2022年高考数学-立体几何知识点与例题讲解-题型方法技巧【给高三学生补课时收集整理的】.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载O _O O _ O 立体几何学问点and 例题讲解一、学问点常用结论1证明直线与直线的平行的摸索途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转化为二直线同与第三条直线平行；（3）转化为线面平行； （4）转化为线面垂直； （5）转化为面面平行 . 2证明直线与平面的平行的摸索途径：（1）转化为直线与平面无公共点； （2）转化为线线平行； （3）转化为面面平行 . 3证明平面与平面平行的摸索途径：（1）转化为判定二平面无公共点； （2）转化为线面平行； （3）转化为线面垂直 . 4证明直线与直线的垂直的摸索途径：（1）转化为相交

2、垂直； （2）转化为线面垂直； （3）转化为线与另一线的射影垂直；（4）转化为线与形成射影的斜线垂直 . 5证明直线与平面垂直的摸索途径：（1）转化为该直线与平面内任始终线垂直；（ 2）转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直 . 6证明平面与平面的垂直的摸索途径：（1）转化为判定二面角是直二面角；（2）转化为线面垂直 . ,2,7. 夹角公式：设 aa a2,a3,bb b b 3,就 cosa,b=a 1 2a b 1 1a b 2b 1 2a b 3b 3 2. a 2

3、2a 3 2b 2 28异面直线所成角：cos| cosr r a b|=|r r| a b |r ra | | b|x 12|x x2z 1y y 2x 2z z2|2z 222 y 122y2（其中（ 0 o90o ）为异面直线 a b所成角,r r ,a b分别表示异面直线 a b的方向向量）9. 直线 AB 与平面所成角：arcsin|AB m| m 为平面的法向量 . AB|m10、空间四点 A、B、C、P 共面OPx OAy OBz OC,且 x + y + z = 1 11. 二面角l的平面角arccos|m n|或arccos|m n|（ m , n 为平面,的法向量） . m

4、 nm n12. 三余弦定理： 设 AC是 内的任一条直线, 且 BCAC,垂足为 C,又设 AO与 AB所成的角为1,AB与 AC所成的角为AO与 AC所成的角为就coscos1cos2. l213. 空间两点间的距离公式如 Ax y 1,z 1,Bx 2,y2,z 2,就dA B=|AB|AB ABx 2x 12y 2y 12z 2z 12 . 14. 异面直线间的距离：d|CD n| l l 是两异面直线, 其公垂向量为 n ,C、D分别是l l 上任一点, d 为 1|n|间的距离 . 名师归纳总结 15. 点 B 到平面的距离：d|AB n|（ n 为平面的法向量, AB 是经过面的

5、一条斜线, A） . 第 1 页,共 14 页|n|- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载16. 三个向量和的平方公式： a b c 2a 2b 2c 22 a b 2 b c 2 c a2 2 2a b c 2 | a | | b | cos a b 2 | b | | c | cos b c 2| c | | a | cos c a17. 长度为 l 的线段在三条两两相互垂直的直线上的射影长分别为 l 1、 、l 3,夹角分别为 1、2、3 , 就有2 2 2 2 2 2 2 2 2 2l l 1 l 2 l 3 cos 1 cos

6、2 cos 3 1 sin 1 sin 2 sin 3 2 . （立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）. 18. 面积射影定理 S S. 平面多边形及其射影的面积分别是 S 、S ,它们所在平面所成锐二面角的 . cos19. 球的组合体 1 球与长方体的组合体 : 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长 .2 球与正方体的组合体 : 正方体的内切球的直径是正方体的棱长 , 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长 , 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长 .3 球与正四周体的组合体 : 棱长为 a的正四周体的内切球的半径为 6 a , 外接球的半径为126 a. 420. 求点到面

7、的距离的常规方法是什么？（直接法、体积法）21. 求多面体体积的常规方法是什么？（割补法、等积变换法）二温馨提示：1. 在用反三角函数表示直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时,你是否留意到它们各自的取值范畴及义？ 异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范畴依次. 直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范畴依次是 反正弦、反余弦、反正切函数的取值范畴分别是三解题思路：名师归纳总结 1、平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：性 质 面 ,面 ,bab线 线线 面面 面三垂线定理（及逆定理） ：判 定线 线线 面面 面线 线线 面面 面：PA面 ,AO 为PO 在 内射影,a面 ,就线面

8、平行的判定aOAaPO； POaAOab,b面 ,aa 面P 第 2 页,共 14 页a b O a 线面平行的性质：线面垂直：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a , , ,c,bcOa学习必备欢迎下载 , 0 90（2）直线与平面所成的角o 0时, 或ba Ob c 面面垂直：a面 ,aa面l, l（ ）二面角：二面角l的平面角 ,01 o80 o面 面 ,aaal面a面 , 面ab（三垂线定理法： A 作或证 AB 于 B,作 BO ,面 aa b 棱于 O,连 AO,就 AO棱 l, AOB 为所求；）三类角的求法：找出或作出有关的角；证明其符

9、合定义,并指出所求作的角；运算大小（解直角三角形,或用余弦定理）；2、三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角 ,0 90二、题型与方法【考点透视】不论是求空间距离仍是空间角,都要依据“ 一作,二证,三算” 的步骤来完成；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 . 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 1 如图,正三棱柱ABCA B

10、C的全部棱长都为学习必备欢迎下载A A 12 , D 为CC中点（）求证：AB 平面 1A BD；（）求二面角AA DB 的大小；（）求点 C 到平面A BD 的距离1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,点到平面的距离等学问,考查空间想象才能、规律思维A D 1C D C1A BD 1才能和运算才能解答过程 ：解法一：（）取 BC 中点 O ,连结 AO B A B A 11ABC为正三角形,AOBC正三棱柱ABCA B C中,平面 ABC平面BCC B ,1 1F C 1AO平面BCC BO C D 连结B O ,在正方形 1BB C C中, O,D分别为BC,CC

11、 1的中点,B OBD,AB 1BDB B 1AB 平面在正方形ABB A 中,1 1AB 1A B 1,AB 平面 1A BD于 F ,连结 AF ,由（）得（）设AB与A B 交于点 G ,在平面A BD中,作GFAFA D,AFG为二面角AA DB的平面角在AA D 1中,由等面积法可求得AF4 5,5又AG1AB 12,sinAFGAG2102AF4 545所以二面角AA DB的大小为arcsin10SA BD6,SBCD14（）A BD中,BDA D5,A B2 2,在正三棱柱中,A到平面BCC B的距离为3设点 C 到平面A BD的距离为 d 由V A 1BCDV CA BD,得1

12、SBCD31SA BDd,33d3SBCD2SA BD2点 C 到平面A BD 的距离为 122解法二：（）取 BC 中点 O,连结 AO ABC为正三角形,AOBCz轴的正方向建立空间直角坐标系,就B , ,D 11 0, ,在正三棱柱ABCA B C中,平面 ABC 平面BCC B ,1 1AD 平面BCC B取B C 中点 1 1O ,以 O 为原点, OB ,OO,OA的方向为 x, ,z A 1A 10 2,3,A ,3,B 11 2 0, ,A AB 112,3,BD 210, ,BA 1 1 2,3F 名师归纳总结 O C D C1y 第 4 页,共 14 页- - - - -

13、- -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载AB BD 2 2 0 0,AB BA 1 1 4 3 0,AB 1BD,AB 1BA 1AB 平面 1A BD （）设平面 A AD的法向量为 n x, ,z AD 11,3,AA 1 0 2 0,nAD,nAA 1,n AD 0,x y 3 z 0,y 0,n AA 1 0,2 y 0,x 3 z令 z 1 得 n 3 01 为平面 A AD 的一个法向量由（）知 AB 平面 A BD ,1AB为平面 A BD的法向量cos n ,AB 1 n AB 1 3 3 6n AB 1 2 2 2 4二面角 A A D 1

14、B 的大小为 arccos 64（）由（）,AB为平面 1ABD法向量,BC 2 0 0,AB 1 12,3点 C 到平面 A BD 的距离 1 d BC AB 1 2 2AB 1 2 2 2小结：本例中（）采纳了两种方法求点到平面的距离 .解法二采纳了平面对量的运算方法,把不易直接求的 B 点到平面AMB 的距离转化为简洁求的点 K 到平面 AMB 的距离的运算方法,这是数学解题中常用的方法；解法一采纳了等体积法,这种方法可以防止复杂的几何作图,显得更简洁些,因此可优先考虑使用这一种方法 .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,考纲只要求把握已给出公垂线段的异

15、面直线的距离 . 例 2 已知三棱锥 S ABC,底面是边长为 4 2 的正三角形,棱 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 . 思路启发 ：由于异面直线 CD 与 SE 的公垂线不易查找,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 ：如下列图,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

16、距离,设其为 h,由题意知,BC 4 2 ,D、E、F 分别是AB、BC 、BD 的中点,名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 学习必备欢迎下载B 1C1第 6 页,共 14 页CD26,EF1CD6,DF2,SC22VSCEF11EFDFSC116222333232在 RtSCE中,SESC2CE223在 RtSCF 中,SF2 SCCF2424230又EF,6SSEF3由于VCSEFVSCEF1SSEFh,即13h233,解得h23333故 CD 与 SE 间的距离为233. 小结：通过本例我们可以看

17、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. 例 3 如图,在棱长为2 的正方体AC 中,G 是AA 的中点,求 BD 到平面GB 1D 1的距离 . 思路启发 ：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 ：GB 1D 1,A 1D 1O 1解析一BD 平面BD 上任意一点到平面GB 1D 1的距离皆为所求,以下求G H B C 点 O 平面GB 1D 1的距离 , D B 1D 1A 1C 1,B 1D 1A 1A,B 1D 1平面A 1ACC 1, A O 又B 1D1

18、平面GB 1D 1平面A 1ACC 1GB 1D 1,两个平面的交线是O1 G, 作OHO 1G于 H,就有 OH平面GB 1D 1,即 OH 是 O 点到平面GB 1D 1的距离 . 在O1OG中,SO 1 OG1O 1 OAO1222. 22又SO 1OG1OHO 1G13OH2,OH26. 223即 BD 到平面GB 1D 1的距离等于236. 解析二BD 平面GB 1D 1,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载, BD上任意一点到平面GB 1D 1的距离皆为所求,以下求点B 平面GB 1D1的距离 . 设点 B 到平面GB 1D

19、1的距离为 h,将它视为三棱锥BGB 1D 1的高,就VBGB 1D1VD 1GBB1, 由于SGB 1D 112236,VD 1GBB 11122242323h426,63即 BD 到平面GB 1D 1的距离等于236. 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 .本例解析一是依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. 例 4、如图,在 RtAOB中,OAB,斜边AB4

20、RtAOC可以通过 RtAOB以直线 AO 为轴旋转得到,且二6面角 BAOC 的直二面角 D 是 AB 的中点（I）求证：平面 COD平面 AOB；A（II）求异面直线 AO 与 CD 所成角的大小思路启发 ：（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. 解答过程 ：解法 1：（I）由题意, COAO , BOAO ,zDBOC 是二面角 BAOC 是直二面角,COBO ,又AOBOO,CO平面 AOB,AOACDOEB又 CO平面 COD 平面 COD平面 AOB（II）作 DEOB ,垂足为 E ,连结 CE （如图）,就, DECDE 是异面直线 AO 与 CD 所成的角在

21、RtCOE中,COBO2,OE1BO1,xCOBy2CE2 COOE25又DE1AO32在 RtCDE中,tanCDECE515DE33异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为arctan153解法 2：（I）同解法 1名师归纳总结 （II）建立空间直角坐标系Oxyz,如图,就O0 0 0, ,A ,0 0 2 3,C2 0 0, ,D01,3,第 7 页,共 14 页OA0 0 2 3,CD 21,3,cosOA CDOA CD662 3 2 24OACD- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载“ 特殊点” ,异面直线 AO 与 CD 所成

22、角的大小为arccos6作法有：平移法：在异面直线中的一条直线上挑选4小结： 求异面直线所成的角经常先作出所成角的平面图形,作另一条直线的平行线,如解析一,或利用中位线,如解析二；补形法：把空间图形补成熟识的几何体,其目的在于容易发觉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. 特殊留意异面直线所成的角的范畴：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、证明以及运算.线面角在空间角中占有重要位置,是高考的常考内容例 5. 四棱锥 SABCD 中,底面 ABCD为平行四边形, 侧面 SBC底面 ABCD

23、 已知ABC45,AB2,BC2 2,SASB3（）证明 SABC ；S（）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,CABBS二面角的大小,点到平面的距离等学问,考查空间想象才能、规律思维才能和运算才能A解答过程： 解法一：（）作 SOBC,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC 底面 ABCD ,得 SO 底面 ABCD 由于 SASB,所以 AOBO ,又ABC45,故AOB为等腰直角三角形,AOBO,O由三垂线定理,得 SABCC（）由（）知 SABC,依题设 ADBC,故 SAAD,由ADBC2 2,SA3,AO2D,得S

24、O1,SD11SAB的面积S 11AB2 SA1AB2222连结 DB ,得DAB的面积S 21AB ADsin13522设 D 到平面 SAB的距离为 h ,由于VDSABVSABD,得1h S 11SO S,解得 2h233设 SD与平面 SAB所成角为,就sinh222SD1111所以,直线 SD与平面 SBC所成的我为arcsin2211解法二：（）作 SOBC,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面 SBC 底面 ABCD ,得 SO 平面 ABCD 由于 SA SB,所以 AO BO 又ABC 45,AOB 为等腰直角三角形,AOOBzS如图,以 O 为坐标原点, OA为 x 轴正向,

25、建立直角坐标系 O xyz ,G名师归纳总结 DCAOEBy第 8 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载,就与互余A 2 0 0, ,B , , ,C0,2 0, ,S0 0 1, ,SA 2 0,1,CB0 2 2 0, ,SA CB0,所以 SABC（）取 AB 中点 E ,E2,2 0, ,22连结 SE,取 SE中点 G ,连结 OG ,G2,24,124OG2,2 1,4 2,SE2,2 1, ,2AB2, , 42SE OG0,AB OG0, OG 与平面 SAB内两条相交直线 SE, AB 垂直所以 OG平面

26、 SAB, OG 与 DS 的夹角记为, SD与平面 SAB所成的角记为D 2 2 2 0,DS2 221, cosOG DS22,sin22,OGDS1111（ 2）当直线和平面斜交时,常用所以,直线 SD与平面 SAB所成的角为arcsin2211小结 ：求直线与平面所成的角时,应留意的问题是（1）先判定直线和平面的位置关系；以下步骤：构造作出斜线与射影所成的角,证明论证作出的角为所求的角,运算常用解三角形的方法求角,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

27、重视 . 例 6如图,已知直二面角 PQ, A PQ ,B,C,CA CB ,BAP 45,直线 CA 和平面所成的角为 30 C 名师归纳总结 P A Q A . 第 9 页,共 14 页B （I）证明 BCPQ；（II）求二面角 BACP 的大小命题目的 ：此题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本学问,考查空间想象才能、规律思维才能和运算才能过程指引 ：（I）在平面内过点 C 作 COPQ于点 O,连结 OB 由于,PQ ,所以 CO ,C H Q 又由于 CACB ,所以 OAOB P O B - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载3

28、0,而BAO45,所以ABO45,AOB90,从而 BOPQ,又 COPQ,所以 PQ 平面 OBC 由于 BC平面 OBC ,故 PQBC（II）解法一：由（ I）知, BOPQ,又,PQ ,BO,所以 BO 过点 O 作 OHAC于点 H ,连结 BH ,由三垂线定理知,BHAC故BHO 是二面角 BACP 的平面角由（I）知, CO,所以CAO 是 CA 和平面所成的角,就CAO不妨设AC2,就AO3,OHAOsin 3032在 RtOAB中,ABOBAO45,所以BOAO3,于是在 RtBOH中,tanBHOBO32OH32故二面角 BACP 的大小为 arctan2 ,故可以 O 为

29、原点,分别以直线 OB,OA,OC为 x 轴,解法二：由（ I）知, OCOA, OCOB, OAOBy 轴,z轴建立空间直角坐标系（如图） CAO30C z A y Q 由于 COa,所以CAO是 CA和平面所成的角,就不妨设AC2,就AO3,CO1P B O 在 RtOAB中,ABOBAO45,x 所以BOAO3就相关各点的坐标分别是名师归纳总结 O0 0 0, ,B 3 0 0, ,A , , ,C0 01, 0,得03xy3y00,第 10 页,共 14 页所以AB 3,3 0, ,AC0,31, 设1nx, ,z 是平面 ABC 的一个法向量,由n ABn AC3z取x1,得n 11

30、1,3易知n 210 0, 是平面的一个法向量设二面角 BACP 的平面角为,由图可知,n n 1 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以cos|n n 1 2|15学习必备欢迎下载.无棱二面角棱的确定有以n 1| |n 25 15故二面角 BACP 的大小为arccos5 5小结 ：此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下三种途径：由二面角两个面内的两条相交直线确定棱,由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱,补形构造几何体发觉棱；解法二就是利用平面对量运算的方法,这也是解决无棱二面角的一种常用方法,即当二面角

31、的平面角不易作出时,可由平面对量运算的方法求出二面角的大小 . 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 .当把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 . 例 7如图,已知 ABCD A B C D 是棱长为 3的正方体,点 E 在 AA 上,点 F 在 CC 上,且 AE FC 1 1（1）求证：E, ,F,D 1 四点共面；（2）如点 G 在 BC 上,BG 2,点 M 在 BB 上, GMBF,垂足为 H ,求证： EM 平面 BCC B ；3（3）用 表示截面 EBFD 和

32、侧面 BCC B 所成的锐二面角的大小,求 tan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、二面角等基础学问和基本运算,考查空间想象才能、规律推理才能和运算才能过程指引 ：解法一：（1）如图,在DD 上取点 N ,使DN1,连结 EN , CN ,就AEDN1,C 1D 1HB 1A 1CFND12由于 AEDN,ND 1CF,所以四边形 ADNE ,CFD N 都为平行四边形FNME从而 ENAD,FD1CNCDAGB又 因 为 ADBC, 所 以 ENBC, 故 四 边 形 BCNE 是 平 行 四 边 形 , 由 此 推 知CNBE,从而FD1BE因此,E, ,F,D1

33、四点共面（2）如图, GMBF,又 BMBC,所以BGMCFB,BMBGtanBGMBGtanCFBBGBC231CF32由于 AEBM,所以 ABME 为平行四边形,从而ABEM又 AB 平面BCC B ,所以 EM 平面BCC B （3）如图,连结 EH 名师归纳总结 由于 MHBF, EMBF,所以 BF 平面 EMH ,得 EHBF第 11 页,共 14 页于是EHM是所求的二面角的平面角,即EHM- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于MBHCFB,所以MHBM学习必备欢迎下载CFBsinMBHBMsinBMCF23BC3EM MH13, ta

34、n1BC2322213解法二：（1）建立如下列图的坐标系,就 BE 3 01, ,BF 0 3 2, ,BD 1 3 3 3, ,z所以 BD 1 BE BF ,故 BD , BE , BF 共面D 1A 1又它们有公共点 B ,所以 E, , ,D 1 四点共面C 1 B 1（2）如图,设 M 0 0,z ,就 GM 0,23,z,FD MA ExH而 BF 0 3 2, ,由题设得 GM BF 2 3 z 2 0,y C G B3得 z 1由于 M 0 0 1, ,E 3 0 1, ,有 ME 3 0 0, ,又 BB 1 0 0 3, ,BC 0 3 0,所以 ME BB 1 0,ME BC 0,从而 MEBB 1, MEBC故 ME 平面 BCC B （3）设向量 BP x, , 截面 EBFD ,于是 BPBE, BPBF而 BE 3 01, ,BF 0 3