立体几何专题

一．

直线和平面的三种位置关系：

1. 线面平行

l

α符号表示：

2. 线面相交

lAα符号表示：

3. 线在面内

αl符号表示：

二．

平行关系：

1. 线线平行：

方法一：用线面平行实现。

ll//ll//m mm

方法二：用面面平行实现。

l//βγll//m αmm方法三：用线面垂直实现。 若l,m，则l//m。 方法四：用向量方法：

若向量l和向量m共线且l、m不重合，则l//m。2. 线面平行：

方法一：用线线平行实现。

l//mml// l

方法二：用面面平行实现。

//βlll// α方法三：用平面法向量实现。

nl若n为平面的一个法向量，

nl且l,则l//。

α3. 面面平行：

方法一：用线线平行实现。

l//l'm//m'βmll,m且相交//αm'l'l',m'且相交

方法二：用线面平行实现。

l//βmlm//// l,m且相交α

三．垂直关系： 1. 线面垂直：

方法一：用线线垂直实现。

llAClABACABAl

αACBAC,AB方法二：用面面垂直实现。

βlml mlm,lα2. 面面垂直：

方法一：用线面垂直实现。

βlll α

1 / 12

方法二：计算所成二面角为直角。 3. 线线垂直：

方法一：用线面垂直实现。

lmα中)为直线l与面所成的角。

PAθnαAθPOllm

m

αO

(2)范围：[0,90]

当0时，l或l// 当90时，l (3)求法： 方法一：定义法。

步骤1：作出线面角，并证明。 步骤2：解三角形，求出线面角。 (三) 二面角及其平面角

(1)定义：在棱l上取一点P，两个半平面内分别作l的垂线（射线）m、n，则射线m和n的夹角为二面角—l—的平面角。

mnPl方法二：三垂线定理及其逆定理。

PAOPOlOAlPA l

αl方法三：用向量方法：

若向量l和向量m的数量积为0，则lm。 四.夹角问题:

(一) 异面直线所成的角： (1) 范围：(0,90] (2)求法： 方法一：定义法。

步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。 步骤2：解三角形求出角。(常用到余弦定理) 余弦定理：

a

(2)范围：[0,180] (3)求法： 方法一：定义法。

cosabc

2ab222cbθ步骤1：作出二面角的平面角(三垂线定理)，并证明。 步骤2：解三角形，求出二面角的平面角。 方法二：截面法。

步骤1：如图，若平面POA同时垂直于平面和，则

(计算结果可能是其补角)

方法二：向量法。转化为向量的夹角 (计算结果可能是其补角)：

CθABcosABACABAC

交线(射线)AP和AO的夹角就是二面角。

βPθαOA(二) 线面角

(1)定义：直线l上任取一点P（交点除外），作PO于O,连结AO，则AO为斜线PA在面内的射影，PAO(图

步骤2：解三角形，求出二面角。

2 / 12

方法三：坐标法(计算结果可能与二面角互补)。

2．线面距、面面距均可转化为点面距。 3．异面直线之间的距离 方法一：转化为线面距离。

n1θn2mn

步骤一：计算cosn1n2

n1n2n1n2如图，m和n为两条异面直线，n且m//，则异面直线m和n之间的距离可转化为直线m与平面之间的距离。

方法二：直接计算公垂线段的长度。 方法三：公式法。

BcaAm

步骤二：判断与n1n2的关系，可能相等或者互补。 五.距离问题: 1．点面距。 方法一：几何法。

PdnbDm'CAO

步骤1：过点P作PO于O，线段PO即为所求。 步骤2：计算线段PO的长度。(直接解三角形；等体积法和等面积法；换点法)

如图，AD是异面直线m和n的公垂线段，m//m'，则异面直线m和n之间的距离为：

dc2a2b22abcos

试题典例

考点1 点到平面的距离

A A1 例1如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．（Ⅰ）求证：AB1⊥平面A1BD； （Ⅱ）求二面角AA1DB的大小；（Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离．

C B

D

C1

B1

解答过程（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．

△ABC为正三角形，AO⊥BC．

A A1F C 正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

O 3 / 12

D C1B1

B

AO⊥平面BCC1B1．连结B1O，在正方形BB1C1C中，O，D分别为BC，CC1的中点， B1O⊥BD，

AB1⊥BD．

在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B， AB1⊥平面A1BD．

（Ⅱ）设AB1与A1B交于点G，在平面A1BD中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（Ⅰ）得AB1⊥平面

A1BD．AF⊥A1D， ∠AFG为二面角AA1DB的平面角．

在△AA1D中，由等面积法可求得AF45，5又AG1AB12， sin∠AFGAG210．

2AF4545所以二面角AA1DB的大小为arcsin10．4（Ⅲ）△A1BD中，BDA1D5，A1B22，S△A1BD6，S△BCD1．在正三棱柱中，A1到平面BCC1B1的距离为3．设点C到平面A1BD的距离为d．由VABCDVCABD，得1S△BCD11313S△BCD2．3S△A1BDd，d3S△A1BD2

点C到平面A1BD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ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

AD⊥平面BCC1B1．

取B1C1中点O1，以O为原点，则B(1，OB，OA的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，0，0)，OO1，

2，0)， D(11，，0)，A1(0，0，3)，B1(1，2，3)，A(0，z A F C O B 4 / 12

A1 AB1(1，2，3)，BD(210)，2，3)． ，，，BA1(1AB1BD2200，AB1BA11430，

D C1B1

y AB1⊥BD，AB1⊥BA1．

x AB1⊥平面A1BD．

（Ⅱ）设平面A1AD的法向量为n(x，y，z)． AD(11，，3)，AA1(0，2，0)．

n⊥AD，n⊥AA1，

xy3z0，y0， nAD0，2y0，x3z．nAA10，令z1得n(3，01)，为平面A1AD的一个法向量． 由（Ⅰ）知AB1⊥平面A1BD， AB1为平面A1BD的法向量．

cosn，ABnAB1336．

14222nAB1二面角AA1DB的大小为arccos6．

4（Ⅲ）由（Ⅱ），AB1为平面A1BD法向量， BC(2，0，，0)AB1(1，2，3)．

点C到平面A1BD的距离dBCAB122．

AB1222考点2 异面直线的距离

例2 已知三棱锥SABC，底面是边长为42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.

解答过程： 如图所示，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1CD6,DF2,SC22 5 / 12

VSCEF111123EFDFSC622 32323在RtSCE中，SE在RtSCF中，SF又EFSC2CE223

SC2CF2424230

123231，解得h 6,SSEF3 由于VCSEFVSCEFSSEFh，即3h333323. 3故CD与SE间的距离为

考点3 直线到平面的距离

例3． 如图，在棱长为2的正方体AC1中，G是AA1的中点，求BD到平面GB1D1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. 解答过程：解析一BD∥平面GB1D1，

D1 A1H G D A

O1 C1B1BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，以下求

点O平面GB1D1的距离,

C O B B1D1A1C1，B1D1A1A，B1D1平面A1ACC1,

又B1D1平面GB1D1 平面A1ACC1GB1D1，两个平面的交线是O1G, 作OHO1G于H，则有OH平面GB1D1，即OH是O点到平面GB1D1的距离. 在O1OG中，SO1OG又SO1OG11O1OAO222. 221126OHO1G3OH2,OH. 223即BD到平面GB1D1的距离等于

26. 3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

6 / 12

ADOCEB例4如图，在Rt△AOB中，OABπ，斜边AB4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转

6得到，且二面角BAOC的直二面角．D是AB的中点． （I）求证：平面COD平面AOB； （II）求异面直线AO与CD所成角的大小． 解答过程：（I）由题意，COAO，BOAO，

BOC是二面角BAOC是直二面角，

COBO，又AOBOO，CO平面AOB，

又CO平面COD．平面COD平面AOB．

（II）作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则DE∥AO， CDE是异面直线AO与CD所成的角．

在Rt△COE中，COBO2，OE1BO1，CECO2OE25．

2又DE1AO3．在Rt△CDE中，tanCDECE515．

2DE33异面直线AO与CD所成角的大小为arctan15．

3解法2：（I）同解法1．

（II）建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，A(0，0，0)，D(010，23)，C(2，，，3)， ，，3)， OA(0，0，23)，CD(21cosOA，CDOACDOACDzAD66．

42322异面直线AO与CD所成角的大小为arccos6．

4xCOBy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

S考点5 直线和平面所成的角

例5. 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．

DCAB 7 / 12

（Ⅰ）证明SABC；

（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小．

解答过程：（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，

S AO⊥BO，由三垂线定理，得SA⊥BC．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC，依题设AD∥BC， 故SA⊥AD，由ADBC22，SA得 SO1，SDD C A

O B

3，AO2，1SAAB2．

22211． △SAB的面积S11AB2连结DB，得△DAB的面积S21ABADsin1352 233设D到平面SAB的距离为h，由于VDSABVSABD，得1hS11SOS2，解得h2． 设SD与平面SAB所成角为，则sinh222．

SD1111所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsin22．

11解法二：

（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD． 因为SASB，所以AOBO．

S 又∠ABC45，△AOB为等腰直角三角形，AO⊥OB． 如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz， D0，1)，SA(2，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，S(0，0， 1)， zGC OA EB yxCB(0，22，0)，SACB0，所以SA⊥BC．

22， （Ⅱ）取AB中点E，E，，022221． 连结SE，取SE中点G，连结OG，G，，442 8 / 12

221，22，AB(OG，，SE14422，2，2，2，0)．

SEOG0，ABOG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，)．

cosOGDSOGDS22，sin22，

1111所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin22．

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

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．

（I）证明BC⊥PQ

（II）求二面角BACP的大小．

过程指引：（I）在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB． 因为⊥， C P B

A

Q

 PQ，所以CO⊥，

 C P

B  O H

A

Q

又因为CACB，所以OAOB．

而BAO45，所以ABO45，AOB90， 从而BO⊥PQ，又CO⊥PQ，

所以PQ⊥平面OBC．因为BC平面OBC，故PQ⊥BC． （II）由（I）知，BO⊥PQ，又⊥，PQ，

BO，所以BO⊥．过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH⊥AC．故

9 / 12

BHO是二面角BACP的平面角．

由（I）知，CO⊥，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30，

不妨设AC2，则AO3，OHAOsin303． 2在Rt△OAB中，ABOBAO45，所以BOAO3，于是在Rt△BOH中，

tanBHOBOOH32．故二面角BACP的大小为arctan2． 32小结：本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.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，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，可由平面向量计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

例7． 如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体， 点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11． （1）求证：E，B，F，D1四点共面；

D1C1 B1A1

F M D

E

2（2）若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，

3求证：EM⊥平面BCC1B1；

（3）用表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的大小，求tan． 过程指引：（1）如图，在DD1上取点N，使DN1，连结EN，CN，则

C

H G B

A

D1C1 B1A1

AEDN1，CFND12．M

因为AE∥DN，ND1∥CF，所以四边形ADNE，CFD1N都为平行四边形．从

F N

E

H G B

A

D

AD，FD1∥CN． 而EN∥C

BC，所以EN∥BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN∥BE，从而又因为AD∥FD1∥BE．因此，E，B，F，D1四点共面．

10 / 12

（2）如图，GM⊥BF，又BM⊥BC，所以∠BGM∠CFB，

BMBGtan∠BGMBGtan∠CFBBGBC231． CF32BM，所以ABME为平行四边形，从而AB∥EM． 因为AE∥又AB⊥平面BCC1B1，所以EM⊥平面BCC1B1．

（3）如图，连结EH．因为MH⊥BF，所以BF⊥平面EMH，得EH⊥BF．于是∠EHMEM⊥BF，是所求的二面角的平面角，即∠EHM．

因为∠MBH∠CFB，所以MHBMsin∠MBHBMsin∠CFB

BMBCBC2CF2133222EM3， tan13．

MH13 解法二：

（1）建立如图所示的坐标系，则BE(3，3，3)， 01)，，BF(0，3，2)，BD1(3，所以BD1BEBF，故BD1，BE，BF共面． 又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．

D1C1 z A1B1 2，z， （2）如图，设M(0，0，z)，则GM0，3F M D y E x

2而BF(0，3，2)，由题设得GMBF3z20，

3得z1．

因为M(0，0，1)，E(3，0，1)，有ME(3，0，0)，

C

H G B A 又BB1(0，0，3)，BC(0，3，0)，所以MEBB10，MEBC0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC． 故ME⊥平面BCC1B1．

（3）设向量BP(x，y，3)⊥截面EBFD1，于是BP⊥BE，BP⊥BF．

而BE(3，01)，，BF(0，3，2)，得BPBE3x30，BPBF3y60，解得x1，y2，所以BP(1，2，3)．

又BA(3，． 0，0)⊥平面BCC1B1，所以BP和BA的夹角等于或π（为锐角）

11 / 12

于是cosBPBABPBA1． 14故tan13．

12 / 12