2022年立体几何知识点与例题讲解、题型、方法技巧.docx

《2022年立体几何知识点与例题讲解、题型、方法技巧.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年立体几何知识点与例题讲解、题型、方法技巧.docx（25页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 立体几何学问点和例题讲解一、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）转化为相交垂直； （2）转化为线面垂直； （3）转化为线与

2、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 . 7. 夹角公式：设 a a a a 3 ,bb b b 3 ,就 cosa,b=2 a b 1 12 a b2 22 a b 32 2 . a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 38异面直线所成角：

3、cos | cos a b | = | a b | | x x 2 y y 2 z z 2 | a | | b | x 1 2y 1 2z 1 2x 2 2y 2 2z 2 2（其中（ 0 o 90 o ）为异面直线 a b 所成角,a b r r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：arc sin AB m m 为平面 的法向量 . | AB | m |10、空间四点 A、 B、C、P 共面 OP x OA y OB z OC,且 x + y + z = 1 11. 二面角 l 的平面角m n m narc cos 或 arc cos（ m , n 为平面,的

4、法向量） . | m n | | m n |12. 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 2,AO与 AC所成的角为就 cos cos 1 cos 2 . 13. 空间两点间的距离公式 如 A x y z 1 ,B x 2 , y 2 , z 2 ,就2 2 2d A B =| AB | AB AB x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 . 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,| n |d 为 l l 间的距离

5、 . 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 的一条斜线,A）. | n |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 2 cos 3

6、 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）. S 18. 面积射影定理 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 球与正方体的组名师归纳总结 第 1 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 合体 : 正方体的内切球的直径是正方体的棱长外接球的直径是正方体的体对角线长.3 为6a, 外接球的半径为6a . 124, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线

7、长 , 正方体的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20. 求点到面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. 直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时它们各自的取值范畴？ 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三解题思路：1、平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：a , , ,c,bcOla线 线线 面面 面a 判 定线 线线 面面 面性 质O线 线线 面面 面b c线面平行的判定：面面垂直：ab,b面 ,aa 面a面 ,a

8、面a 面 面 ,l,aaa, b 线面平行的性质：a 面 ,面 ,babl三垂线定理（及逆定理）：PA面 ,AO 为PO 在 内射影,a面 ,就a面 , 面abaOAaPO； POaAO面 ,面 aa b P O a 2、三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角 ,0 90线面垂直：名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）直线与平面所成的角 , 0 900o时, 或b（三垂线定理法：A 作或证 AB 于 B,作BO 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；（ ）

9、二面角：二面角l的平面角 ,0180o证明其符合定义,并指出所求作的角；运算大小（解直角三角形,或用余弦定理）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. 2,D为CC中点B A D B 1A 1例 1 如图,正三棱柱ABCA B C的全部棱长都为（）求证：AB 平面A BD；C C 1（）求二面角AA DB 的大小；（）

10、求点 C 到平面A 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,点到平面的距离等学问,考查空间想象才能、规律思维A A 1才能和运算才能名师归纳总结 解答过程 ：解法一：（）取 BC 中点 O ,连结 AO B O C D F C 1第 3 页,共 15 页ABC为正三角形,AOBCB 1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 正三棱柱ABCA B C中,平面 ABC 平面BCC B,AO 平面BCC BA D于 F ,连结 AF ,由（）得AB 平面A BD连结B O,在正方形BBC C中, O,D分别为BC,CC 1的中点,B

11、 OBD,AB 1BD在正方形ABB A中,AB 1A B,AB 平面A BD（）设AB与A B交于点 G ,在平面1A BD中,作GFAFAD,AFG为二面角AA DB的平面角在AAD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arcsin10A BD 16,SBCD14（）A BD中,BDAD5,AB2 2,S在正三棱柱中,A 到平面BCCB 的距离为3 设点 C 到平面A BD的距离为 d 由VA 1BCDV CA BD 1,得1SBCD31SA BDd,33d3SBCD2SA BD 12点 C 到平面1A BD

12、 的距离为22解法二：（）取 BC 中点 O ,连结 AO 名师归纳总结 ABC为正三角形,AOBCz轴的正方向建立空间直角坐标系,就B , ,在正三棱柱ABCA B C中,平面 ABC 平面BCC B ,AD平面BCC B取B C 中点O ,以O为原点, OB ,OO, OA的方向为 x, ,z y D 11 0, ,A 10 2,3,A ,3,B 112 0, ,A A 1AB 112,3,BD 210,BA 1 1 2,3F O C D C 1AB BD2200,AB BA 11430,B x B 1第 4 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -

13、- - - AB 1BD,AB 1BA 1AB 平面 A 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 1A AD的一个法向量由（）知 AB 平面 1ABD ,AB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 B的大小为 arccos 64（）由（） ,AB为平面 1A BD法向量,BC 2 0 0,AB 1 12,3点 C 到平面 1A

14、 BD 的距离 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、

15、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 ：名师归纳总结 如下列图,取BD 的中点 F,连结 EF ,SF,CF ,第 5 页,共 15 页EF 为BCD 的中位线,EF CD,CD 面 SEF , - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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

16、题意知,BC 4 2 ,D、E、F 分别是AB 、BC、BD 的中点,名师归纳总结 CD26,EF1CD6,DF2,SC2C 1第 6 页,共 15 页2VSCEF11EFDFSC116222333232在 RtSCE 中,SE2 SCCE223在 RtSCF 中,SF2 SCCF2424230又EF6 ,SSEF3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

17、 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. D 1O 1解答过程 ：解析一BD 平面GB 1D 1,A 1H B 1C BD 上任意一点到平面GB 1D 1的距离皆为所求,以下求G D 点 O 平面GB 1D 1的距离 , A O B B 1D 1A 1 C 1,B 1D 1A 1A,B 1D 1平面A 1ACC 1, 又B 1D 1平面GB 1D 1平面A 1ACC 1GB 1D 1,两个平面的交线是O1G, 作OHO 1 G于 H,就有 OH平面GB 1D 1,即

18、 OH 是 O 点到平面GB 1D 1的距离 . 在O1 OG中,SO1 OG1O 1 OAO1222. 22- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又SO1 OG1OHO 1G13OH2,OH236. 22即 BD 到平面GB 1D 1的距离等于236. , 解析二BD 平面GB 1D 1,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 1D 1的距离 . 设点 B 到平面GB 1D 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 111222

19、42323h426,63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 RtAOC可以通过 RtAOB以直线 AO 为轴旋转得到,6且二面角 BAOC 的直二面角D 是 AB 的中点A（错误！未找到引用源； ）求证：平

20、面COD平面AOB；（错误！未找到引用源； ）求异面直线AO 与 CD 所成角的大小D个 三 角思路启发 ：（错误！ 未找到引用源； ）的关键是通过平移把异面直线转化到一形内 . 名师归纳总结 解答过程 ：解法 1：（错误！未找到引用源； ）由题意, COAO ,BOAO ,OBEB第 7 页,共 15 页BOC 是二面角 BAOC 是直二面角,zCCOBO ,又AOBOO ,AAOyCO平面 AOB ,又 CO平面 COD D平面COD平面AOB（错误！未找到引用源； ）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xCO- - -

21、- - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 在 RtCOE中,COBO2,OE1BO1,2CE2 CO2 OE515 3又DE1AO32在 RtCDE中,tanCDECE5DE3异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为arctan15 3解法 2：（错误！未找到引用源； ）同解法 1（错误！未找到引用源； ）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,OA0 0 2 3,CD 21,3,cosOACDOA CD66OA CD2 3 2 246 4异面直线 AO 与 CD 所成角的大小为arccos小结 ： 求异面

22、直线所成的角经常先作出所成角的平面图形,作法有：平移法：在异面直线中的一条直线上挑选“ 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；补形法：把空间图形补成熟悉的几何体,其目的在于简洁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. 是高考的常考点 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,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 已知ABCB45,AB2

23、,BC2 2,SASB3CS（）证明SABC ；（）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,DA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名师归纳总结 解答过程： 解法一：（）作 SOBC,垂足为 O ,连结 AO ,由侧面SBC 底面 ABCD ,SB第 8 页,共 15 页得 SO 底面 ABCD 由于 SASB ,所以 AOBO ,CO又ABC45,故AOB为等腰直角三角形,AOBO,A由三垂线定理,得SABCD- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）由（

24、）知SABC,依题设 ADBC,2,得故 SAAD,由ADBC2 2,SA3,AOSO1,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V DSABV S ABD,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A

25、BC 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,建立直角坐标系 O xyz ,G名师归纳总结 A 2 0 0, ,B0, , ,C0,2 0, ,S 0 01, ,SA 2 0,1,CAOEBy第 9 页,共 15 页CB0 2 2 0, ,SA CB0,所以 SABCDx（）取 AB 中点 E ,E2,2 0,22连结 SE ,取 SE 中点 G ,连结 OG ,G2,2 1,4 24OG2,2,12,SE2,2 1,2AB2, , 44,就与互余2SE 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,sin22,11OGDS11- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以,直线 SD 与平面 SAB 所成的角为arcsin221）先判定直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜11小结 ：求直线与平面所成的角时,应留意的问题是（交时,常用以下步骤：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,

27、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. , APQ , B, C, CACB ,BAP45,直线 CA 和例 6如图,已知直二面角PQ平面所成的角为 30 C P A Q B 名师归纳总结 （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 第 10 页,共 15 页由于,PQ ,所以 CO ,C H 又由于 CACB ,所以 OAOB P O A Q B 而BAO

28、45,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CAO30,不妨设AC2,就AO3,OHAOsin 3032在 RtOAB中,ABOBAO45,所以BOAO3,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于是在 RtBOH中,tanBHOBO32

29、OH32故二面角 BACP 的大小为 arctan 2 ,OAOB,故可以 O 为原点,分别以直线OB,OA,OC为 x解法二： 由（I）知, OCOA, OCOB轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系（如图）CAO30C z A Q 由于 COa,所以CAO 是 CA 和平面所成的角,就P 不妨设AC2,就AO3,CO1B O y 在RtOAB中,ABOBAO45,x 所以BOAO3就相关各点的坐标分别是O0 0 0, ,B 3 0 0, ,A0, , ,C0 01, .无棱二面角棱所以AB3,3 0, ,AC0,31, 设n 1x, ,z 是平面 ABC 的一个法向量,由n 1AB0,得

30、03xy3y00,n 1AC3z取x1,得n 111 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,2所以cos|n n 1 2|15n 1| |n 25 15故二面角 BACP 的大小为arccos55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的确定有以下三种途径：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

31、. 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名师归纳总结 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. CC 上,且AEFC 11例 7如图,已知ABCDA B C D 是棱长为 3 的正方体,点 E 在AA 上,点 F 在第 11 页,共 15 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （1）求证：E, , ,D 1四点共面；（2）如点 G 在 BC 上,BG2,点 M 在BB 上, GMBF,垂足为 H ,求证： EM 平面BCC B ；3

32、（3）用表示截面EBFD 和侧面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：C 1D 1B 1A 1（1）如图,在DD 上取点 N ,使DN1,连结 EN , CN ,就AEDN1,CFND 12FNME由于AEDN,ND 1CF,所以四边形ADNE ,CFD N 都为平行四边形CDHA从而 ENAD,FD 1CNGB又由于 ADBC,所以 ENBC,故四边形 BCNE 是平行四边形,由此推知CNBE,从而FD 1BE因此,E, , ,D 1四点共面

33、（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 由于 MHBF, EMBF,所以 BF 平面 EMH ,得 EHBF于是EHM是所求的二面角的平面角,即EHM由于MBHCFB,所以MHBMsinMBHBMsinCFBBMBCCF2133223,tanEM13BC2213MH解法二：名师归纳总结 （1）建立如下列图的坐标系,就BE3 01,BF0 3 2,BD 13 3 3, ,HMzA 1x第

34、12 页,共 15 页D 1所以BD 1BEBF ,故BD , BE , BF 共面1又它们有公共点B,所以E, , ,D 1四点共面yC 1B 1EF（2）如图,设M0 0,z ,就GM0,2,z,DA3CGB- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 而BF0 3 2, ,由题设得GM BF2 3 3z20,2,所得z1由于M0 0 1, ,E3 01, ,有ME3 0 0,又BB 10 0 3, ,BC0 3 0, ,所以ME BB 10,ME BC0,从而MEBB 1, MEBC故 ME 平面BCC B （3）设向量BPx, , 截面EBFD ,于是 BPBE, B