高中数学立体几何的解题技巧 (1)

立体几何大题的解题技巧
——综合提升
【命题分析】高考中立体几何命题特点：
1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．
2.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. < br>【考点分析】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.


【
高考考查的重难点*状元总结】空间距离和角：

“六个距离”：
1两点间距离
d?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2
?(z
1
?z
2
)
2

2点P到线l的距离
d?

3两异面直线的距离
d?
PQ*u
u
（Q是直线l上任意一点，u为过点P的直线l法向量）
PQ*u
u
（P、Q分别是两直线上任意两点u为两直线公共法向量）
4点P到平面的距离
d?

PQ*u
u
（Q是平面上任意一点，u为平面法向量）
5直线与平面的距离【同上】
6平行平面间的距离【同上】
“三个角度”： v
1
v
2
?
1异面直线角【0，】cos
?
= 【辨】直线倾斜角范围【0，
?
）
2
v
1
v
2
2线面角 【0，

3二面角 【0，
?
】cos
?
??
vn
?
】
sin
?
=
cosv,n?
或者解三角形
2
vn
n
1
n
2
n
1
n
2
或者找垂直线，解三角形
.

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。
其中，利用
空间向量
求空间距离和角的
套路与格式固定
，是解决立体几何问题 这套
强有力的工具时，使得高考题具有很强的套路性。

【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（福建卷）如图，正三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
的所有棱长都为
2
，
D
为
CC1
中点．
（Ⅰ）求证：
AB
1
⊥
平面
A1
BD
；
（Ⅱ）求二面角
A?A
1
D?B
的大小；
（Ⅲ）求点
C
到平面
A
1
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 B
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．
A
解：解法一：（Ⅰ）取
BC
中点
O
，连结
AO
．
Q△ABC
为正三角形，
?AO⊥BC
．
A

C
D
A
1
C
1
B
1


A
1
F
C

Q
正三棱柱
A BC?A
1
B
1
C
1
中，平面
ABC⊥
平 面
BCC
1
B
1
，
?AO⊥
平面
BCC
1
B
1
．
O
B
D
C
1
B
1


连结B
1
O
，在正方形
BB
1
C
1
C中，
O，D
分别为
BC，CC
1
的中点，
?B
1
O⊥BD
，
?AB
1
⊥BD
．
在正方形
ABB
1
A
1
中，
AB
1
⊥A
1
B
，
?AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
（ Ⅱ）设
AB
1
与
A
1
B
交于点
G
，在平面
A
1
BD
中，作
GF⊥A
1
D
于
F
，连结
AF
，由（Ⅰ）得
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
?AF⊥A
1
D
，
?∠AFG
为二面角
A?A
1
D?B
的平面角．
在
△AA
1
D
中，由等面积法可求得
AF?
45
，
5
.

又
QAG?
1
AB
1
?2
，
?sin∠AFG?
AG
?
2
?
10
．
2
AF
45
4
5
所以二面角
A?A
1
D? B
的大小为
arcsin
10
．
4
（Ⅲ）
△A< br>1
BD
中，
BD?A
1
D?5，A
1
B?2 2，?S
△ABD
?6
，
S
△BCD
?1
． 1
在正三棱柱中，
A
1
到平面
BCC
1
B1
的距离为
3
．
设点
C
到平面
A
1
BD
的距离为
d
．
由
V
A?BCD
?V
C?ABD
，得
1
S
△BCD
g3?
1
S
△ABD
gd
，
11
33
1
?d?
3S
△BCD
2
． < br>?
S
△A
1
BD
2
?
点
C
到平面
A
1
BD
的距离为
2
．
Q△ABC
为正三角形，
?AO⊥BC
．
2
解法二：（Ⅰ ）取
BC
中点
O
，连结
AO
．
Q
在正三 棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，平面
AB C⊥
平面
BCC
1
B
1
，
?AD⊥
平面
BCC
1
B
1
．
取
B
1
C
1
中点
O
1
，以
O
为原 点，
OB
，
OO
1
，
OA
的方向为
x，y ，z
轴的正方向建立空间直角坐
标系，则
B(1，0，0)
，
D(? 11
2，0)
，
，，0)
，
A
1
(0，
0，3)
，
B
1
(1，
2，3)
，
A(0，
uuuruuur
uuur
，，
?AB
1
?(1，2，?3)BD?(?210)
BA
1
?(?1，2，3)
．
，，
uuur
uuuur
uuur
z
A
F
C
O
B
x
D

A
1
u uuruuuruuuruuur
QAB
1
gBD??2?2?0?0
，AB
1
gBA
1
??1?4?3?0
，
uuuruu uruuuruuur
?AB
1
⊥BD
，
AB
1
⊥ BA
1
．
?AB
1
⊥
平面
A
1
BD
．
C
1
B
1


y
（Ⅱ）设平面
A
1
AD
的法向量为
n?(x，y，z)
．
uuuruuur
uuur
uuur
AD?(?11，，?3)
，
AA< br>1
?(0，2，0)
．
Qn⊥AD
，
n⊥AA
1
，
uuur
?
?
?
?x?y?3z?0，
?
?
y?0，

?ngAD?0，
?
?
?
?
?
?
uuur
?
?
2y?0，
?
x??3z
．
?
?
n gAA
1
?0，
?
令
z?1
得
n?(?3，01) ，
为平面
A
1
AD
的一个法向量．
.

由（Ⅰ）知
AB
1
⊥
平面
A
1
BD
，
uuur
?AB
1
为平面
A< br>1
BD
的法向量．
uuur
uuur
ngAB
1
?3?36
．
co s?n
，
AB????
uuur
?
1
4
2g22< br>ngAB
1
?
二面角
A?A
1
D?B
的大小 为
arccos
6
．
4
（Ⅲ）由（Ⅱ），
AB
1
为平面
A
1
BD
法向量，
uuuruuur
QB C?(?2，0，，0)AB
1
?(1，2，?3)
．
uuuruuur< br>BCgAB
1
?
点
C
到平面
A
1
B D
的距离
d?
uuur
?
?2
?
2
． < br>2
22
AB
1
uuur
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
AMB
1
的距离转化为容易求的点K到平面
AMB
1
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.
考点2 异面直线的距离
考查异目主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.
例2 已知三棱锥
S?ABC
，底面是边长为
42
的正三角形，棱< br>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：
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
S EF
,
?CD
到平面
SEF
的距离即为两异面直线间的距离. < br>又
?
线面之间的距离可转化为线
CD
上一点C到平面
SEF< br>
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?
?V
S?CEF
?
.
1
CD?6,DF?2,SC?2

2
111123
??EF?DF?SC???6?2?2?

32323

在Rt
?SCE
中，
SE ?
在Rt
?SCF
中，
SF?
又
?EF?
SC2
?CE
2
?23

SC
2
?CF
2
?4?24?2?30

6,?S
?SEF
?3

12323
1
，解得
h?

?S
?SEF
?h
，即
?3?h?
333
3
由于
V
C?SEF< br>?V
S?CEF
?
故CD与SE间的距离为
23
.
3
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
偶尔会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
1
中，G是
AA
1
的中点，求BD 到平面
GB
1
D
1
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：
解法一
?BD
∥平面
GB
1
D
1
，
D
1

A
1
H
G
D
A
O
1

C
1
B
1
?BD
上任意一 点到平面
GB
1
D
1
的距离皆为所求，以下求
点O平面
GB
1
D
1
的距离,
C
O
B
?B
1
D
1
?A
1
C
1，
B
1
D
1
?A
1
A
，
?B
1
D
1
?
平面
A
1
ACC
1,
又
?B
1
D
1
?
平面
GB
1
D
1

?
平面
A
1
ACC
1
?GB
1
D
1
，两个平面的交线是
O
1
G
,
作
OH?O
1
G
于H，则有
OH?
平 面
GB
1
D
1
，即OH是O点到平面
GB
1
D
1
的距离.
在
?O
1
OG
中，
S< br>?O
1
OG
?
又
S
?O
1
OG?
11
?O
1
O?AO??2?2?2
.
22
1126
?OH?O
1
G??3?OH?2,?OH?
.
223
即BD到平面
GB
1
D
1
的距离等于
解法二
?BD
∥平面
GB
1
D
1
，
26
.
3
.

?BD
上 任意一点到平面
GB
1
D
1
的距离皆为所求，以下求点B平面
GB
1
D
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
B?GB
1
D
1的高，则
V
B?GB
1
D
1
?V
D
1
?GBB
1
,由于S
?GB
1
D
1
?< br>1
?22?3?6，
2

426
114
V
D
1
?GBB
1
???2?2?2?
,
?h??,

323
3
6
即BD到平面
GB
1
D
1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【重难点】
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.
典型例题
例4
如图，在
Rt△AOB
中，
?OAB?
π
， 斜边
AB?4
．
Rt△AOC
可以通过
6
A
Rt△ AOB
以直线
AO
为轴旋转得到，且二面角
B?AO?C
的直二面< br>角．
D
是
AB
的中点．
D
（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：解法1：（I）由题意，
CO?AO
，
BO?AO
，
??BOC
是二面角
B?AO?C
是直二面角，
?CO?BO
，又
QAOIBO?O
，
O
C
E
B
?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∥A O
，
??CDE
是异面直线
AO
与
CD
所成的角．
在
Rt△COE
中，
CO?BO?2
，
OE?
1
BO ?1
，
2
z
A
D
?CE?CO
2
?OE
2
?5
．
又
DE?
1
AO?3
． 2
?
在
Rt△CDE
中，
tanCDE?
CE
?
5
?
15
．
DE
3
3
O
3< br>?
异面直线
AO
与
CD
所成角的大小为
arctan
15
．
x
C
B
y
.

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)
，
uuur
uuur
，，3)
，
?OA?(0，0，23)
，
CD?(?21
uuuruuur
uuuruuur
66
． OAgCD
?
?cos?OA，CD??
uuuruuur
?
4
OAgCD
23g22
?
异面直线
AO
与
CD所成角的大小为
arccos
6
．
4
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：
?< br>?
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、证明以及计算.
线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.
典型例题
例5（全国卷Ⅰ理）
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
o
，
S
AB?2
，
BC?22
，
SA?S B?3
．
C
D
A
B
（Ⅰ）证明
SA?BC
；
（Ⅱ）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，
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 ：解法一：（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，
AO⊥BO
，
由三垂线定理，得
SA⊥BC
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
SA⊥BC
，依题设
AD∥BC
，
故< br>SA⊥AD
，由
AD?BC?22
，
SA?
o
S
3
，
AO?2
，得
SO?1
，
SD?11
．
C
O

A
△SAB
的面积
S
1
?
1
ABg
2
?
1
?
SA
2
?
?
AB
?
?2
．
?
2
?
2
B
D
连结
DB
，得
△DAB
的面积
S
2
?
.
1
ABgADsin135
o
?2

2

设
D
到平面
SAB
的距离 为
h
，由于
V
D?SAB
?V
S?ABD
，得 < br>11
hgS
1
?SOgS
2
，解得
h?2
．
33
设
SD
与平面
SAB
所成角为
?
，则
sin
?
?
h
?
2
?
22
． < br>SD11
11
所以，直线
SD
与平面
SBC
所成的我 为
arcsin
22
．
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
．
又
∠ABC ?45
o
，
△AOB
为等腰直角三角形，
AO⊥OB
．
S
如图，以
O
为坐标原点，
OA
为
x
轴 正向，建立直角坐标系
O?xyz
，
z
uur
0，1)
，
SA?(2，A(2，0，0)
，
B(0，2，0)
，
C(0，?2 ，0)
，
S(0，
0，?1)
，
uuruuur
uuur
CB?0
，所以
SA⊥BC
．
CB?(0，22，0)
，
SAg
22
?
， （Ⅱ）取AB
中点
E
，
E
?
，，0
??
??< br>?
22
?
G
C
O
A
D
E
B
y
x
221
?
． 连结
SE
，取
SE
中点
G
，连结
OG
，
G
?，，
??
??
?
442
?
?
221
?
，
?
22
?
，
AB?(?
OG?
?
，，
SE?1
?
?
?
?
442
?
?2
，
2
，
?
??
??
2，2，0)
．
SEgOG?0
，
ABgOG?0
，
OG
与平面
S AB
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
?
?
OGgDS
OGgDS
22
，
sin
??
22
，
11
11
?
所以，直线
SD
与平面
SAB
所成的角为
arcsin
22
．
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【重点】
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
典型例题
例6．（湖南卷）
如图，已 知直角，
A?PQ
，
B?
?
，
C?
?
，< br>CA?CB
，
?BAP?45
o
，直线
CA
和平面< br>?
所成二面的角为
30
o
．
?

C
P
B
（I）证明
BC⊥PQ
；
（II）求二面角
B?AC?P
的大小．

命题目的：本题主要考 查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思
维能力和运算能力.
过程 指引：（I）在平面
?
内过点
C
作
CO⊥PQ
于点
O
，连结
OB
．
因为
?
⊥
?
，
?
I
?
?PQ
，所以
CO⊥
?
，
又因为
CA?CB
，所以
OA?OB
．
而
?BA O?45
，所以
?ABO?45
，
?AOB?90
，
从而
BO⊥PQ
，又
CO⊥PQ
，
所以
PQ⊥< br>平面
OBC
．因为
BC?
平面
OBC
，故
P Q⊥BC
．
（II）解法一：由（I）知，
BO⊥PQ
，又
?⊥
?
，
?
I
?
?PQ
，
ooo
A
Q

?

?

C
P
B
?

O
H
A
Q
BO?
?
，所以
BO⊥
?
．
过点
O作
OH⊥AC
于点
H
，连结
BH
，由三垂线定理知，< br>BH⊥AC
．
故
?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
，
o
不妨设
AC?2，则
AO?3
，
OH?AOsin30
o
?
3
．
2
.

在
Rt△OAB
中，< br>?ABO??BAO?45
o
，所以
BO?AO?3
，
于是 在
Rt△BOH
中，
tan?BHO?
BO
?
OH
3
?2
．
3
2
故二面角
B?AC?P
的大小为< br>arctan2
．
解法二：由（I）知，
OC⊥OA
，
OC ⊥OB
，
OA⊥OB
，故可以
O
为原点，分别以直线
． < br>OB，OA，OC
为
x
轴，
y
轴，
z
轴建立 空间直角坐标系（如图）
因为
CO⊥a
，所以
?CAO
是
C A
和平面
?
所成的角，则
?CAO?30
o
．
不妨设
AC?2
，则
AO?3
，
CO?1
．
在
Rt△OAB
中，
?ABO??BAO?45
o
，
所以
BO?AO?3
．
则相关各点的坐标分别是
?

C z
P
B
A
O y
Q
?

x
O(0，0，0)
，
B(3，
0，1)
．
0 ，0)
，
A(0，3，0)
，
C(0，
uuuruuur
所 以
AB?(3，?3，0)
，
AC?(0，?31)，
．
uruu ur
ur
?
?
n
1
gAB?0，
?
?3x?3y?0，
设
n
1
?{x，y，z}
是平面
AB C
的一个法向量，由
?
u
得
?

ruuur
?
?
?3y?z?0
?
n
1
gAC?0
?
ur
取
x?1
，得
n
1
?(11，，3)
． < br>uur
易知
n
2
?(10，，0)
是平面
?
的一个法向量．
uruur
设二面角
B?AC?P
的平面角为
?< br>，由图可知，
?
??n
1
，n
2
?
． uruur
nn
15
r
12
uur
??
所以< br>cos
?
?
u
．
5
|n
1
|g| n
2
|
5?1
故二面角
B?AC?P
的大小为
ar ccos
5
．
5
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.
【课后练习】如图，在四棱锥P－ABCD中，P A
?
底面ABCD,
?
DAB为直角，AB
‖
CD，
.

AD=CD=2AB, E
、
F分别为PC
、
CD的中点.
（Ⅰ）试证：CD
?
平面BEF；
（Ⅱ）设PA＝k
·
AB,且二面角E-BD- C的平面角大于
30?
,求k的取值范围.

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般方法.


【高考热点】空间几何体的表面积与体积


（一 ）空间几何体的
表面积
1棱柱、棱锥的表面积： 各个面面积之和
2 圆柱的表面积
S

?

2

?

2

?

r

2

?
rl
3 圆锥的表面积：
S

22
2
S?
?
rl?
?
r?
?
Rl?
?
R
4 圆台的表面积 5 球的表面积
S?4
?
R

?
?
rl?
?
r
2

6扇形的面积
S
扇形
n
?
R
2
1
??lr
（其中l
表示弧长，
r
表示半径）
3602
注：圆锥的侧面展开图的弧长等于地面圆的周长
（二）空间几何体的
体积

1柱体的体积
V?S
底
?h
2锥体的体积
V?
1
S
底
?h

3
1
3台体的体积
V?（S
上
?
3
4
V?
?
R
3

S
上
S
下
?S
下
)?h
4球体的体积
3


【例题解析】
考点8 简单多面体的有关概念 及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择
题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判 断.
典型例题
例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全 等的四边形，再沿虚
线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时
容积最大.
[思路启迪]设四边形一边AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出 体积取最值时
AD长度即可.
解答过程：如图（2）设AD＝a，易知∠ABC＝60°，且 ∠ABD＝30°
?
AB＝
3
a .
BD＝2a
?
正六棱柱体积为V .
2
2
V＝
6?（
1－2a）?a

?1－2a）? sin60??3a
＝
（
1
2
9
2
.

992
3
(1?2a)(1?2a)4a
≤
（?）
.
883
1
当且仅当 1－2a＝4a
?
a＝时，体积最大，
6
12
此时底面边长为1－2a＝1－2×＝ .
63
1
∴ 答案为 .
6
＝

考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算
棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.
直棱柱体积V等于底面积与高的乘积.
棱锥体积V等于



例15. 如图，在三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，AB＝
2
a，BC＝CA＝AA
1
＝a，
A
1
在底面△ABC上的射影O在AC上
① 求AB与侧面AC
1
所成角；
② 若O恰好是AC的中点，求此三棱柱的侧面积.
[思路启迪] ①找出AB与侧面AC
1
所成角即是∠CAB
；
< br>②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC
1
B
1
是正方形，侧面ACC
1
A
1
和侧面ABB
1
A
1
是平行四边形，分别求其
面积即可.
解答过程：①点A
1
在底面ABC的射影在AC上，
∴ 平面ACC
1
A
1
⊥平面ABC.
在△ABC中，由BC＝AC＝a，AB＝
2
a.
∴ ∠ACB＝90°，∴ BC⊥AC.
∴ BC⊥平面ACC
1
A
1
.
即 ∠CAB为AB与侧面AC
1
所成的角在Rt△ABC中，∠CAB＝45°.
∴ AB与侧面AC
1
所成角是45°.
② ∵ O是AC中点，在Rt△AA
1
O中，AA
1
＝a，AO＝
A
D
B
O
C
B
1
A
1
C
1
1
Sh其中S是底面积，h是棱锥的高.
3
1
a.
2
∴ AO
1
＝
3
a.
2
3
2
a
.
2
∴ 侧面ACC
1
A
1
面积S
1
＝
AC?AO
1
＝
又BC⊥平面ACC
1
A
1
， ∴ BC⊥CC
1
.
.

又BB
1
＝BC＝a ，∴ 侧 面BCC
1
B
1
是正方形，面积S
2
＝a
2
.
过O作OD⊥AB于D ，∵ A
1
O⊥平面ABC，
∴A
1
D⊥AB.
在Rt△AOD中，AO＝
1
a ，∠CAD＝45°
2
∴ OD＝
2
a
4
2
在 Rt△A
1
OD中，A
1
D＝
OD
2
＋A
1
O＝（
7
2
2
3
2
＝
a
.
a）＋（a）
42
8
7
7
2
a
＝
a
.
8
2
∴ 侧面ABB
1
A
1
面积S
3
＝
AB?A
1
D
＝
2a?





∴ 三棱柱侧面积 S＝S
1
＋S
2
＋S
3
＝
1
（2＋3＋7）a
2
.
2
例16. 等边三角形ABC的边长为4，M、N分别为
AB、AC的中点，沿MN 将△AMN折起，使得面AMN
与面MNCB所成的二面角为30°，则四棱锥A—MNCB
的 体积为 （ ）
M
A
K
N
3
3
A、 B、 C、
2
2
D、3
B
3

L
A
C
[思路启迪]先找出二面角平面角，即∠AKL ,再在△
AKL中求出棱锥的高h，再利用V＝
1
Sh 即可.
3
M
K
N
C
L
B
解答过程：在平面图中，过A作AL⊥BC，交MN
于K，交BC于L.
则AK⊥MN，KL⊥MN.
∴ ∠AKL＝30°.
则四棱锥A—MNCB的高h＝
AK?sin30?
＝
3
.
2
S
MNCB
＝
2＋4
?KL
＝
3?3
.
2
.

∴
V
A－MNCB
＝?33?
∴ 答案 A
1
3
3
3
＝.
2
2




















【专题综合训练】
一、选择题
1．如图，在正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中，已知AB=1，D在BB
1
上， 且BD=1，若AD与侧面AA
1
CC
1
所成的角为
?
，则
?
的值为
（ ）
A.
??
B.
34
106
D.
arcsin

44
C
1
A
1

B
1
D
C.
arctan
2．直线a与平面
?
成
?
角，a是平面
?
的斜线，b是平面
?

内与a异面的任意直线，则a与b所成的角（ ）
C
B
A
?
A. 最小值
?
，最大值
?
?
?
B. 最小值
?
，最大值
2
?
C. 最小值
?
，无最大值 D. 无最小值，最大值
4
3．在一个
45?
的二面角的一平面内有一条直线与二面角的棱成
45?角，则此直线与二面角
的另一平面所成的角为（ ）
A.
30?
B.
45?
C.
60?
D.
90?

4．如图，直平行 六面体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的棱 长均为2，
?BAD?60?
，则对角线A
1
C与侧面DCC
1< br>D
1
所成
的角的正弦值为（ ）
A
1
D
1
B
1
D
C
1
C
B
.
A

A.
1
3
B.
2
2
C.
3
2
D.
4
2
5．已知在
?ABC
中
，
AB=9 ，AC=15，
?BAC?120?
，它所在平面外一点P到
?ABC
三顶< br>点的距离都是14，那么点P到平面
?ABC
的距离为（ ）
A. 13 B. 11 C. 9 D. 7
6．如图，在棱长为3的正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，M、N分别
是棱A
1
B
1
、A
1
D
1
的中点，则点B到平面AMN的距离是（ ）
D
1
A
1
N
M
D
A
B
B
1
C
1
9
A. B.
2
3

65
C. D. 2
5
7．将
?QMN?60?
，边长MN=a的菱形MNPQ沿对 角线NQ
折成
60?
的二面角，则MP与NQ间的距离等于( )
A.
A
3
363
a
B.
a
C.
a
D.
a

4
244
8．二面角
?
?l?
?
的平面角为
120?
，在
?
内，
AB?l
于B，AB=2,在
?
内，
CD?l
于D，
CD=3,BD=1, M是棱
l
上的一个动点，则AM+CM的最小值为( )
A.
25
B.
22
C.
26
D.
26

9．空间四点A、B、C、D中,每两点所连线段的长都等于a, 动点P在线段AB上, 动点Q
在线段CD上，则P与Q的最短距离为( )
A.
1
23
a
B.
a
C.
a
D.
a

2
22
10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包
住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ）
A.
(2?6)a
B.
2?61?3
a
C.
(1?3)a
D.
a

22
11 ．已知长方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，A
1
A=AB=2，若棱AB上存在点P，使
D
1
P?PC< br>，则
棱AD的长的取值范围是 ( )
A.
?
0,1
?
B.
0,2
C.
?
0,2
?
D.
1,2

12．将正方形ABCD沿对角线AC折起，使点D在平面ABC外，则DB与平面ABC所成的
角一定不等于（ ）
.
?
?
?
?

A.
30?
B.
45?
C.
60?
D.
90?

二、填空题 1．如图，正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，E是A
1
B
1
的中点，则下列四个命题：
① E到平面ABC
1
D
1
的距离是
A
1
D
1
B
1
E
C
1
1
；
2
D
A
B
C
② 直线BC与平面ABC
1
D
1
所成角等于
45?
；
③ 空间四边形ABCD
1
在正方体六个面内的射影围成
面积最小值为
1
；
2
10

10
D
1
P
A
1
B
1
C
1
④ BE与CD
1
所成的角为
arcsin
2．如图，在四棱柱ABCD---A
1
B
1
C
1
D
1
中，P是A
1< br>C
1
上的动点，E为CD上的动点，四边形ABCD满
足___________时，体积
V
P?AEB
恒为定值（写上
你认为正确的一个答案即可）
3．边长为1的等边三角形ABC中,沿BC边高线AD
折起,使得折后二面角B-AD-C为60°,则点A到
BC的距离为_________,点D到平面ABC的距离
为__________.
4．在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细绳，
AM、BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm
的木条，MN平行于横梁，木条的中点为O，若木条
绕过O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了
_________.
5．多面 体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正
方体的一个顶点A在
?
平面内.其 余顶点在
?
的同侧，
正方体上与顶点A相邻的三个顶点到
?
的距离分 别是
A
D
E
B
C
1、2和4. P是正方体其余四个顶点中的一个，则P到平面
?
的距离可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上结论正确的为 .
（写出所有正确结论的编号）
．．
6. 如图，棱长为1m的正方体密封容器的三 个面上有三个锈蚀
的小孔（不计小孔直径）O
1
、O
2
、O
3
它们分别是所在面的中心.
如果恰当放置容器，容器存水的最大容积是_______m3
.
三、解答题
1． 在正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，底面边长为a,D为BC为中
点，M在BB
1
上 ，且BM=
（1） 求证：CM⊥C
1
D;
.
?
O
1
?
O
3
?
O
2
1
B
1
M，又CM⊥AC
1
;
3

（2） 求AA
1
的长.





2． 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是矩形且AD =2，
AB=PA=
2
，PA⊥底面ABCD，E是AD的中点，F在PC上.
(1) 求F在何处时，EF⊥平面PBC；
(2) 在(1)的条件下，EF是不是PC与 AD的公垂线段.若是，求
出公垂线段的长度；若不是，说明理由；
(3) 在(1)的条件下，求直线BD与平面BEF所成的角.





3．如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=
3
．
（1）求证BC
?
SC；
（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；
（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的
大小．









4．在直角梯形ABCD 中，?D=?BAD=90?,AD=DC=
1
AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC折起，
2

使D到
D
?
．记面AC
D
?
为
?
,面ABC为
?
．面BC
D
?
为
?．

（1）若二面角
?
?AC?
?
为直二面 角（如图二），求二面角
?
?BC??的大小;
（2）若二面角
?
?AC?
?
为60?（如图三），求三棱锥
D
?
?ABC的体积．








.

5．如图，已知正方形ABCD和矩形 ACEF所在的平面互相垂直，AB=
2
，AF=1，M是线
段EF的中点．
（1）求证AM平面BDE；
（2）求二面角A?DF?B的大小；
（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与
BC所成的角是60?．





【参考答案】
一．选择题
1.D 提示：AD在面ACC
1
A
1
上的射影应在AC与A
1
C< br>1
中点的连线上，令射影为E，则∠EAD

3
3DE6
,AD?2.?sin?EAD??
2
?.
为 所求的角.在Rt△EAD中，
DE?
2AD4
2
??EAD?arcsin
6
.

4
2.B 提示：由最小角定理知，最小角为
?< br>，又异面直线所成角的范围为
?
0,
?
?
?
，
?
最大角
?
?
2
?
为
?
.
2
3.A 提示：由最小角定理知，此直线与另一面所成的角应小于等于它与交线所成的角， 故
排除C、D，又此二面角为45°，则此直线与另一平面所成的角只能小于它与交线所成的角，
故选A.
4.D 提示：由题意，A
1
在面DCC
1
D
1
上的射影应在C
1
D
1
延长线E上，且D
1
E =1，则∠A
1
CE
为所求角，在Rt△AA
1
C中，
A< br>1
C?AA
1
2
?AC
2
?4,A
1
E?3,?sin?A
1
CE?
A
1
E
3
?.< br>
A
1
C4
5.D 提示：由P到△ABC三个顶点的距离都是14 ，知P在底面ABC的射影是△ABC的外
心，所以PO为所求.由余弦定理得：BC=21.由
2R?
BC21
??143
得外接圆半径
sin120?
3
2
为
73
，即
OB?73
，在Rt△POB中，
PO?< br> .
PB
2
?BO
2
?7.

6.D 提示：由题图得
V
B?AMN
?V
N?AMB
.??h?S
?AMN
?
2
3S
?AM B
3?
1
2
?3
?h???2.

2S
? AMN
2?S
?AMN
1
3
13
??S
?AMB< br>
32
7.B 提示：连结MP、NQ交于O，由四边形MNPQ是菱形得MP⊥NQ 于O，将MNQ折
起后易得MO⊥QN，OP⊥QN，所以∠MOP=60°，且QN⊥面MOP，过O 作OH⊥MP，
所以OH⊥QN，从而OH为异面直线MP、QN的公垂线，经计算得
OH?< br>3
a.

4
8.C 提示：把
?
半平面展到半平面
?
内,此时,连结AC与棱的交点为M,这时AM+CM取最
小值等于AC. (AM+CM)
min
=
1?(2?3)
2
?26.

9.B 提示：P、Q的最短距离即为异面直线AB与CD间的距离，当P为AB的中点，Q为
CD的中点时符合题意.
10.B 提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m，则
2m?a?3a,?m?
2?6

2
?D
1
P?PC,?DP?PC,?
在长方形ABCD中AB边存在P， 11.A 提示：作
DP?PC
，
又因为AB=2，由对称性可知，P为AB的中点 时，AD最大为1，
?AD?
?
0,1
?
故选A.
12.D 提示：若BD与平面ABC所成的角为
90?
，则
平面ABD? 平面ABC
，取AC的中
点O，则
BD?AC，DO?AC
且BO=DO，< br>?BD与BO
不垂直，故BD与平面ABC所
成的角一定不等于
90?
.
二．填空题
1．②③④ 提示：对于①，由
V
E?ABC
1
?V
C
1
?ABE
得
11
?h?S
?AB C
1
??1?S
?ABE
，
33
?h?
S
?ABE
2
?
，①错.对于②连CB
1
交BC
1
于 O，则O为C在面ABC
1
D
1
上的射影，
S
?ABC1
2
??CBO?45?
为所成的线面角，②正确.作图易知③正确，对于④连A
1
B，则
?A
1
BE
为所
成的角，解
?A
1
BE
得
sin?A
1
BE?
2．AB∥CD 提示：
V
P?AEB
?
点位置无关，则AB∥CD
3．
10
，④正确.
10
1
?h
P
?S
?ABE
，要使体积为定值，则
S
?ABE
为定值，与E
3
15
,
4
15
提示：作
DE?BC
与E，易知
AD?平面BCD
，从而
AE?BC
，
10
.

?BDC?60?
又由
BD?DC?
331
，又AD?，
，得
DE?

42
2
?AE? DE
2
?AD
2
?
15
，由可解的点到平面的距离为
4
15
.
10
4.10cm 提示：MO=NO=30cm，过O作< br>M
'
N
'
与旋转前的MN平行且相等，所以旋转后
AB与平面
M
?
ON
?
的距离为
50?30?40
，故升高了 50-40=10cm.
5．①③④⑤.
6.
22
5
.
6
三、解答题
1．（1）证明：在正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，D为BC中点，则AD⊥面BCC
1
B
1，从而AD
⊥MC
又∵CM⊥AC
1
，则MC和平面AD C
1
内两相交直线AD，AC
1
均垂直
∴MC⊥面ADC
1
，于是MC⊥DC
1
.
(2)解：在矩形BB
1
C
1
C中，由CM⊥DC
1
知△DCC
1
∽△BMC，设BB
1
=h,则BM=< br>∴
1
h
4
1
a
h:a=
：h,求得h?2a

4
2
从而所求AA
1
=
2a

2.解：( Ⅰ)以A为坐标原点，以射线AD
、
AB
、
AP分别为x轴、y轴、z轴建立 空间直角坐
标系，则p(0，0，
2
)，A(0，0，0)，B(0，
2，0)，C(2，
2
，0)，D(2，0，0)，E(1，
0，0)
∵F在PC上，∴可令
PF?
?
PC,
设F(x
，
y
，
z)

BC?
?
2,0,0
?
,PC?2 ,2,?2,EF?
?
x?1,y,z
?

??

∵EF⊥平面PBC，∴
EF?PC?0
且
EF?BC?0
，又
PF?
?
PC
，
可得
?
?
12
,x?1,y?z?
故F为PC的中点.
22
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：EF⊥PC，且EF⊥BC即EF⊥AD

∴EF是PC与AD的公垂线段，其长为|
EF
|=1
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知PC?2,2?2
即为平面BEF的一个法向量而
BD?2,?2,0

设BD与平面BEF所成角
θ
，则：sin
θ
=cos
BD?PC?
BD?PC3
?

BD?PC6
????

.

33
.故BD与平面BEF所成角为arcsin
66
3．（1）证法一：如图，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．
∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理得BC⊥SC．
证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．∵SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC．
（2）解：如图2，过点S作直线
lAD,
?l
在面ASD上，
∴
θ
=arcsin
图1

∵底面ABCD为正方形，
?lADBC,?l
在面BSC上，
?l
为面ASD与面BSC的交线．
?l
?SD?AD,BC?SC,?l?SD,l?SC,

∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角．
∵BD=
2
，SB =
3
，SAD=1．∴
?CSD?45
0
.

（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，
∴△SDA是等腰直角三角形．又M是斜边SA的中点，
∴DM⊥SA．∵BA⊥AD，BA ⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上
的射影．由三垂线定理得DM⊥ SB．
∴异面直线DM与SB所成的角为90°．


解2：如图3，取AB中点P，连结MP，DP．在△ABS中，由中位线定理得 MPSB，
??DMP
是异面直线DM与SB所成的角．
?MP?
1
SB?
3< br>，又
DM?
2
,DP?1?(
1
)
2
?5
,

22
222
图2

∴在△DMP中，有 DP
2
=MP
2
+DM
2
，
??DMP?90?< br>
∴异面直线DM与SB所成的角为90°．
4． 解：（1）在直角梯形ABCD中， 由已知
?
DAC为等腰直角三角形，
∴
AC?2a,?CAB?45
?
, 过C作CH⊥AB，由AB=2
a
，
可推得 AC=BC=
2a.
∴ AC⊥BC ．取 AC的中点E，连结
D
?
E
，
则
D
?
E
⊥AC 又 ∵ 二面角
a?AC?
?
为直二面角，
图3

∴
D
?
E
⊥
?
又 ∵
BC?
平面
?
∴ BC⊥
D
?
E
∴ BC⊥
a
，而
D
?
C?a
，
∴ BC⊥
D
?
C
∴
?D
?
CA
为二面角
?
?BC?
?
的平面角．
由于
?D
?
CA?45
， ∴二面角
?
?BC?
?
为
45
．
（2）取AC 的中点E，连结
D
?
E
，再过
D
?
作
D< br>?
O?
?
，垂足为O，连结OE．
∵ AC⊥
D
?
E
， ∴ AC⊥
OE
∴
?D
?
EO
为二面角
a?AC?
?
的平面角，
∴
?D
?
EO
?60
?
． 在
Rt ?D
?
OE
中，
D
?
E?
1
AC?
2
2
，
a
2
?
?
∴
V
D< br>?
?ABC
?
1
S
?ABC
?D
?
O
?
1
?
1
AC?BC?D
?
O
?
1
?2a?2a?
6
a
?
6
a
3
.
12
3
64
32
5．解法一: (1)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是
AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四
边形，
∴AM∥OE．∵
OE?
平面BDE，
AM?
平面BDE，∴AM∥
平面BDE．
(2)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，∵AB⊥AF， AB
.

⊥AD，
AD?AF?A,
∴AB⊥平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，
由三垂线定理得BS⊥DF．∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角．
在RtΔASB中，
AS?
6
,AB?2,

3
∴
tan?ASB?3,?ASB?60?,
∴二面角A—DF—B的大小为60?．
（3）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD，
∵PQ⊥AB，PQ ⊥AF，
AB?AF?A
，∴PQ⊥平面ABF，
QF?
平面ABF，∴PQ ⊥QF．在
RtΔPQF中，∠FPQ=60?，PF=2PQ．
∵ΔPAQ为等腰直角三角 形，∴
PQ?
PF?(2?t)
2
?1
，∴
(2?t)2
?1?2?
2
2
(2?t).
又∵ΔPAF为直角三角形，∴
2
2
(2?t).
所以t=1或t=3(舍去),即点P是AC的中点．
22
、（0,0,1）,
,,0)
22
解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系．
设
AC?BD?N
，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（
∴
NE?(?
2
,?
2
,1)
, 又点A、M的坐标分别 是
22
(2,2,0)
,（
22
,,1)

22

∴
AM
=（
?
22
,?,1 )
∴
NE?AM
且NE与
22
AM不共线，∴NE∥AM．又∵NE?
平面BDE，
AM?
平面BDE，∴AM∥平面BDF．
（2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF
?AD?A,
∴AB⊥
平面ADF．
∴
AB
?(?2,0,0)
为平面DAF的法向量．
∵
N E?DB
=（
?
2
,?
2
,1)
·
(?2 ,2,0)
=0，
22
∴
NE?NF
=（
?
2< br>,?
2
,1)
·
(
22
2,2,0)
=0得
NE?DB
，
NE?NF
，∴NE为平面BDF的法向量．
∴co s<
AB?NE?
=
1
∴AB与NE的夹角是60?．即所
2
求二面角A—DF—B的大小是60?．
（3）设P(t,t,0)(0≤t≤
2
)得
PF
?(2?t,2?t,1),
∴
BC
=（
2
，0，0）
又∵PF和BC所成的角是60?．∴
cos60??
解得
t?

(2?t)?2
(2?t)?(2?t)?1?2
22

2
或
32
（舍去），即点P是AC的中点．
t?
2
2
.