立体几何的解题技巧

1第六讲立体几何新题型的解题技巧【命题趋向】在2007年高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，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.【考点透视】(A)版.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..空间距离和角是高考考查的重点：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离以及两异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.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，正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。【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.典型例题例1（2007年福建卷理）如图，正三棱柱111ABCABC的所有棱长都为2，D为1CC中点．（Ⅰ）求证：1AB⊥平面1ABD；（Ⅱ）求二面角1AADB的大小；（Ⅲ）求点C到平面1ABD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．解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．ABC△为正三角形，AOBC⊥．正三棱柱111ABCABC中，平面ABC⊥平面11BCCB，AO⊥平面11BCCB．连结1BO，在正方形11BBCC中，OD，分别为ABCD1A1C1BABCD1A1C1BOF21BCCC，的中点，1BOBD⊥，1ABBD⊥．在正方形11ABBA中，11ABAB⊥，1AB⊥平面1ABD．（Ⅱ）设1AB与1AB交于点G，在平面1ABD中，作1GFAD⊥于F，连结AF，由（Ⅰ）得1AB⊥平面1ABD．1AFAD⊥，AFG∠为二面角1AADB的平面角．在1AAD△中，由等面积法可求得455AF，又1122AGAB，210sin4455AGAFGAF∠．所以二面角1AADB的大小为10arcsin4．（Ⅲ）1ABD△中，1115226ABDBDADABS△，，，1BCDS△．在正三棱柱中，1A到平面11BCCB的距离为3．设点C到平面1ABD的距离为d．由11ABCDCABDVV，得111333BCDABDSSd△△，1322BCDABDSdS△△．点C到平面1ABD的距离为22．解法二：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．ABC△为正三角形，AOBC⊥．在正三棱柱111ABCABC中，平面ABC⊥平面11BCCB，AD⊥平面11BCCB．取11BC中点1O，以O为原点，OB，1OO，OA的方向为xyz，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B，，，(110)D，，，1(023)A，，，(003)A，，，1(120)B，，，1(123)AB，，，(210)BD，，，1(123)BA，，．12200ABBD，111430ABBA，xzABCD1A1C1BOFy31ABBD⊥，11ABBA⊥．1AB⊥平面1ABD．（Ⅱ）设平面1AAD的法向量为()xyz，，n．(113)AD，，，1(020)AA，，．AD⊥n，1AA⊥n，100ADAA，，nn3020xyzy，，03yxz，．令1z得(301)，，n为平面1AAD的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB⊥平面1ABD，1AB为平面1ABD的法向量．cosn，1113364222ABABABnn．二面角1AADB的大小为6arccos4．（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB为平面1ABD法向量，1(200)(123)BCAB，，，，，．点C到平面1ABD的距离1122222BCABdAB．小结：本例中（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1AMB的距离转化为容易求的点K到平面1AMB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一种方法.例2.(2006年湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.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QBCPADOM4般方法.解答过程：方法一（Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM.从而AD⊥平面PQM.又PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）连结AC、BD设OBDAC，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连接PN.因为21,21OCNOOANOOQPO，所以OANOOQPO，从而AQ∥PN，∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.因为2222(22)13PBOBOP，222(2)13.PNONOP10)2()22(2222ONOBBN所以9333210392cos222PNPBBNPNPBBPN＋＝.从而异面直线AQ与PB所成的角是93arccos.(Ⅲ)连结OM，则112.22OMABOQ所以∠MQP＝45°.由（Ⅰ）知AD⊥平面PMQ，所以平面PMQ⊥平面QAD.过P作PH⊥QM于H，PH⊥平面QAD.从而PH的长是点P到平面QAD的距离.又0323,sin45.2PQPOQOPHPQ.即点P到平面QAD的距离是322.方法二（Ⅰ）连结AC、BD，设OBDAC.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD.故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如QBCPADzyxO5图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）.所以)2,0,22(AQ(0,22,1)PB于是93,cosPBAQ.(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(AD，(0,0,3)PQ，设),,(zyxn是平面QAD的一个法向量，由00ADnAQn得002yxzx.取x=1，得)2,1,1(n.所以点P到平面QAD的距离322PQndn.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，考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离.典型例题例3已知三棱锥ABCS，底面是边长为24的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面.DE、分别为ABBC、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∥CDCD,∥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，24BC,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点，62,2,621,62SCDFCDEFCD33222621312131SCDFEFVCEFS在RtSCE中，3222CESCSE在RtSCF中，30224422CFSCSF又3,6SEFSEF由于hSVVSEFCEFSSEFC31，即332331h，解得332h故CD与SE间的距离为332.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.典型例题例4．如图，在棱长为2的正方体1AC中，G是1AA的中点，求BD到平面11DGB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11DGB，BD上任意一点到平面11DGB的距离皆为所求，以下求点O平面11DGB的距离,1111CADB，AADB111，11DB平面11ACCA,又11DB平面11DGB平面1111DGBACCA，两个平面的交线是GO1,作GOOH1于H，则有OH平面11DGB，即OH是O点到平面11DGB的距离.在OGO1中，222212111AOOOSOGO.BACDOGH1A1C1D1B1O7又362,23212111OHOHGOOHSOGO.即BD到平面11DGB的距离等于362.解析二BD∥平面11DGB，BD上任意一点到平面11DGB的距离皆为所求，以下求点B平面11DGB的距离.设点B到平面11DGB的距离为h，将它视为三棱锥11DGBB的高，则，由于632221,111111DGBGBBDDGBBSVV34222213111GBBDV,,36264h即BD到平面11DGB的距离等于362.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.典型例题例5（2007年北京卷文）如图，在RtAOB△中，π6OAB，斜边4AB．RtAOC△可以通过RtAOB△以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAOC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．思路启迪：（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，BOC是二面角BAOC是直二面角，COBO，又AOBOO，CO平面AOB，又CO平面COD．平面COD平面AOB．（II）作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则DEAO∥，CDE是异面直线AO与CD所成的角．OCADBEADz8在RtCOE△中，2COBO，112OEBO，225CECOOE．又1