虚拟语气语法-技术员年终总结

立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用
【命题分析】高考中立体几何命题特点：
1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．
2.空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．
3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现．
4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．
此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题. 【考点分析】掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的< br>距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的 平
面角、两个平行平面间的距离的概念.
【高考考查的重难点】空间距离和角
“六个距离”：
1、两点间距离
d(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2
)
2
(z
1
z
2
)
2
；
2、点P到线l的距离
d< br>PQ*u
u
PQ*u
u
PQ*u
u
PQ*u
u
PQ*u
u
（P为直线上的任意一点、Q为平面上任意一点，u为平面法向量）；
（Q是平面上任意一点，u为平面法向量）；
（P、Q分别是两直线上任意两点，u为两直线公共法向量）；
（Q是直线l上任意一点，u为过点P的直线l法向量）；
3、两异面直线的距离
d
4、点P到平面的距离
d
5、直线与平面的距离
d
6、平行平面间的距 离
d
“三个角度”：
1、异面直线角[0，
（P、Q分别是两平面上任意两点，u为两平面公共法向量 ）；
v
1
v
2

]，cos

= ;【辨】直线倾斜角范围[0，

）；
2
v
1
v
2
2、线面角 [0，
vn

] ，sin

=
cosv,n
或者解三角形；
2
vn
n
1
n
2
n
1< br>n
2
或者找垂直线，解三角形。 3、二面角 [0，

]，cos


1

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，
证是本专 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。其中 ，利用空间向量求空
间距离和角的套路与格式固定，是解决立体几何问题这套强有力的工具时，使得高考 题具有很强的套路性。
【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1、（福建卷）如图，正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的所有棱长都为
2
，
D
为
CC
1
中点．
（Ⅰ）求证：
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
；
（Ⅱ）求二面角
AA
1
DB
的大小；
C
（Ⅲ）求点
C
到平面
A
1
BD
的距离．
考查目的：本小题主要考查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：解法一：（Ⅰ）取
BC
中点
O
，连结
AO
．
△ABC
为正三角形，
AO⊥BC
．
A
A
1

D
B
1

C
1

B
A
G
C
O
B
D
F
A
1


正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，平面
ABC⊥
平面
BCC
1
B
1
，
AO⊥
平面
BCC
1
B
1
．
C
1

连结
B
1
O
，在正方形
B B
1
C
1
C
中，
O，D
分别为
BC，C C
1
的中点，
B
1
O⊥BD
，
AB
1
⊥BD
．
B
1

在正方形
ABB
1A
1
中，
AB
1
⊥A
1
B
，
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
（Ⅱ）设< br>AB
1
与
A
1
B
交于点
G
，在平面
A
1
BD
中，作
GF⊥A
1
D
于
F
，连结
AF
，由（Ⅰ）得
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
AF⊥A
1
D
，
∠AF G
为二面角
AA
1
DB
的平面角．
在
△AA
1
D
中，由等面积法可求得
AF
45
，
5又
AG
1
AB
1
2
，
sin∠AFG 
AG

2

10
．
2
AF
45
4
5
2

所以二面 角
AA
1
DB
的大小为
arcsin
10
．
4
（Ⅲ）
△A
1
BD
中，
BDA
1D5，A
1
B22，S
△A
1
BD
6
，
S
△BCD
1
．
在正三棱柱中，
A
1
到平面
BCC
1
B
1
的距离为
3
．
设 点
C
到平面
A
1
BD
的距离为
d
． 由
V
ABCD
V
CABD
，得
1
S△BCD
3
1
S
△ABD
d
，
11
33
1
d
3S
△BCD
2
． < br>
S
△A
1
BD
2

点
C
到平面
A
1
BD
的距离为
2
．
2
解法二 ：（Ⅰ）取
BC
中点
O
，连结
AO
．
△ABC
为正三角形，
AO⊥BC
．

在正三棱柱< br>ABCA
1
B
1
C
1
中，平面
ABC⊥< br>平面
BCC
1
B
1
，
AD⊥
平面
BCC
1
B
1
．





取
B
1
C
1
中点
O
1
，以
O
为原点，
OB
，
OO
1
，
OA
的方向为
x，y，z
轴的正方向建立空间直角 坐标系，则
B(1，0，0)
，
D(11，，0)
，
A
1
(0，
0，3)
，
B
1
(1，2，0)
，
2，3)
，
A(0，


，，
，< br>BA
1
(1AB
1
(1，2，3)
，
BD (210)
，2，3)
．
z
A
F
C
O
B
D

，
AB
1

BD2200AB
1

BA
1
1430
，

．
AB
1
⊥BA
1

AB
1
⊥BD
，AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
A
1

C
1
B
1


y
（Ⅱ）设平面
A
1
AD
的法向量为
n(x，y，z)．

x



AD( 11，，3)
，
AA
1
(0，2，0)
．
n⊥AD
，
n⊥AA
1
，



xy3z0，


y0，


n
AD0，








2y0，


n

AA0，


x3z
．

1
令
z1
得
n (3，01)，
为平面
A
1
AD
的一个法向量．
由（Ⅰ ）知
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
，

AB
1
为平面
A
1
BD
的法向量．
3



n

AB
1
336
．
cosn
，
AB

1
4
2

22
n

AB
1

二面角
AA
1
DB
的大小为
arccos
6
．
4
（Ⅲ）由（Ⅱ），
AB
1
为平面
A
1
BD
法向量，


BC(2
，< br>0
，，
0)AB
1
(12
，，
3)
．


AB
1
2
2
．

点
C
到平面
A
1
BD
的距离
d
BC



2
22
AB
1

小结：本例（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求 的B
点到平面
AMB
1
的距离转化为容易求的点K到平面
AMB1
的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；
解法一采用了等体积法，这种方法可以 避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这种方法.
考点2 异面直线的距离
考查异目主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2、已知三棱锥
SABC
，底面是边长为
42
的正三角形，棱< br>SC
的长为2，且垂直于底面.
E、D
分别为
BC、AB
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：如图所示，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，
EF
为
BC D
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，
BC42
,D、E、F分别是
AB、BC、BD的中点，
CD26,EF
1
CD6,DF2,SC2

2
V
SCEF

111123

EFD FSC622
32323
在Rt
SCE
中，
SE
在Rt
SCF
中，
SF
SC
2
CE
2
23

SC
2
CF
2
424230

4

又
EF6,S
SEF
3

由于< br>V
CSEF
V
SCEF

1
12323
S
SEF
h
，即
3h
，解得
h

3
333
故CD与SE间的距离为
23
.
3
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
偶尔会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3．如 图，在棱长为2的正方体
AC
1
中，G是
AA
1
的中点，求 BD到平面
GB
1
D
1
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：解法一
BD
∥平面
GB
1
D
1
，
D
1

A
1

H
G
D
A
BD
上任意一点到平面
GB
1
D
1
的距离皆为所求，以下求
点O平面
GB
1
D
1
的距离,
O
1

B
1

C
1

 B
1
D
1
A
1
C
1
，
B
1
D
1
A
1
A
，
B
1
D< br>1

平面
A
1
ACC
1
,
又B
1
D
1

平面
GB
1
D
1

C
O
B

平面
A
1
A CC
1
GB
1
D
1
，两个平面的交线是
O
1
G
,
作
OHO
1
G
于H，则有
O H
平面
GB
1
D
1
，即OH是O点到平面
GB< br>1
D
1
的距离.
在
O
1
OG
中 ，
S
O
1
OG

又
S
O
1< br>OG

11
O
1
OAO222
.
22
1126
.
OHO
1
G3OH2,OH
223
26
.
3
即BD到平面
GB
1
D
1
的距离等于
解 法二
BD
∥平面
GB
1
D
1
，
BD
上任意一点到平面
GB
1
D
1
的距离皆为所求，以下求点B 平面
GB
1
D
1
的距离.
设点B到平面
GB1
D
1
的距离为h，将它视为三棱锥
BGB
1
D1
的高，则
V
BGB
1
D
1
V
D
1
GBB
1
,由于S
GB
1
D
1< br>

1
2236，
2
5
V
D1
GBB
1

114
222
323
,

h
4
6

26
,

3
26
.
3
即BD到平面
GB
1
D1
的距离等于
小结：当直线与平面平行时，直线上的每一点到平面的距离都相等，都是线面 距离.所以求线面距离关键是选
准恰当的点，转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离 ；解析二是等体积法求出点面距离.
考点4 异面直线所成的角【重难点】
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.
（1）求异面直线 所成角的思路是：通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线，进而利
用平面几何知识（余 弦定理、正弦定理、射线定理（
cos

括为：一找二证三求。
（2）求异面直线所成角的步骤：
①选择适当的点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，这里的点通常选择特殊位置斩点。
②求相交直线所成的角，通常是在相应的三角形中进行计算。
③因为异面直线所成的角

的范围是0°＜

≤90°，所以在三角形中求的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角。
3、“补形法”是立体几何中一种常见的方法，通过补形，可将问题转化 为易于研究的几何体来处理，利
用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。
4、利用向量，设而不找，对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。
方法总结：直接平移法、中位线平移、补形平移法、向量法
典型例题 4、长方体ABCD— A
1
B
1
C
1
D
1
中，若AB=BC=3 ，AA
1
=4，求异面直线B
1
D与BC
1
所成角的大小。
选题意图，通过该题，让学生进一步理解异面直线所成角的概念，熟练掌握异面直线所成角的求法。 < br>分析：构造三角形找中位线，然后利用中位线的性质，将异面直线所成的角转化为平面问题，解三角形求之 。
解法一：如图①连结B
1
C交BC
1
于0，过0点作OE∥DB
1
，则∠BOE为所求的异面直线DB
1
与BC
1
所成的< br>角。连结EB，由已知有B
1
D=
34
，BC
1
=5 ，BE=





6
）求解，整个求解过 程可概
cos

1
cos

2
）
35< br>734734
，∴
cos
∠BOE=∴∠BOE=
arccos

2
170170

解法二：如图②，连DB、AC交于O点，过O点 作OE∥DB
1
，过E点作EF∥C
1
B，则∠OEF或其补角就是两
异面直线所成的角，过O点作OM∥DC，连结MF、OF。则OF=
73
734
，
cos
∠OEF=

，∴异面直线B
1
D与
2170
BC
1
所成的角为
arccos
734
。 170
解法三：如图③，连结D
1
B交DB
1
于O，连结D1
A，则四边形ABC
1
D
1
为平行四边形。在平行四边形AB C
1
D
1
中过点O作EF∥BC
1
交AB、D
1< br>C
1
于E、F，则∠DOF或其补角就是异面直线DB
1
与BC
1
所成的角。在△ADF中DF=
35
734734
，
cos∠DOF=，∴∠DOF=
arccos
。
2
170170
解 法四：如图④，过B
1
点作BE∥BC
1
交CB的延长线于E点。
则∠DB
1
E就是异面直线DB
1
与BC
1
所成角，连结D E交AB于M，DE=2DM=3
5
，
cos
∠DB
1
E=






734734
∴∠DB
1
E=
arccos
。
170170
解法五：如图⑤，在平面D
1
DBB
1
中过B 点作BE∥DB
1
交D
1
B
1
的延长线于E，则∠C
1
BE就是异面直线DB
1
与
BC
1
所成的角，连结C< br>1
E，在△B
1
C
1
E中，∠C
1
B
1
E=135°，C
1
E=3
5
，
cos
∠C
1
BE=
734734
，∴∠C
1
BE=
arcc os
。
170170
分析：在已知图形外补作一个相同的几何体，以例于找出平行线。
解法 六：如图⑥，以四边形ABCD为上底补接一个高为4的长方体ABCD-A
2
B
2< br>C
2
D
2
，连结D
2
B，则DB
1
∥D
2
B，
∴∠C
1
BD
2
或其补角就是异面直线 DB
1
与BC
1
所成的角，连C
1
D
2
， 则△C
1
D
2
C
2
为Rt△，
cos
∠C
1
BD
2
=－
734
，
170
∴异面直 线DB
1
与BC
1
所成的角是
arccos
734
。
170
7

解法七：如图⑦，连结DB、DC
1，设异面直线DB
1
与BC
1
所成的角为

，
cos


DB
1
BC
1
DB
1
BC
1
，而
DB
1
BC
1
=
DB1

(
BB
1
B
1
C
1
) =
DB
1
BB
1
+
DB
1
BC
11

=
DB
1
BB
1
cos
〈
DB
1
，
BB
1
〉+
DB
1
B
1
C
1
cos
〈
DB
1
，
B
1< br>C
1
〉
∵ BB
1
∥DD
1

∴ 〈
DB
1
，
BB
1
〉=〈
DD
1
，
DB
1
〉=∠D
1
DB
1
cos
∠D
1
DB
1
=
4

34
〈
DB
1
，
B
1
C
1
〉=180 °－∠DB
1
C
1
∵
cos
∠DB
1
C
1
=
3

34
3

34
∴
cos
〈
DB
1
，
B
1
C
1
〉=－
cos
∠DB
1
C
1
=－
DB
1
BC
1
=7
∴
cos

=
734
734
，

arccos

170
170
解法八：如图⑧，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（3 ，3，0），B
1
（3，3，4），D（0，0，0），C
1
（3，0，4） 。
设
DB
1
和
BC
1
的夹角为

，
则
cos


DB
1
BC
1
D B
1
BC
1
=
734

170
734
。
170
∴异面直线
DB
1
与
BC
1
所成的角为
arccos
总之，异面直线所成的角是立体 几何中的重要概念，也是我们学习的第一个空间角，它的求法体现了立
体几何将空间图形问题化归为平面 图形问题的基本思想。
典型例题5、长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=AA1=2cm， AD=1cm，求异面直线A
1
C
1
与BD
1
所成的角。
解法1：平移法
设A
1
C
1
与B
1
D< br>1
交于O，取B
1
B中点E，连接OE，因为OED
1
B，所 以∠C
1
OE或其补角就是异面直线A
1
C
1
与
B D
1
所成的角△C
1
OE中
8

15
A
1
C
1

22
113
OEBD
1
2
2
2
2
1
222
OC
1

C
1
EB
1
C
1
B
1E
2
1
2
1
2
2
2

OC
1
OE
2
C
1
E
2
所以cos C
1
OE
2OC
1
OE
2

5

3






2


2



53
2
22
5

5
2
2

2

2

所 以C
1
OEarccos
5
5
arccos
5

5
，
所以异面直线
A
1
C
1
与BD
1
所成的角为

解法2：补形法
在长方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
的面BC
1
上补上一个同 样大小的长方体，将AC平移到BE，则∠D
1
BE或其补角就是
22
DE 4225

BE5
1
异面直线A
1
C
1与BD
1
所成的角，在△BD
1
E中，BD
1
=3，，
BD
1
BE
2
D
1
E
2
co sD
1
BE
2BD
1
BE

3
2< br>
5
5
2

5



25

22
235


arccos
所以异面直 线A
1
C
1
与BD
1
所成的角为
5
5

图2
解法3：利用公式
cos

cos

1
cos

2

设OA是平面α的一条斜线，OB是 OA在α内的射影，OC是平面α内过O的任意一条直线，设OA与OC、
OA与OB、OB与OC所成 的角分别是

、

1
、

2
，则
cos

cos

1
cos

2
（注 ：在上述题设条件中，把平
面α内的OC换成平面α内不经过O点的任意一条直线，则上述结论同样成立 ）D
1
B在平面ABCD内射影是
BD，AC看作是底面ABCD内不经过B点的一条 直线，BD与AC所成的角为∠AOD，D
1
B与BD所成角为∠D
1
BD，
设D
1
B与AC所成角为

，

cos

cosD
1
BDcosAOD
9 cosD
1
BD
，
BD5

BD
1
5
。

AOD
OD
2
OA
2
AD
2
cos
2ODOA

22

5






5


1
2


2

2



3
2
55
5
2

2
cos

 cosD
1
BDcosAOD

53
3

5

5
5


arccos
5
所以
5

arccos
5
所以异面直线A
1
C
1
与BD
1
所成的角为< br>5


cos


ab
解法4：向量几何 法：
|a||b|


设
AB、AD

、AA
1
为空间一组基向量
AB

a,AD

b,AA

1
c
|a|2,|b|1,|c|2
ab 0,ac0,bc0
BD

AA

1
BA
1
A
1
D
1
bca
A

1
C
1
ab

A

1
C
1< br>|ab|
2
2
2
15
|BD

1
||bca|
2
|b|
2
|a|
2
| c|
2
3

BD

2
1
A
1
C
1
(bca)(ab)|b|
2
|a|14 3
cosBD

1
A

BD

1< br>A
1
C
1
35
1
C
1

|BD

35

5
1
||A
1
C
1
|

arccos
5
所以异面直线A
1
C
1
与BD
1
所成的角为
5


10

解法5：向量代数法：
cos


a
1
b
1
a
2
b
2
a
3< br>b
3
a
1
a
2
a
3
b
1
b
2
b
3
222222

以D为坐标原点 ，DC、DA、DD
1
分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，1，0）、C（ 2，0，0），

B（2，1，0）、D
1
（0，0，2），
BD
1
(2,1,2),AC(2,1,0)


55
cosBD
1
,AC
5
< br>35
arccos
所以异面直线A
1
C
1
与BD1
所成的角为
5
5



解法6：利用公式
AD
2
BC
2
AB
2
DC
2
cos


2ACBD

定理：四面体A—BCD两相对棱AC、BD间的夹角

必满足
AD
2
BC
2
AB
2
DC
2
cos


2ACBD


图6
解：连结BC
1
、A
1
B在四面体
BA
1
C
1
D
1< br>中，异面直线A
1
C
1
与BD
1
所成的角是

，易求得
A
1
C
1
BC
1
5,A< br>1
B22,BD
1
3


11

图7
由定理得：
A
1
D
1
BC
1
A
1
B
2
D
1
C
1
cos


2A
1
C
1
BD
1
2
22



1
2

5
5
5



22

2
2
2
253


arccos
所以
5
5

小结：求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线 上
选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图 形补
成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常 用的，应


. 作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成 的角的范围：


0,

2


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.
典型例题 6、（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
∠ABC45

，
AB2
，
BC22
，
SASB3
．
S
（Ⅰ）证明
SABC
；
C
B
A
（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，
D
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． < br>解：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
∠ABC45
，故
△AOB
为等腰直角三角形，
AO⊥BO
，
S
C
由三垂线定理，得
SA⊥BC
．
D
A
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
SA⊥BC
，依题设
AD∥BC
，
故
SA⊥AD
，由
ADBC22
，
SA3
，
AO2
，得
O

B
SO1
，
SD11
．
12

1< br>
△SAB
的面积
S
1

1
AB

SA
2


．

AB

2< br>2

2

2
连结
DB
，得
△DAB
的面积
S
2

1
AB

ADsin135

2

2
设
D
到平面
SAB
的 距离为
h
，由于
V
DSAB
V
SABD
，得
11
hS
1
SOS
2
，解得
h2
．
33
设
SD
与平面
SAB
所成角为

，则
sin


h

2

22
．
SD
11
11
所以，直线
SD
与平面
SBC
所成的我为
arcsin
22
．
11
解法二：
（Ⅰ） 作
SO⊥BC
，垂足为
O
，连结
AO
，由侧面
SB C⊥
底面
ABCD
，得
SO⊥
平面
ABCD
．
因为
SASB
，所以
AOBO
．

又
∠ABC45
，
△AOB
为等腰直角三角形，
AO⊥OB
． < br>如图，以
O
为坐标原点，
OA
为
x
轴正向，建立直角 坐标系
Oxyz
，

0，1)
，
SA(2，A( 2，0，0)
，
B(0，2，0)
，
C(0，2，0)
，
S(0，
0，1)
，


CB0
，所以
SA⊥BC
．
CB(0，22，0)
，
SA

S
22

， （Ⅱ）取
AB
中点
E
，
E
，，0



22

z

G

C
D
连结
SE
，取
SE
中点
G
221

． ，连结
OG
，
G
< br>

4
，
4
，

2

O

A
E

B
y

x

221

，

22

，
AB(
OG

，，
SE1




442


2
，
2
，



2，2，0)
．
SEOG0
，
ABOG0
，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

，
SD
与平面
SAB
所成的角记 为

，则

与

互余．
D(2，22，0)
，
DS(2，221)，
．
OG

DS
OG

DS
22
，
sin


22
，
11
11
cos


所以 ，直线
SD
与平面
SAB
所成的角为
arcsin
22．
11
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
13

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【重点】
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
①从一条直线出发的两个半平面所成的图形叫做二面角，记作：二面角α—l—β。
②以 二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面
角 的平面角。
③范围：

[0,

]

2、二面角出现的状态形式有哪些？

竖立式 横卧式

2、二面角的类型及基本方法
（1）四种常规几何作求法





定义法垂面法；



cos


三垂线法；




射影面积法=S
射影多边形
S
多边形

14

（2）向量法：


①设
m
和
n
分别为平面

,

的法向量，二面角

l< br>
的大小为

，向量


m
、
n
的夹角为

，如图：





α
θ
l
β
α
θ
l
β
n
n
ω
n
n
ω
 



结论①：设
m
和
n
分别为平面

,

的法向量，二面角

l

的大 小为

，向量
m
、
n
的夹角为

，则有





或




结论②：一般地，若设
n,m
分别是平面

,

的法向量，则平面

与平面

所成 的二面角

的计算公式
是：

arccos
nm
nm
或



arccos
(当二面角为锐角、直角 时）
nm
nm
，
(当二面角为钝角时）
其中锐角、钝角根据图形 确定。
1、定义法：在棱上任取一点，过这点在两个面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角就是二 面角的
平面角。
2、三垂线定理及逆定理法：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线， 再由垂足向棱作垂线得到
棱上的点。斜足与面上一点连线，和斜足与垂足连线所夹的角即为二面角的平面 角。
3、作棱的垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角的两条射线所成的角就是二面角的平面角。
4、投影法：利用s
投影面
=s
被投影面
cos

这个公式对于斜面三角形，任意多边形都成立，是求二面角的好方
法。尤其对无棱问题
5异面直线距离法：
EF
2
=m
2
+n
2
+d
2
－2mn
cos


典型例题7、若p是
ABC
所在平面外一点，
而
PBC
和
ABC
都是边长为2的正三角形，
PA=
6
,求二面角P-BC-A的大小。
分析：由于这两个三角形是全等的三角形，
故采用定义法
解：取BC的中点E，连接AE、PE
15
P

A
B
C
E


AC=AB，PB=PC

AE

BC，PE

BC

PEA
为二面角P-BC-A的平面角
在
PAE
中AE=PE=
3
，PA=
6


PEA
=90
0

二面角P-BC- A的平面角为90
0
。
典型例题8、已知
ABC
是正三角形，< br>PA
平面ABC且PA=AB=a,求二面角A-PC-B的大小。
[思 维]二面角的大小是由二面角的平面角来度量的，本题可利用三垂线定理（逆）来作平面角，还可以
用射 影面积公式或异面直线上两点间距离公式求二面角的平面角。
解1：（三垂线定理法）
取AC的中点E，连接BE，过E做EF

PC,连接BF

PA
平面ABC，PA

平面PAC

平面PAC

平面ABC, 平面PAC

平面ABC=AC

BE

平面PAC
由三垂线定理知BF

PC
P


BFE
为二面角A-PC-B的平面角
设PA=1,E为AC的中点，BE=
32
,EF=
2
4
A
E
F
C
BE
6


tan
BFE
=
EF
B

BFE
=arctan
6

解2：（三垂线定理法）
取BC的中点E，连接AE，PE过A做AF

PE, FM

PC,连接FM

AB=AC,PB=PC

AE

BC,PE

BC

BC

平面PAE,BC

平面PBC

平面PAE

平面PBC,
平面PAE

平面PBC=PE
由三垂线定理知AM

PC
P
F
A

M
C
E
B

FMA
为二面角A-PC- B的平面角
16

设PA=1，AM=
21
,AF=

2
PE7
AF42


AM7
42

7

sin
FMA
=
P

FMA
=argsin
解3：（投影法）
过B作BE

AC于E,连结PE
A
B
E
C

PA
平面ABC，PA

平面PAC

平面PAC

平面ABC, 平面PAC

平面ABC=AC

BE

平面PAC

PEC
是
PBC
在平面PAC上的射影
设PA=1,则PB=PC=
2
,AB=1
图3
S
P EC

1
7
,
S
PBC

4
4

S
77
由射影面积公式得，
COS


PEC

,
,

argcos
S
PBC
77
解4：（异面直线距离法）
过A作AD

PC,BE

PC交PC分别于D、E
设PA=1,则AD=
P
D
E
2
,PB=PC=
2

2
A
C

BE=
S
PBC
14
22
=,CE=,DE=
1
4
44
PC
2
B
图4
77
,

argcos

77
由异面直线两点间距离公式得
AB
2
=AD
2
+BE
2
+DE
2
-2ADBE
COS

,COS

=
[点评]本题给出了求平面角的几种方法，应很好掌握。
典 型例题9、二面角

EF

的大小为
120
，A是它内 部的一点，AB

（1） 求证：平面ABC




，AC


,B、C为垂足。

,平面ABC



17

（2） 当AB=4cm,AC=6cm时求BC的长及A到EF的距离。
分析：本题采用作棱的垂面法找二面角的平面角
解：（1）设过 ABC的平面交平面

于BD,交平面

于CD

AB


,AB

平面ABC


（2）

AB

平面ABC


,同理平面ABC





A

AB

EF
同理AC

EF

EF

平面ABDC

BD

EF, CD

EF

BDC
=
120



BAC60



BC=
4
26
2
246COS60

27
cm
有正弦定理得点A到EF的距离为：d=
B
D
C


BC421
cm


3
sin60
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.
以锥体为载体，对求角的问题进行研究
典型例题10、如图,在底面是一直角梯形的四棱锥S-ABCD中， AD∥BC,∠ABC=90° ，SA⊥平面AC，
1
SA=AB=BC=1，AD=
2
.求面SCD与面SAB所成的角的大小。
解法1：可用射影面积法来求，这里只要求出S
△
SCD
与S
△
SAB
即可，
故所求的二面角θ应满足
cos

=
S
=< br>1
11
2
12
3
22
=
6
。
3
A
B
C
图1
D
点评：（1）若 利用射影面积法求二面角的大小，作为解答题，高考中是要扣分的，因为它不是定理.（2）
由学生讨论 解决，教师根据学生的解答情况进行引导、明确学生的解答。
解法2：（三垂线定理法）
18

解：延长CD、BA交于点E，连结SE，SE即平面CSD与平面BSA的交线.
又∵DA⊥平面SAB，∴过A点作SE的垂线交于F.如图.
∵AD＝
1
BC且AD∥BC
2
S
∴△ADE∽△BCE
∴EA＝AB＝SA
又∵SA⊥AE ∴△SAE为等腰直角三角形，F为中点，
E
A
B
D
C
AF
122
又∵DA⊥平面SAE，AF⊥SE
SESA
222
∴由三垂线定理得DF⊥SE
∴∠DFA为二面角的平面角,
∴tanDFA＝
DA2
即所求二面角的正切值.

FA2
评注：常规法求解步骤：一作：作出或找出相应空间角；二证：通过简单的判断或推理得到相应角；三
求：通过计算求出相应的角。
点评：是利用三垂线的定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的 平面角的方法。这种方法关键
是找垂直于二面角的面的垂线。此方法是属于较常用的。总之，在运用三垂 线找平面角时，找垂线注意应用
已知的条件和有关垂直的判定和性质定理，按三垂线的条件，一垂线垂直 二面角的一个面，还有垂直于棱的
一条垂线。且两垂线相交，交点在二面角的面内。
解法3：（向量法）
1
解：如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B( 0，1，0)，C(-1，1，0)，D(0，，0)，S(0，0，
2

11


1)，易知平面SAB的法向量为
m
=(0，，0)；设平面 SDC的法向量为
n
=(x，y，z)，而
DC
=(-1，，0)，
22

1





， 1)，∵
n
⊥面SDC，∴
n
⊥
DC
，n
⊥
DS
，n
1
⊥
DC
.
DS=(0，
2
1


xy0

n DC0


2

∴


得

1

nDS0

yz0
2

令
x1
得：
y2,
z1
。即n
=(1，2，1)
∵面SAB与面SCD所成角的二面角为锐角θ，
S
B
C
A

D
19

 
1
m

n

6
=
cos n,m

=
1
6
3
mn
2
∴θ =arccos
6
.
3
6
.
3
故面SCD与面 SBA所成的角大小为arccos
点评：通过此例可以看出：求二面角大小（空间面面角等于二面角或 其补角）的常规方法是构造三角形
求解，其关键又是作出二面角的平面角，往往很不简单。利用建立空间 直角坐标系，避开了“作、证”两个
基本步骤，通过求两个平面法向量的夹角来达到解决问题的目的，解 题过程实现了程序化，是一种有效方法。
搭建平台，自主交流，数形结合，扫清了学生的思维障碍，更好 地突破了教学的重难点，体验数学的简约美，
一题多解是训练学生思维的有效形式。


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