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1、 .wd.立体几何四大综合类型向量的常用方法：利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n是平面的法向量，AB是平面的一条射线，其中，则点B到平面的距离为.异面直线间的距离 (是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).直线与平面所成角(为平面的法向量).利用法向量求二面角的平面角定理：设分别是二面角中平面的法向量，则所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小方向一样，则为补角，反方，则为其夹角.二面角的平面角或，为平面，的法向量.考点一。角与距离问题1直线和平面所成的角此类题主要考察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.例1. 四棱

2、锥中，底面为平行四边形，侧面底面，证明；求直线与平面所成角的大小的余弦值考察目的：本小题主要考察直线与直线,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，考察空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力DBCAS解答过程：解法一：作，垂足为，连结，由侧面底面，得底面因为，所以，又，故为等腰直角三角形，由三垂线定理，得由知，依题设，故，由，得，的面积连结，得的面积设到平面的距离为，由于，得，解得设与平面所成角为，则所以，直线与平面所成的角的为余弦值为：解法二：作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面因为，所以DBCAS又，为等腰直角三角形，如图，以为坐标原点，为轴正向，建设直角坐标系，所以取中点

3、，连结，取中点，连结，与平面内两条相交直线，垂直所以平面，与的夹角记为，与平面所成的角记为，则与互余，所以，直线与平面所成的角的为余弦值为：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：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，计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.2 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.例2如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点ABCD求证：平面；求二面角的大小；求点到平面的距离考察目的：本

4、小题主要考察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，考察空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力解答过程：解法一：取中点，连结ABCDOF为正三角形，正三棱柱中，平面平面，平面连结，在正方形中，分别为的中点，在正方形中，平面设与交于点，在平面中，作于，连结，由得平面，为二面角的平面角在中，由等面积法可求得，又，所以二面角的大小为中，在正三棱柱中，到平面的距离为设点到平面的距离为由，得，点到平面的距离为解法二：取中点，连结为正三角形，在正三棱柱中，平面平面，平面xzABCDOFy取中点，以为原点，的方向为轴的正方向建设空间直角坐标系，则，平面设平面的法向量为，令得为平面的一个法向量

5、由知平面，为平面的法向量，二面角的大小为由，为平面法向量，点到平面的距离小结：本例中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点到平面的距离转化为容易求的点K到平面的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以防止复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.3 直线到平面的距离此类题目再加上平行平面间的距离，主要考察点面、线面、面面距离间的转化.例3如图，在棱长为2的正方体中，G是的中点，求BD到平面的距离.BACDOGH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：解析一平面，上

6、任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点O平面的距离,，平面,又平面平面，两个平面的交线是,作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离.在中，.又.即BD到平面的距离等于.解析二平面，上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则, 即BD到平面的距离等于.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.4 异面直线的距离此类题目主要考察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

7、直线的距离.例4三棱锥，底面是边长为的正三角形，棱的长为2，且垂直于底面.分别为的中点，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：如以下图，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，为的中位线，面,到平面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上一点C到平面的距离，设其为h，由题意知，,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点，在Rt中，在Rt中，又由于，即，解得故CD与SE间的距离为.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.5利

8、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.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.例5如图，是棱长为的正方体，点在上，点在上，且1求证：四点共面；2假设点在上，点在上，垂足为，求证：平面；3用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求命题意图：本小题主要考察平面的 根本性质、线线平行、线面垂直、二面角等根基知识和 根本运算，考察空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力过程指引：解法一：（1） 如图，在上取点，使，连结，则，因为，所以四边形，都为平行四边形从而，又因为，所以，故四边形是平行四边形，由此

9、推知，从而因此，四点共面2如图，又，所以，因为，所以为平行四边形，从而又平面，所以平面3如图，连结因为，所以平面，得于是是所求的二面角的平面角，即因为，所以，解法二：1建设如以下图的坐标系，则，所以，故，共面又它们有公共点，所以四点共面2如图，设，则，而，由题设得，得因为，有，又，所以，从而，故平面3设向量截面，于是，而，得，解得，所以又平面，所以和的夹角等于或为锐角于是故考点二：三视图问题例6 某几何体的三视图如以下图，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点。 根据三视图，画出该几何体的直观图； 在直观图中，证明：PD/面AGC；证明：面PBDAGC求面PAB与面PBC的夹角的余弦值

10、。2,4,6解：该几何体的直观图如以下图。 3分2证明：连结AC，BD交于点O，连结OG，因为G为PB的中点，O为BD的中点，所以OG/PD。又OG面AGC，PD面AGC，所以PD/面AGC。 文8分，理6分连结PO，由三视图，PO面ABCD，所以AOPO。 又AOBO，所以AO面PBD。 因为AO面AGC，所以面PBD面AGC 文12分，理9分理建设如以下图坐标系，由三视图知，PO=，AB=2，AC=2，AO=，P0，0，B0，0，A，0，0，C，0，0，设面PBA的法向量为n=x，y，z令x=1得y=1，z=1。n=1，1，1设面PBC的法向量为令m=1，1，1。设面PAB与PBC的夹角为

11、，则 所以面PAB与PBC的夹角为余弦值为理12分练习1几何体ABCED的三视图如以下图，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形1求此几何体的体积V的大小;2求异面直线DE与AB所成角的余弦值；3试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由.解：1由该几何体的三视图知面,且EC=BC=AC=4，BD=1，即该几何体的体积V为16-3分2解法1:过点B作BF/ED交EC于F，连结AF，则FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角-5分在BAF中，AB=，BF=AF=即异面直线DE与AB所成的角的余弦值为-7分解法2：以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y

12、,z轴建设空间直角坐标系则A4，0，0，B0，4，0，D0，4，1，E0，0，4，异面直线DE与AB所成的角的余弦值为3解法1:在DE上存在点Q，使得AQBQ.-8分取BC中点O，过点O作OQDE于点Q，则点Q满足题设.-10分连结EO、OD，在RtECO和RtOBD中-11分,以O为圆心、以BC为直径的圆与DE相切切点为Q面,面面 -13分面ACQ-14分解法2: 以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建设空间直角坐标系设满足题设的点Q存在,其坐标为0，m，n，则，AQBQ -点Q在ED上，存在使得-代入得，解得满足题设的点Q存在，其坐标为考点三：折叠与展开问题例7.如图，ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，证明：ACBO1；