 設H（a,b,0）,則:.由得: 又由,于是 聯立得:,由 得:.5（2007年重慶理科高考19題）19（本小題滿分13分，其中（）小問8分，（）小問5分）題（19）圖如題（19）圖，在直三棱柱中，；點分別在

25、，上，且，四棱錐與直三棱柱的體積之比為（）求異面直線與的距離；（）若，求二面角的平面角的正切值解法一：（）因，且，故面，從而，又，故是異面直線與的公垂線設的長度為，則四棱椎的體積為而直三棱柱的體積為由已知條件，故，解之得從而在直角三角形中，又因，答（19）圖1故（）如答（19）圖1，過作，垂足為，連接，因，故面由三垂線定理知，故為所求二面角的平面角在直角中，又因，故，所以解法二：（）如答（19）圖2，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，則，則，設，則，答（19）圖2又設，則，從而，即又，所以是異面直線與的公垂線下面求點的坐標設，則因四棱錐的體積為而直三棱柱的體積為由已知條件，故，解得，即從而，接

26、下來再求點的坐標由，有，即 （1）又由得 （2）聯立（1），（2），解得，即，得故（）由已知，則，從而，過作，垂足為，連接，設，則，因為，故因且得，即聯立解得，即則，又，故，因此為所求二面角的平面角又，從而，故，為直角三角形，所以6. （2007年重慶文科高考19題）如題19圖，在直三棱柱中，；點在棱上，；，垂足為，求：BACDFE題（19）圖（）異面直線與的距離；（）四棱錐的體積解法一：（）由直三棱柱的定義知，又因為，因此，從而平面得，又故是異面直線與的公垂線由知，在中，BACDFE答（19）圖1又因，故（）由（）知平面，又，故平面，即為四棱錐的高，從而所求四棱錐的體積為，其中為四邊形的面積

27、，如答（19）圖1，過作，垂足為在中，又因，故因的邊上的高，故又因為，從而所以解法二：（）如答（19）圖2，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，ACDEyx答（19）圖2則因此，設，則，因此，從而又由題設，故是異面直線與的公垂線下面求點的坐標因，即，從而，（1）又，且，得（2）聯立（1），（2）解得，即，所以（II）由，故面，即為四棱錐的高下面求四邊形的面積因為，而故所以7（2008年重慶理科高考19）（本小題滿分13分，（）小問6分，（）小問7分.）如題（19）圖，在中，B=,AC=,D、E兩點分別在AB、AC上.使,DE=3.現將沿DE折成直二角角，求：（）異面直線AD與BC的距離；（）二面

28、角A-EC-B的大小（用反三角函數解法一：（）在答（19）圖1中，因，故BEBC.又因B90°，從而ADDE.在第（19）圖2中，因A-DE-B是直二面角，ADDE,故AD底面DBCE，從而ADDB.而DBBC,故DB為異面直線AD與BC的公垂線.下求DB之長.在答（19）圖1中，由，得又已知DE=3,從而 因（）在第（19）圖2中，過D作DFCE,交CE的延長線于F，連接AF.由（1）知，AD底面DBCE,由三垂線定理知AFFC,故AFD為二面角A-BC-B的平面角.在底面DBCE中，DEF=BCE,因此從而在RtDFE中，DE=3,在因此所求二面角A-EC-B的大小為arctan

29、解法二：（）同解法一.（）如答（19）圖3.由（）知，以D點為坐標原點，的方向為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（0，0，4），E（0，3，0）.過D作DFCE,交CE的延長線于F，連接AF.設從而 ，有 又由 聯立、，解得 因為,故,又因,所以為所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以 因此所求二面角A-EC-B的大小為8（2008年重慶文科高考20）如圖（20）圖， 為平面，AB=5,A,B在棱l上的射影分別為A，B，AA3，BB2.若二面角的大小為，求： （）點B到平面的距離;（）異面直線l與AB所成的角（用反三角函數表示）.解：（1）如答（20）圖，過點

30、BCAA且使BC=AA.過點B作BDCB，交CB的延長線于D.由已知AAl，可得DBl，又已知BBl，故l平面BBD，得BDl又因BDCB，從而BD平面,BD之長即為點B到平面的距離.因BCl且BBl，故BBC為二面角-l-的平面角.由題意，BBC=.因此在RtBBD中，BB=2,BBD=-BBC=,BD=BB·sinBBD=.（）連接AC、BC.因BCAA，BC=AA,AAl,知AACB為矩形，故ACl.所以BAC或其補角為異面直線l與AB所成的角.在BBC中，BB=2，BC=3，BBC=，則由余弦定理，BC=.因BD平面，且DCCA，由三策劃線定理知ACBC.故在ABC中，BCA

31、=，sinBAC=.因此，異面直線l與AB所成的角為arcsin（）范例分析例1、如圖1，設ABC-ABC是直三棱柱，F是AB的中點，且 (1)求證：AFAC； (2)求二面角C-AF-B的大小分析：先來看第1問，我們“倒過來”分析如果已經證得AFAC，則注意到因為AB=2AA=2a，ABC-ABC是直三棱柱，從而若設E是AB的中點，就有AEAF，即AF平面ACE那么，如果我們能夠先證明AF平面ACE，則就可以證得AFAC，而這由CE平面AABB立得再來看第2問為計算二面角C-AF-B的大小，我們需要找到二面角C-AF-B的平面角由前面的分析知，CE平面AABB，而AFAE，所以，若設G是AF

32、與AE的中點，則CGE即為二面角C-AF-B的平面角，再計算CGE各邊的長度即可求出所求二面角的大小解：(1)如圖2，設E是AB的中點，連接CE，EA由ABC-ABC是直三棱柱，知AA平面ABC，而CE平面ABC，所以CEAA，AB=2AA=2a，AA=a，AAAE，知AAFE是正方形，從而AFAE而AE是AC在平面AAFE上的射影，故AFAC；(2)設G是AB與A1E的中點，連接CG因為CE平面AABB，AFAE，由三垂線定理，CGAF，所以CGE就是二面角C-AF-B的平面角AAFE是正方形，AA=a， ，tanCGE=，CGE，從而二面角C-AF-B的大小為。說明：假設欲證之結論成立，“

33、倒著”分析的方法是非常有效的方法，往往能夠幫助我們迅速地找到解題的思路直線、平面、簡單幾何體關于平行與垂直的問題都可以使用這種分析方法但需要注意的是，證明的過程必須是“正方向”的，防止在證明過程中用到欲證之結論，從而形成“循環論證”的邏輯錯誤例2、 一條長為2的線段夾在互相垂直的兩個平面a、b之間，AB與a成45o角，與b成角，過A、B兩點分別作兩平面交線的垂線AC、BD，求平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小 以CD為軸，將平 以AB為軸，將平 面BCD旋轉至與 面ABD旋轉至與 平面ACD共面 平面ABC共面 圖 1 圖 2 圖 3 解法、過D點作DEAB于E，過E作EFAB交BC于F

34、(圖1)，連結DF，則DEF即為二面角DABC的平面角為計算DEF各邊的長，我們不妨畫出兩個有關的移出圖在圖2中，可計算得DE1，EF，BF在移出圖3中， cosB,在BDF中，由余弦定理：DF 2BD 2BF 22BD Z BF Z cosB ()2()2 2Z Z Z （注：其實，由于ABDE，ABEF， AB平面DEF， ABDF又 AC平面b，ACDF DF平面ABC， DFBC，即DF是RtBDC斜邊BC上的高，于是由BC Z DFCD Z BD可直接求得DF的長）在DEF中，由余弦定理：cosDEF. DEFarccos.此即平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小解法、過D點作D

35、EAB于E，過C作CHAB于H，則HE是二異面直線CH和DE的公垂線段，CD即二異面直線上兩點C、D間的距離運用異面直線上兩點間的距離公式，得： CD 2DE 2CH 2EH 22DE Z CH Z cosq (*)（注：這里的q是平面ABD與平面ABC所成的二面角的大小，當0q o90o，q 亦即異面直線CH與DE所成的角；當90oq 180o，異面直線所成的角為180oq .） CDDE1，CH，HE，從而算得 cosq， qarccos.說明：(1)解空間圖形的計算問題，首先要解決定位問題（其中最基本的是確定點在直線、點在平面上的射影），其次才是定量問題畫空間圖形的“平面移出圖”是解決定

36、位難的有效方法，必須熟練掌握(2) 解法具有普遍意義，特別是公式(*)，常可達到簡化運算的目的例3、已知PA矩形ABCD所在平面，M、N分別是AB、PC的中點. （1）求證：MNAB； （2）設平面PDC與平面ABCD所成的二面角為銳角，問能否確定使直線MN是異面直線AB與PC的公垂線？若能，求出相應的值；若不能，說明理由.解：（1）PA矩形ABCD，BCAB，PBBC，PAAC，即PBC和PAC都是以PC為斜邊的直角三角形，又M為AB的中點，MNAB.（2）ADCD，PDCD.PDA為所求二面角的平面角，即PDA=.設AB=a，PA=b，AD=d，則， 設PM=CM則由N為PC的中點，MNP

37、C由（1）可知MNAB，MN為PC與AB的公垂線，這時PA=AD，=45°。例4、 四棱錐PABCD的底面是邊長為a的正方形，PB面ABCD.（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°解:（1）正方形ABCD是四棱錐PABCD的底面, 其面積為從而只要算出四棱錐的高就行了.面ABCD,BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB， PADA， PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角， PAB=60°. 而PB是四棱錐PABCD的高，PB=AB&

38、#183;tan60°=a, .（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等三角形. 作AEDP，垂足為E，連結EC，則ADECDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角. 設AC與DB相交于點O，連結EO，則EOAC， 在 故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°. 說明：本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.例5、如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.（1）求證

39、：AB1平面CED；（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；（3）求二面角B1ACB的平面角.解:（1）D是AB中點，ABC為等腰直角三角形，ABC=900，CDAB又AA1平面ABC，CDAA1.CD平面A1B1BA CDAB1，又CEAB1， AB1平面CDE；（2）由CD平面A1B1BA CDDEAB1平面CDE DEAB1,DE是異面直線AB1與CD的公垂線段CE=，AC=1 , CD=；（3）連結B1C，易證B1CAC，又BCAC , B1CB是二面角B1ACB的平面角.在RtCEA中，CE=，BC=AC=1,B1AC=600， , , .說明：作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題

40、的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.例6、 如圖，在三棱錐中，平面，D為BC的中點.（1）判斷AD與SB能否垂直，并說明理由； （2）若三棱錐的體積為，且為 鈍角，求二面角的平面角的正切值；（3）在（）的條件下，求點A到平面SBC的距離. 解：（1）因為SB在底面ABC上的射影AB與AD不垂直，否則與AB=AC且D為BC的中點矛盾，所以AD與SB不垂直；（2）設，則 解得 ，所以（舍），.平面ABC，AB=AC，D為BC的中點，則是二面角SBCA的平面角.在中，,故二面角的正切值為；（3）由（2）知，平面SDA，所以平面SBC平面SDA，過點A作AESD，則AE平面SBC

41、，于是點A到平面SBC的距離為AE,從而即A到平面SBC的距離為. 例7、在平面幾何中有如下特性：從角的頂點出發的一條射線上任意一點到角兩邊的距離之比為定值。類比上述性質，請敘述在立體幾何中相應地特性，并畫出圖形。不必證明。類比性質敘述如下 ：圖AOPB解：立體幾何中相應地性質：從二面角的棱出發的一個半平面內任意一點到二面角的兩個面的的距離之比為定值。ABCDMN從二面角的棱上一點出發的一條射線上任意一點到二面角的兩個面的距離之比為定值。在空間，從角的頂點出發的一條射線上任意一點到角兩邊的距離之比為定值。在空間，射線上任意一點到射線、的距離之比不變。在空間，射線上任意一點到平面、的距離之比不變

42、。說明：（2）（5）還可以有其他的答案。例8、已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數（焦點到準線的距離）為p的拋物線.（1）求圓錐的母線與底面所成的角；（2）求圓錐的全面積 解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，由題意得：,即,所以母線和底面所成的角為（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與AC的交點，則OO1/AB且在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=2py，點N的坐標為（R，R），代入方程得R2=2p（R），得R=2p，l=2R=4

43、p.圓錐的全面積為.說明：將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題: 一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母 線長為1，則該幾何體的體積等于 例9、在直角梯形ABCD中，A=D=90°，ABCD，SD平面ABCD，AB=AD=a，S D=，在線段SA上取一點E（不含端點）使EC=AC，截面CDE與SB交于點F。（1）求證：四邊形EFCD為直角梯形；（2）求二面角B-EF-C的平面角的正切值；（3）設SB的中點為M，當的值是多少時，能使DMC為直角三角形？請給出證明.解：（1）CDAB，

44、AB平面SAB CD平面SAB面EFCD面SAB=EF，CDEF 又面 平面SAD，又 為直角梯形 （2）平面平面SAD 即為二面角DEFC的平面角中而且為等腰三角形，(3)當時，為直角三角形 . ,平面平面.在中，為SB中點，.平面平面 為直角三角形。 例10、如圖，幾何體ABCDE中，ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分別為EB和AB的中點.（1）求證：FD平面ABC；（2）求證：AFBD； (3) 求二面角BFCG的正切值.解: F、G分別為EB、AB的中點，FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC， 四邊形FGCD為平行

45、四邊形，FDGC，又GC面ABC， FD面ABC.（2）AB=EA，且F為EB中點，AFEB 又FGEA，EA面ABCFG面ABC G為等邊ABC，AB邊的中點，AGGC.AFGC又FDGC，AFFD 由、知AF面EBD，又BD面EBD，AFBD.（3）由（1）、（2）知FGGB，GCGB，GB面GCF.過G作GHFC，垂足為H，連HB，HBFC.GHB為二面角B-FC-G的平面角.易求.例11、如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且D1PPA=DQQB=512. (1) 求證PQ平面CDDC；(2) 求證PQAD； (3) 求線段PQ的長. 解

46、：（1）在平面AD內，作PPAD與DD交于點P，在平面AC內，作QQ1BC交CD于點Q，連結PQ. , PP1QQ .由四邊形PQQP為平行四邊形, 知PQPQ，而PQ平面CDDC， 所以PQ平面CDDC（2）AD平面DDCC， ADPQ，又PQPQ， ADPQ.（3）由（1）知PQ PQ,，而棱長CD=1. DQ=. 同理可求得 PD=.在RtPDQ中，應用勾股定理, 立得PQ=.做為本題的深化, 我們提出這樣的問題： P, Q分別是BD, 上的動點,試求的最小值, 請應用函數方法計算， 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 可以得到一些啟示。如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,

47、而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=（1） 求MN的長；（2） 當為何值時，MN的長最小；（3） 當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。立體幾何知識是復課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據課本, 熟化知識, 構建空間思維網絡, 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關.例12、在邊長為a的正三角形的三個角處各剪去一個四邊形這個四邊形是由兩個全等的直角三角形組成的，并且這三個四邊形也全等，如圖若用剩下的部分折成一個無蓋的正三棱柱形容器，如圖則當容器的高為多少時，可使這個容器的

48、容積最大，并求出容積的最大值 圖 圖 解: 設容器的高為x則容器底面正三角形的邊長為, . 當且僅當 .故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為用導數的方法，三次函數的最值問題用導數求解最方便，不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數學壓軸題有關. 類似的問題是：某企業設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）. 四、強化訓練1下列命題中錯誤的是（ ）A若一直線垂直于一平面，則此直線必垂直于這一平面內所有直線B若一平面經過另一平面的垂線，則兩個平面互相垂直C若一條直線垂直于平面內的一條直線，則此直線垂直于這一平面D若平面內的一條直線和這一平面的一條斜線的射影垂直，則它也和這條斜線垂直2設、是不重合的兩個平面，l和m是不重合的兩條直線，那么的一個充分條件是（ ）Al，m，且l，mBl，m，且lmCl，m，且lmDl，m，且lm3正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是AB、BB1的中點，那么A1E和C1F所成的角是（ ）A60°BarccosCarcsinD45°4下列四個命題： （1）如果兩個平面垂直于同一個平面，那么這兩個平面平行； （2）直線a平