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1、1. 空间角与空间距离在高考的立体几何试题中， 求角与距离是必考查的问题，其中最主要的是求线线角、 线面角、面面角、点到面的距离，求角或距离的步骤是“一作、二证、三算”，即在添置必要的辅助线或辅助面后，通过推理论证某个角或线段就是所求空间角或空间距离的相关量，最后再计算。2. 立体几体的探索性问题立体几何的探索性问题在近年高考命题中经常出现，这种题型有利于考查学生归纳、判断等方面的能力，也有利于创新意识的培养。 近几年立体几何探索题考查的类型主要有：（1）探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么？ （2）探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。对命题条件的探索常采用以下三种方法：（1）先观
2、察，尝试给出条件再证明；（2）先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；（3）把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件。对命题结论的探索， 常从条件出发，再根据所学知识，探索出要求的结论是什么，另外还有探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾。（一）平行与垂直关系的论证.口.冋由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系，在应用中：低一级位置关系判定高级位置关系；高一级位置关系推出低一级位置关系，前者是判定定理，后者是性质定理。1. 线线、线面、面面平行关系的转化：面面平行性质IIa,a II ba b Aa / bII公理4(a/b,b/ca I Ic
3、)线面平行判定面面平行判定 1线线/线面/面面/a II线面平行性质4kII1，面面平行性质a II ,b IIa ,bIIIIa IIa IIa IIIIII线线、线面、面面垂直关系的转化:II成直二面角2. 平行与垂直关系的转化:aa线线/线面垂直性质2/面面平行判定2逹面面/a3. 应用以上“转化”的基本思路一一“由求证想判定，由已知想性质。 5唯一性结论：应用中常用于鼠反证科或“同TT 过直线外一点.有且只有一条直线与己知直线平行 过空间一点.有且貝有一条直线与己知平面垂直 过空间一点，有且只有一个平面与己知直线垂直1. 三类角的定义：(1)异面直线所成的角B:00 90(2)直线与平
4、面所成的角:0时，b/或b(3)面角：二面角的平面角B,0 0 180（定义法）（三垂裟定理法）【垂Eli-汩棱门2. 三类角的求法：转化为平面角“一找、二作、三算” 即：（1）找出或作出有关的角；（2）证明其符合定义；（3）指出所求作的角；（4）计算大小。（三）空间距离：求点到直线的距离，经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线，然后在相关三角形中求解。求点到面的距离， 一般找出（或作出）过此点与已知平面垂直的平面利用面面垂直的性 质求之也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离，直线与平面的距离，面面距离都可转化为点到面的距离。【典型例题】（一）与角有关的问题例1. （1）如图，E、F分别为三棱锥
5、PABC的棱AP、BC的中点，PC= 10, AB = 6, EF = 7,则异面直线 AB与PC所成的角为（）A. 60 B. 45 C. 30解:取AC中点G,连结 EG、FG,则EG1/ 丄 PC,1FG / - AB22 ZEGF 为 AB与PC所成的角在厶EGF中，由余弦定理,D. 120cos Z EGFEG2FG2EF25232722 EG FG AB 与 PC 所成的角为 180 120= 60 选 A(2)已知正四棱锥以棱长为 1的正方体的某个面为底面，且与该正方体有相同的全面 积，则这一正四棱锥的侧棱与底面所成的角的余弦值为()A.、1313D. 2626设正四棱锥的高为h
6、,斜高为h解：21 2 1 2 2由题意：4 1 . h1 6 12 丫 2 h26侧棱长PB . h2 OB2二 cos Z PBOPB 26.1313选 A(3)如图，在正方体 ABCD A.BQQ,中，P为A.D,上的一个定点，Q为A1B1上的任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，有下列命题： 点P到平面QEF的距离为定值； 直线PQ与平面PEF所成的角为定值； 二面角P EFQ的大小为定值； 三棱锥PQEF的体积为定值其中正确命题的序号是 。解.平面QEF即是平面A1B1CD A1D1上定点P到面A1B1CD的距离为定值对，错二面角P EF Q,即面PDF与面A1B1CD
7、所成的角，且平面角Z PDA 1为定 值，对因为A1B1 / DC,且EF为定值， S qef为定值又P点到平面QEF的距离为定值， VPqef为定值，对综上，正确。例2.图是一个正方体的表面展开图，MN和PQ是两条面对角线，请在图(2)的正方体中将MN，PQ画出来，并就这个正方体解答下列各题：(1) 求MN和PQ所成角的大小；(2) 求四面体 M NPQ的体积与正方体的体积之比；(3) 求二面角M NQ P的大小。N/zc Q图解：（1）如图，作出 MN、PQ图/ PQ/ ”。，又厶MNC为正三角形/ MNC = 60 PQ与MN成角为60（2）VMNPQVQ PMN13 S PMN MQ3
8、1 2S PMN MQ16SpmDN MQ1V正方体6即四面体M NPQ的体积与正方体的体积之比为1 : 6（3）连结 MA交PQ于0点，贝U MO丄PQ又NP丄面PAQM , NP丄MO，贝U MO丄面PNQ过O作OE丄NQ，连结 ME,贝U ME丄NQ/ MEO为二面角 M NQ P的平面角在 Rt NMQ 中，ME NQ = MN MQ设正方体的棱长为 aME2 a a3a.63 a，又MO在 Rt MEO 中，sin / MEOMO一2a2.3ME.6a32/ MEO = 60即二面角 M NQ P的大小为60。例3.如图，已知四棱锥 PABCD , PB丄AD，侧面PAD为边长等于2
9、的正三角形，底 面ABCD为菱形，侧面 PAD与底面ABCD所成的二面角为120。（1）求点P到平面ABCD的距离；（2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。解：（1 ）作PO丄平面ABCD，垂足为 O,连结OB、OA、OD , OB与AD交于点E,连结PE/ AD 丄 PB , AD 丄 OB (根据)/ PA= PD , OA = OD于是OB平分AD，点E为AD中点 PE 丄 AD/ PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角/ PEB = 120,/ PEO= 60又PE. 3，二 PO PEsin60 .3 - -2 2即为P点到面ABCD的距离。(2)由已知ABCD为菱形，及
10、 PAD为边长为2的正三角形PA=AB = 2，又易证 PB 丄 BC故取PB中点G, PC中点F则 AG 丄 PB, GF / BC又 BC 丄 PB,. GF 丄 PB/ AGF为面APB与面CPB所成的平面角/ GF / BC / AD , / AGF = n-/ GAE连结GE，易证 AE丄平面POB又PE BE 、3, G为PB中点1 / PEG / PEB 60o2 GE PEcos603 丄 32 21在 Rt AGE 中，AE AD 12tan Z GAEGEAEZ GAEarcta n3 Z AGFarctan所以所求二面角的大小为arctan（2）解法2:如图建立直角坐标系
11、，其中O为坐标原点，x轴平行于DA3 3（3P（0，0，2），B（0,，0）3J33PB的中点G的坐标为（0 ,连结AG4 43.3又 A (1，,0),C (2,0）22由此得到GA(1,33),PB(0, 3 3 ,卫),4422BC(2,0, 0)于是GA PB:0,BC PB0 GA丄PB ,BC丄PB GA、BC的夹角 为所求二面角的平面角于是 cos GA BC口|GA| |BC| 7所求二面角大小为arccos2、7（二）与距离有关的问题例4. （1）已知在 ABC 中，AB = 9, AC = 15，/ BAC = 120,它所在平面外一点 P 到厶ABC三个顶点的距离都是 1
12、4,那么点P到平面ABC的距离是（）A. 13B. 11C. 9D. 7解：设点P在厶ABC所在平面上的射影为 0CPA= PB = PC,. O ABC 的外心 ABC 中，AB = 9, AC = 15,/ BAC = 120 BC 92 152 2 9 15 cos120o 21（2）在直三棱柱ABC A1B1C1中，ABBC . 2 , BB12,/ ABCr a由2R,二 Rsi nA21732 32 PO1427 3 2790o , E、F分别为AAc C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为解：（采用展开图的方法）将平面B1BCC1沿B1B旋转使两矩形A1ABB1与B1BCC1在同一平面内连接EF,则EF为所求的最短路径Bi F CA B C图AB图Bi氐v12图如图，EF A1E2 A1F212222如图展开，EF2 22| 2 2如图展开，EF 31 1V 22比较这三种方式展开，可见沿表面从E到F的最短路径长度为 3 22点评：此类试题，求沿表面运动最短路径，应展开表面为同一平面
