2019高考数学立体几何解题技巧大放送精品教育.doc.doc

2019高考数学立体几何解题技巧大放送1.平行、垂直位置关系的论证的策略:(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。

(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。

(3)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。

2.空间角的计算方法与技巧:主要步骤：一作、二证、三算;若用向量，那就是一证、二算。

(1)两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：(2)直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

②用公式计算.(3)二面角①平面角的作法：(i)定义法;(ii)三垂线定理及其逆定理法;(iii)垂面法。

②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算;(ii)射影面积法;(iii)向量夹角公式.3.空间距离的计算方法与技巧:(1)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，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。

(2)求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。

在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解(这种情况高考不做要求)。

(3)求点到平面的距离：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过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离;有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。

求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解。

4.熟记一些常用的小结论，诸如：正四面体的体积公式是;面积射影公式;“立平斜关系式”;最小角定理。

弄清楚棱锥的顶点在底面的射影为底面的内心、外心、垂心的条件，这可能是快速解答某些问题的前提。

2019高考复习数学立体几何解题技巧高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。

由查字典数学网小编精心提供的数学立体几何解题技巧，请老师及家长认真阅读，关注孩子的成长。

选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着“多一点思考，少一点计算”的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2. 判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点；(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面；(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。

⑵由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

⑶两个平面平行的性质定理：”如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行“。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章，还有不少名家名篇。

如果有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落，对提高学生的水平会大有裨益。

现在，不少语文教师在分析课文时，把文章解体的支离破碎，总在文章的技巧方面下功夫。

立体几何大题方法与技巧讲解空间向量问题基础知识：线面平行：1．线面平行的判定定理：如果平面外一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．2．线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个相交那么这条直线和交线平行．3．平行平面的判定定理：如果一个平面内两条相交的直线都平行于另一平面，那么这两个平面互相平行．4．平行平面的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．5．性质：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面．线面垂直：1．直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．2．直线与平面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．3．两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．4．两平面垂直的性质定理：若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面．证明方法：如何证明线面平行常用方法①构造三角形中位线，线面位置落差大时（平移法）② 构造平行四边形， 线面位置相当时 ③ 通过面面平行，证明线面平行 ● 如何证明线面垂直 1) 题目中给出的垂直条件2) 特殊的图形（菱形，正方形，等腰三角形，等边三角形等等） 3) 勾股定理证明垂直（偶尔利用相似证明垂直） 4) 通过面面垂直证明线面垂直 ● 空间向量建系问题① 找出和底面垂直的直线 ② 找出底面相垂直的直线 ③ 建立直角坐标系 ● 三个角异面直线所成的角的范围]90,0(00 两异面直线的方向向量分别为 ，2121cos l l l l ⋅=θ直线和平面所成的角的范围]90,0[0， 直线的方向向量为，平面的法向量为nl nl ⋅==φθcos sin平面和平面所成的角的范围]180,0[00， 两个平面的法向量分别为，2121cos n n n n⋅=φθ1l 2l θl nθ1n 2n如果面面所成的角为锐角，则2121cos cos n n n n ⋅==φθ，如果面面所成的角为钝角，则2121cos cos n n n n ⋅=-=φθ是否存在一点问题线段BD 上是否存在点M ，使得直线//CE 平面AFM 即证：线CE 和法向量垂直 判断线段BE 上是否存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF 即证:两个面的法向量垂直证明 直线FG （不在平面BCD 里面）与平面BCD 相交． 即证:线和面的法向量不垂直例子1．（本小题满分14分）如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD ．四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，90BAD ∠=︒，1AB AD ==，3BC =．（Ⅰ）求证：AF CD ⊥；（Ⅱ）求直线BF 与平面CDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段BD 上是否存在点M ，使得直线//CE 平面AFM ? 若存在，求BMBD的值；若不存在，请说明理由． 1．(本小题满分14分)解：（Ⅰ）证明：因为ADEF 为正方形，所以AF AD ⊥．又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ， 且平面ADEF平面ABCD AD =，所以AF ⊥平面ABCD ．所以AF CD ⊥．………………4分EDCBA F（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AF ⊥平面ABCD ，所以AF AD ⊥，AF AB ⊥． 因为90BAD ∠=︒，所以,,AB AD AF 两两垂直．分别以,,AB AD AF 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图）． 因为1AB AD ==，3BC =，所以(0,0,0),(1,0,0),(1,3,0),(0,1,0),(0,1,1),(0,0,1)A B C D E F ， 所以(1,0,1),(1,2,0),(0,0,1)BF DC DE =-==． 设平面CDE 的一个法向量为(,,)x y z =n ，则0,0.DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,0. x y z +=⎧⎨=⎩令2x =，则1y =-， 所以(2,1,0)=-n ．设直线BF 与平面CDE 所成角为θ， 则|2(1)|10sin |cos ,|552BF θ⨯-=〈〉==⨯n ．……………….9分 （Ⅲ）设( (01])BMBDλλ=∈，， 设()111,,M x y z ，则()1111,,(1,1,0)x y z λ-=-， 所以1111,,0x y z λλ=-==，所以()1,,0M λλ-， 所以()1,,0AM λλ=-．设平面AFM 的一个法向量为000(,,)x y z =m ，则0,0.AM AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m因为()0,0,1AF =，所以000(1)0,0. x y z λλ-+=⎧⎨=⎩令0x λ=，则01y λ=-，所以(,1,0)λλ=-m ．在线段BD 上存在点M ，使得//CE 平面AFM 等价于存在[0,1]λ∈，使得0CE ⋅=m ．z D y DxDEDCB A FM因为()1,2,1CE =--，由0CE ⋅=m ， 所以2(1)0λλ---=， 解得2[0,1]3λ=∈， 所以线段BD 上存在点M ，使得//CE 平面AFM ，且23BM BD =．……………….14分2 .主要是C 点的坐标怎么表示（一是画出底面的平面图找出相应关系，二是利用向量平行BA CD 21=） （本小题14分）如图，四边形ABCD 和三角形ADE 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，AB BC ⊥，60DAB ∠=，4AB AD ==，AE DE ⊥，AE DE =，平面ABE 与平面CDE 交于EF ． （Ⅰ）求证：CDEF ；（Ⅱ）若EF CD =，求二面角--A BC F 余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点M 使得AM EM ⊥？若存在，求BM 的长；若不存在，说明理由． （17）（共14分）解：（Ⅰ）在四边形ABCD 中，AB ∥CD ． 因为AB ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ， 所以CD ∥平面ABE ．因为CD ⊂平面CDE ，且平面ABE平面CDE EF =，所以CD ∥EF ． ........4分（Ⅱ）如图，取AD 的中点N ，连接BN ，EN .在等腰△ADE 中，.EN AN ⊥因为平面ADE ⊥平面ABCD ，交线为AD ，又EN AD ⊥，所以EN ⊥平面ABCD .所以.EN BN ⊥ 由题意易得.AN BN ⊥如图建立空间直角坐标系N xyz -，则(0,0,0),N (2,0,0)A ，(0,23,0)B ，(3,0)C -， (2,0,0)D -，(0,0,2)E ．因为EF CD =，所以(3,2)F -.设平面BCF 的法向量为(,,)x y z =，n (1,3,2),(3,3,0),BF BC =--=-- 则0,0,BF BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即320,330.x y z x y ⎧--+=⎪⎨-=⎪⎩ 令3y =1,1x z =-=．于是(3,1)=-n ．又平面ABCD 的法向量为(0,0,2)NE =，所以5cos ,5NE NE NE⋅〈〉==n n n 由题知二面角--A BC F 为锐角， 所以二面角--A BC F 的余弦值为5分 （Ⅲ）不存在满足条件的点M ，使AM EM ⊥，理由如下：若AM EM ⊥，则0EM AM ⋅=．因为点M 为线段BC 上的动点，设(01),CM tCB t =≤≤，(,,0)M u v ．则(3,3,0)(3,3,0)u v t +-=， 解得(33,3+3,0)M t t -．所以(33,33,2)EM t t =-+-，(35,33,0)AM t t =-+． 所以(33,33,2)(35,33,0)=0EM AM t t t t ⋅=-+-⋅-+． 整理得22330t t -+=，此方程无实根．所以线段BC 上不存在点M ，使AM EM ⊥. ............................14分3.如图，在多面体ABCDEF 中，梯形ADEF 与平行四边形ABCD 所在平面互相垂直， //AF DE ，DE AD ⊥，AD BE ⊥，112AF AD DE ===，2AB =.（Ⅰ）求证：//BF 平面CDE ； （Ⅱ）求二面角B EF D --的余弦值；（Ⅲ）判断线段BE 上是否存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ？若存在，求出BQBE的值，若不存在，说明理由． 3．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由底面ABCD 为平行四边形，知//AB CD ，又因为AB ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//AB 平面CDE . ……………… 2分DABCEF同理//AF 平面CDE ， 又因为ABAF A =，所以平面//ABF 平面CDE . ……………… 3分又因为BF ⊂平面ABF ，所以//BF 平面CDE . ……………… 4分（Ⅱ）连接BD ,因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD . 则DE DB ⊥. 又因为DE AD ⊥，AD BE ⊥，DEBE E =，所以AD ⊥平面BDE ，则AD BD ⊥.故,,DA DB DE 两两垂直，所以以,,DA DB DE 所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系， ……………… 6分则(0,0,0)D ，(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(1,1,0)C -，(0,0,2)E ，(1,0,1)F ， 所以(0,1,2)BE =-,(1,0,1)EF =-，(0,1,0)=n 为平面DEF 的一个法向量. 设平面BEF 的一个法向量为(,,)x y z =m ，由0BE ⋅=m ，0EF ⋅=m ，得20,0,y z x z -+=⎧⎨-=⎩令1z =，得(1,2,1)=m . ………………8分所以6cos ,||||3⋅<>==m n m n m n .如图可得二面角B EF D --为锐角，D A B CEyxzF所以二面角B EF D --6.………………10分（Ⅲ）结论：线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF . ………………11分证明如下：设(0,,2)([0,1])BQ BE λλλλ==-∈，所以(0,1,2)DQ DB BQ λλ=+=-.设平面CDQ 的法向量为(,,)a b c =u ，又因为(1,1,0)DC =-，所以0DQ ⋅=u ，0DC ⋅=u ，即(1)20,0,b c a b λλ-+=⎧⎨-+=⎩………………12分若平面CDQ ⊥平面BEF ，则0⋅=m u ，即20a b c ++=， (13)分解得1[0,1]7λ=∈.所以线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ，且此时17BQ BE =. …… 14分4（本小题满分14分）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2AC BC AC BC CC ⊥===，点,,D E F 分别为棱11111,,AC B C BB 的中点． (Ⅱ)求证：1AC ∥平面DEF (Ⅱ)求证：平面1ACB ⊥平面DEF ;(Ⅲ)在线段1AA 上是否存在一点P ，使得直线DP 与平面1ACB 所成的角为300?如果存在，求出线段AP 的长；如果不存在，说明理由． 4.（共14分）解：(Ⅰ)方法一：连结1BC因为,D E 分别为11A C ,11B C 中点, 所以11//DE A B 又因为11//AB A B ，所以//DE AB因为,E F 分别为11B C ,1B B 中点，所以1//EF BC 又因为DEEF E =DE ⊂平面DEF ，EF ⊂平面DEF AB ⊂平面1ABC ，1BC ⊂平面1ABC所以平面1ABC 平面DEF又1AC ⊂平面1ABC ，所以1AC 平面DEF方法二：取1AA 中点为G ,连结FG 由11AA BB 且11AA BB =又点F 为1BB 中点，所以11FG A B又因为,D E 分别为11A C ,11B C 中点,所以11DE A B所以DEFG所以,,,D E F G 共面于平面DEF 因为D ,G 分别为111,AC AA 中点, 所以1AC DG1AC ⊄平面DEFDG ⊂平面DEF所以1AC 平面DEF方法三：在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC 又因为AC BC ⊥以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -由题意得1(2,0,0),(0,0,2),(1,0,2)A C D ,(0,1,2),(0,2,1)E F .所以(1,1,0)DE =-,(0,1,1)EF =-设平面DEF 的法向量为111(,,)x y z =n ，则00DE EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩ 令11x =，得111,1y z ==于是(1,1,1)=n 又因为1(2,0,2)AC =-所以12020AC ⋅=-++=n 又因为1AC ⊄平面DEF ，所以1AC 平面DEF（Ⅱ）方法一：在直棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC因为AC ⊂ABC ，所以1CC AC ⊥ 又因为AC BC ⊥，且1CC BC C =所以AC ⊥平面11BB C C EF ⊂平面11BB C C ，所以AC EF ⊥又1BC CC =，四边形11BB C C 为正方形所以11BC B C ⊥ 又1BC EF ，所以1B C EF ⊥又AC EF ⊥，且1AC B C C =所以EF ⊥平面1ACB又EF ⊂平面DEF所以平面1ACB ⊥平面DEF方法二：设平面1ACB 的法向量为222(,,)x y z =m ，1(2,0,0),(0,2,2)CA CB == 100CA CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即22220220x y z =⎧⎨+=⎩ 令21y =，得220,1x z ==-于是(0,1,1)=-m (1,1,1)(0,1,1)0⋅=⋅-=n m即⊥n m ，所以平面1ACB ⊥平面DEF （Ⅲ）设直线DP 与平面1ACB 所成角为θ，则30θ=︒设1(01)AP AA λλ=≤≤，则(0,0,2)AP λ=(1,0,22)DP λ=-所以1cos sin302DP DP θ⋅===︒=m m 解得12λ=或32λ=（舍） 所以点P 存在，即1AA 的中点，1AP =5.（本小题满分14分）在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是正三角形，侧棱1AA ⊥底面ABC . D ，E 分别是边BC ，AC的中点，线段1BC 与1B C 交于点G ，且4AB =，1BB =(Ⅰ) 求证：//EG 平面1AB D ；(Ⅱ) 求证：1BC ⊥平面1AB D ；(Ⅲ) 求二面角1A B C B --的余弦值.5．(本小题满分14分)(I)因为E 为AC 中点，G 为1B C 中点.所以1//EG AB . 又因为EG ⊄平面1AB D ，1AB ⊂平面1AB D ,所以//EG 平面1AB D . ………….4分(Ⅱ) 取11B C 的中点1D ，连接1DD .显然DA ，DC ，1DD 两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz -, 则(0,0,0)D，A ，(0,2,0)B -，1(0,B -，1C, E ,(0,2,0)C .所以1(0,DB =-，(2DA =，1BC =.又因为12300400BC DA ⋅=+⨯+⨯=，1100(2)40BC DB ⋅=⨯+-⨯+=,所以111,BC DA BC DB ⊥⊥.又因为1DA DB D =，所以1BC ⊥平面1AB D . ………….9分 （Ⅲ）显然平面1B CB 的一个法向量为1(1,0,0)=n .设平面1AB C 的一个法向量为2(,,)x y z =n ，又(AC =-，1(0,4,B C =-， 由2210,0,AC BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得20,40.y y⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩设1x =，则y=，z =，则2=n.1B所以121212cos,⋅<>===n nn nn n设二面角1A B C B--的平面角为θ，由图可知此二面角为锐二面角，所以cos10θ=. ………….14分。

高考立体几何解题技巧
在高考立体几何解题过程中，我们需要掌握一些技巧，帮助我们更好地解决问题。

以下是一些常用的技巧：
1. 空间想象能力：立体几何题目通常涉及三维空间的关系，因此我们需要具备较强的空间想象能力。

可以通过画图、模型等方式辅助思考和理解题目。

2. 几何关系的转换：有时候，立体几何问题可以通过转换为平面几何问题来解决。

我们可以尝试在某个平面上进行投影或者进行截面的分析，将立体问题转化为二维几何问题来解决。

3. 利用相似三角形：在立体几何问题中，相似三角形的性质经常被用到。

通过找出共性和相似关系，我们可以推导出一些有用的结论，从而解决问题。

4. 使用平行四边形法则：在解决立体几何问题时，我们可以运用平行四边形的性质。

例如，如果某个角度为90度，那么某
些边和角度之间可能存在平行四边形关系，可以利用平行四边形法则求解。

5. 应用平面几何定理：立体几何与平面几何密切相关，因此一些平面几何定理也可以在解决立体几何问题时使用。

例如，利用圆锥的旋转对称性可以得到一个圆锥的表面积和体积的关系。

6. 巧妙使用一点一线：有时候，一个线段或一个点的位置可以帮助我们推导出其他线段或点的位置，从而解决问题。

在解题
过程中，我们需要善于发现和运用这些信息。

总之，在解决高考立体几何问题时，需要充分理解题意，巧妙应用几何知识和技巧，灵活运用不同的解题方法。

通过反复联系和练习，提高自己的解题能力和水平。

高中数学立体几何考点的解题技巧高中数学立体几何考点的解题技巧高中数学中立体几何题目是高考数学核心考点，从近几年全国及自主命题各省市高考试题分析，随着课程改革实施范围的扩大，立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。

高考立体几何试题在选择、填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，及空间角、面积与体积的计算，其解题方法一般都有两种或两种以上，并且一般都能用空间向量来求解。

下面小编为大家整理了高中数学立体几何考点的解题技巧，希望能帮到大家！1、平行、垂直位置关系的论证的策略：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。

（2）利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）是解题的常用方法之一。

（3）三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。

2、空间角的计算方法与技巧：主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。

（1）两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：（2）直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。

②用公式计算。

（3）二面角①平面角的作法：（i）定义法；（ii）三垂线定理及其逆定理法；（iii）垂面法。

②平面角的计算法：（i）找到平面角，然后在三角形中计算（解三角形）或用向量计算；（ii）射影面积法；（iii）向量夹角公式。

3、空间距离的计算方法与技巧：（1）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，然后在相关的三角形中求解，也可以借助于面积相等求出点到直线的距离。

（2）求两条异面直线间距离：一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。

在不能直接作出公垂线的情况下，可转化为线面距离求解（这种情况高考不做要求）。

（3）求点到平面的距离：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过该点作出平面的垂线，进而计算；也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离；有时直接利用已知点求距离比较困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。

立体几何求解题技巧立体几何是数学中一个非常重要的分支，它涉及到空间中的几何形状和体积计算等问题。

解决立体几何题目时，我们需要掌握一些基本的技巧和方法。

以下是一些解决立体几何问题的技巧和思路。

1. 空间想象能力：立体几何是关于空间形状的分析和计算问题，因此，具备良好的空间想象能力是非常重要的。

我们需要能够在思维中构建三维图形，并进行旋转、剖面等操作。

2. 空间图形的分析：解决立体几何问题的第一步是对给定的空间图形进行分析。

我们需要确定图形的特征，比如边长、角度、对称性等等，这些特征将有助于我们更好地理解图形和解决问题。

3. 投影分析：进行空间图形的投影分析可以帮助我们更好地理解和解决问题。

我们可以根据需要选择合适的投影方式，比如正投影或斜投影，进而在二维平面上进行分析和计算。

4. 推导和建立方程：在解决问题时，我们常常需要进行推导和建立方程。

通过建立方程，我们可以将问题抽象化为一系列数学问题，从而更便于求解。

5. 利用三视图：三视图是指一个立体图形在不同方向上的视图，包括主视图、俯视图和剖视图。

我们可以通过观察和分析三视图，得到关于立体图形的很多信息，例如体积、表面积等等。

6. 应用立体几何模型：有时候，我们可以采用立体几何模型来解决问题。

立体几何模型是指一种抽象的几何形状，可以用来描述和分析实际问题。

通过构建合适的模型，我们可以更加直观地理解问题，并得到解决问题的思路和方法。

7. 利用对称性：对称性是立体图形中常见的特征，我们可以利用对称性来简化问题。

通过寻找图形的对称中心、面或轴，我们可以缩小问题的范围，从而更轻松地解决问题。

8. 利用类比思维：有时候，我们可以将一个立体几何问题类比为已知的问题，从而借鉴已知问题的解题思路和方法。

这种类比思维可以帮助我们更快地理解问题，并给出解决问题的线索。

9. 多角度思考：在解决立体几何问题时，我们应该从不同的角度去思考。

可以尝试从不同的方向、位置、维度等多个角度考虑问题，这样可以帮助我们发现问题的更多特征和隐藏规律。

高考数学立体几何解题技巧高考数学立体几何解题技巧选择填空题检查数学中的计算题，而答题重点是数学中的逻辑推理题。

当然，两者都要基于正确的空间想象。

随着xx课程改革的进一步实施，立体几何试题正朝着“多思考、少计算”的方向发展。

从历年试题的变化来看，以简单几何为载体的线与平面位置关系的论证，角度与距离的探索是常考中的热门话题。

1.与平行度、垂直度(线、线、面、面)相关的问题在解决立体几何问题的过程中反复遇到，是各种问题(包括论证、计算角度、距离等)中不可缺少的内容。

).因此，在学科几何的总复习中，首先要从解决平行度和垂直度的相关问题入手，通过相对基础的问题来熟悉它们。

通过分析总结问题，掌握立体几何解题规律——充分利用线-线平行(垂直)、线-面平行(垂直)、面-面平行(垂直)相互转化的思想，提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2.判断两平面平行度的方法：(1)根据定义——证明两个平面没有公共点；(2)判断定理——证明一个平面上的两条相交直线平行于另一个平面；(3)证明两个平面垂直于一条直线。

3.两个平行平面的主要性质：(1)从定义可知“两个平行平面没有公共点”。

(2)由定义导出：“两个平面平行，一个平面内的直线必须与另一个平面平行。

(3)两个平面平行的性质定理：“如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线是平行的”。

(4)直线垂直于两个平行平面中的一个，也垂直于另一个平面。

(5)夹在两个平行平面之间的平行线段相等。

(6)通过平面外的点时，只有一个平面与已知平面平行。

上述性质(2)、(3)、(5)、(6)虽然在文中没有直接列为“性质定理”，但在解题过程中可以直接引用为性质定理。

通过一步一步地解决问题，你可以得到更多的分数。

01、合理安排，保持清醒。

数学考试在下午。

建议中午休息半小时左右。

如果睡不着，闭上眼睛，试着放松。

然后带上装备，提前半小时到达考场。

02.通读整卷，找出题目。

刚拿到试卷，平时比较紧张，急着回答也不合适。

高三理科数学立体几何解题方法规律技巧详细总结版【简介】1.立体几何是高考的重要内容，为解答题的必考题型.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).【3年高考试题比较】全国高考命题的一个显著变化是，由知识立意转为能力立意，往往遵循大纲又不拘泥于大纲．高考在考查空间想象能力的同时又考查空间想象能力、逻缉思维能力、推理论证能力、运算能力和分析问题以及解决问题的能力． 通过比较近三年的高考试题，可发现，立体几何一般有两问，第一问均为考查线面的位置关系，平行和垂直均有涉及；第二问主要考查角的运算，异面所成角，线面角，二面角都有考查，利用空间直角坐标系计算的需要先证明再建系，对于空间位置关系要求较高.【必备基础知识融合】1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和. 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l3.表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 33.(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. (2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 4.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线 直线与平面 平面与平面平行关系 图形 语言符号 语言 a ∥ba ∥αα∥β相交关系 图形 语言符号 语言 a ∩b ＝Aa ∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形 语言符号 语言a ，b 是异面直线a ⊂α5.平行公理(公理4)和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. 6.异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角). (2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2.7.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义直线l 与平面α没有公共点，则称直线l 与平面α平行. (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示 判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a ⊄α，b ⊂α， a ∥b ⇒a ∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b8.(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b9.与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.10.直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥al⊥ba∩b＝Oa⊂αb⊂α⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b11.(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥al⊂β⇒l⊥α12.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.13.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝014.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)求法cos β＝a·b|a||b|cosθ＝|cos β|＝|a·b||a||b|15.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|.16.求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB→，CD→〉.(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).【解题方法规律技巧】典例1：在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形， ABE ∆为直角三角形， 90BAE ∠=，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若AB=2AE ，求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值. 【答案】（1）详见解析；（2）105.所以DB ⊥平面AEC ，BD a 面BED 故有平面AEC ⊥平面BED.【规律方法】(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移. (2)求异面直线所成角的三个步骤①作：通过作平行线，得到相交直线的夹角. ②证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角.③求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.典例2：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中， 1,2,,AB AD E F ==分别为1,AD AA 的中点， Q 是BC 上一个动点，且(0)BQ QC λλ=>.（1）当1λ=时，求证：平面//BEF 平面1A DQ ；（2）是否存在λ，使得BD FQ ⊥？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）详见解析（2）13λ=（2）连接,AQ BD 与FQ ，因为1A A ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，所以1A A BD ⊥. 若1,,BD FQ A A FQ ⊥⊂平面1A AQ ，所以BD ⊥平面1A AQ . 因为AQ ⊂平面1A AQ ，所以AQ BD ⊥.在矩形ABCD 中，由AQ BD ⊥，得~AQB DBA ∆∆，所以， 2AB AD BQ =⋅.【规律方法】(1)判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用反证法(线面平行的定义)；②利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； ③利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； ④利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β).(2)利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线. （3）判定面面平行的主要方法 ①利用面面平行的判定定理.②线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). (2)面面平行的性质定理①两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交，则交线平行. （4）证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α).典例3：如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .规律方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.典例4：如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3). 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .【规律方法】 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.典例5：如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求： (1)△PCD 的面积.(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小.解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2， 所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.图1图2法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)， E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0，22，0). 设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【规律方法】(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解. (2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.典例6:如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°. (1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值.∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.【规律方法】利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.典例7：如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D为AC的中点，AB⊥B1D.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值；(3)求二面角B－B1D－C的余弦值.(2)解 由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直.②以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题设知B 1(0，0，3)，D (0，1，0)， A (－1，0，0)，C (1，2，0)，C 1(0，2，3).则B 1D →＝(0，1，－3)，AC →＝(2，2，0)，CC 1→＝(－1，0，3).设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，取m ＝(3，－3，1).∴cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m |B 1D →||m |＝0×3＋1×（－3）＋（－3）×102＋12＋（－3）2×（3）2＋（－3）2＋12＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217.③ (3)解 由题设知B (1，0，0)，则BD →＝(－1，1，0)，B 1D →＝(0，1，－3)，DC →＝(1，1，0).设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1). 同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3×（－3）＋3×3＋1×1（3）2＋（3）2＋12×（－3）2＋（3）2＋12＝17.∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为17.④【规律方法】(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.（3）利用向量计算二面角大小的常用方法：①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.易错警示 对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交； 对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.典例8：如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【规律方法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.典例9：如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，A D ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0， 得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0).设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；【规律方法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【归纳常用万能模板】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO.(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB.2分 又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ，∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.4分又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD.6分(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).8分设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0， 令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).10分设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【易错易混温馨提醒】一、利用空间向量求解线面角时，得到是线面角的正弦值，注意不是余弦值.易错1：如图，三棱柱111ABC A B C-中，01111160,4B A AC A A AA AC∠=∠===，2AB=，,P Q分别为棱1,AA AC的中点.（1）在平面ABC内过点A作//AM平面1PQB交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明.（2）若侧面11ACC A⊥侧面11ABB A，求直线11A C与平面1PQB所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）39.试题解析：（1）如图，在平面11ABB A内，过点A作1//AN B P交1BB于点N，连结BQ，在1BB Q∆中，作1//NH B Q交BQ 于点H ，连结AH 并延长交BC 于点M ，则AM 为所求作直线.∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0,3-，∴()(110,2,23,0,3AC PQ =-=-.∵011112,60A B AB B A A ==∠=，∴()13,1,0B ，∴()13,1,0PB =， 设平面1PQB 的法向量为(),,m x y z =，二、不能直接建立空间直角坐标系时，要利用条件先证再建系.易错2：如图，在三棱柱111ABC A B C -中， D 为BC 的中点， 00190,60BAC A AC ∠=∠=，12AB AC AA ===.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ；（2）当14BC =时，求直线1B C 与平面1ADC 所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2310．【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用直线与平面平行的判定定理进行分析推证；（2）依据题设条件建立空间直角坐标系，借助向量的有关知识与数量积公式分析求解：（1）证明：连结1A C 与1AC 相交于点E ，连结ED .∵,D E 为中点，∴1//A B ED ，又∵1A B ⊄平面1,ADC ED ⊂平面1ADC ，∴1//A B 平面1ADC .三、在空间中点的坐标不好确定时，可以先设出来，再根据条件列方程求解确定即可. 易错3：如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ， 2AB BC ==， 30ACB ∠=， 1120C CB ∠=， 11BC AC ⊥， E 为AC 的中点．（1）求证： 1A C ⊥平面1C EB ；（2）求二面角1A AB C --的余弦值．【答案】（1）见解析;（2）13．则由余弦定理得2221312223412AC x x x x =+-⋅=-+． 2221332323C E x x x x ⎛=+-⋅=++ ⎝⎭，设1A C 与1C E 交于点H ，则 1123A H AC =， 1123C H C E =，而1A C ⊥ 1C E ，则2221111A H C H A C +=． 于是()()(22244412232399x x x x -++++=，即260x x --=，∴3x =或2-（舍） 容易求得： 16A E =22211A E AE AA +=．故1A E AC ⊥，由面11A ACC ⊥面ABC ，则1A E ⊥面ABC ，过E 作EF AB ⊥于F ，连1A F ，则1A FE ∠为二面角1A AB C --的平面角，由平面几何知识易得3EF =， 1332A F =∴11312cos3332AEA FEA F∠===．方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA x=，1A ACθ∠=，则()1,3,0B，()0,23,0C，()0,3,0E，()10,23cos,sinC x xθθ+．∴()1,3,0CB=-，()10,cos,sinCC x xθθ=．由1111cos,2CB CCCB CCCB CC⋅==-，得3cos12xθ-⋅=-，∴3cosθ=，则1360,,33A x x⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1360,23,33C x x⎛⎫+⎪⎪⎝⎭，于是1360,23,33AC x x⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭，1361,3,BC x⎛⎫=-+⎪⎪⎝⎭，∵11AC BC⊥，不妨设平面ABC的法向量()20,0,1n=，则121212212cos,3912n nn nn n-⋅===-⨯，故二面角1A AB C --的余弦值为13．四、建立空间直角坐标系的原则是：让尽量多的点落在坐标轴或轴面上. 易错4：如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将 AED DCF △，△分别沿DE ，DF 折起，使 A C ，两点重合于P .（Ⅰ）求证：平面PBD BFDE ⊥平面；（Ⅱ）求二面角P DE F --的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）23所以 BE BF DE DF ==，，所以DEB DFB △≌△，所以在等腰DEF △中，O 是EF 的中点，且EF OD ⊥，因此在等腰PEF △中，EF OP ⊥，从而EF OPD ⊥平面，又EF BFDE ⊂平面，所以平面BFDE OPD ⊥平面，即平面PBD BFDE ⊥平面.…………………6分所以AF DE ⊥，于是，在翻折后的几何体中，PGF ∠为二面角P DE F --的平面角，在正方形ABCD 中，解得25AG =，35GF =， 所以，在PGF △中，25PG AG ==，35GF =，1PF =， 由余弦定理得2222cos 23PG GF PF PGF PG GF +-∠==⋅， 所以，二面角P DE F --的余弦值为23.………………………………12分五、求二面角余弦值时，要正确判断二面角为钝角还是锐角.易错5：四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 22,AB BC PA PB ===，.侧面PAB ⊥底面ABCD .（1）证明： PC BD ⊥；（2）设BD 与平面PAD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）10【试题解析】解：（1）证法一：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD以O 为原点， OP 为z 轴， OB 为y 轴，如图建立空间直角坐标系，并设PO h =，则()()))0,0,,0,1,0,2,1,0,2,1,0P h B C D- 所以()()2,1,,2,2,0PC h BD =-=- 0PC BD ⋅=，所以PC BD ⊥.证法二：设AB 中点为O ，连接PO ，由已知PA PB =，所以PO AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB故PO ⊥平面ABCD ，从而BD PO ⊥ ①在矩形ABCD 中，连接CO ，设CO 与BD 交于M ，则由::CD CB BC BO =知BCD OBC ∆~∆，所以BCO CDB ∠=∠所以90BCM CBM CDB CBM ∠+∠=∠+∠=︒，故BD CO ⊥ ②由①②知BD ⊥平面PCO所以PC BD ⊥.六、多解问题的取舍.易错6：如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， E ， F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）212λ=±.（2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-. 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--.若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=，即()()2210λλλλ---+=，解得21λ=±，显然满足02λ<<. 故存在212λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.。

高考数学技巧掌握立体几何的关键解题思路在高考数学考试中，立体几何是一个重要的考点。

对于很多学生来说，立体几何题目的解答常常是一大难题。

因此，掌握一些解题思路和技巧是非常关键的。

本文将为大家分享一些高考数学中解答立体几何题目的关键思路。

一、认真审题第一步，我们需要仔细阅读题目。

在阅读题目的过程中，我们要特别注意题目中给出的条件和要求。

立体几何题目通常会给出图形的特征、已知条件以及需要求解的问题。

清晰地理解题意能够帮助我们更好地进行解题。

同时，我们需要注意题目中是否给出了明确的几何信息。

例如，是否给出了图形的尺寸、图形的形状等等。

这些信息对于我们后续的解题过程非常重要。

二、建立几何模型在解答立体几何题目时，我们需要建立一个几何模型，以帮助我们更好地理解题意和解题。

几何模型通常是一个几何图形，可以是一个三维立体图形或者是一个平面图形。

建立几何模型的过程可以通过手绘图形或者是使用几何软件来完成。

无论是哪种方式，我们需要将题目中给出的信息和条件准确地反映在模型中。

只有建立了准确的几何模型，我们才能更好地进行后续的解题过程。

三、运用几何定理和公式在解决立体几何题目时，我们需要熟练掌握一些几何定理和公式。

这些定理和公式是我们解题的基础，可以帮助我们快速定位解题的关键点。

例如，在求解体积问题时，我们可以运用立方体的体积公式V = a³，圆柱体的体积公式V = πr²h等等。

在求解表面积问题时，我们也可以运用球体表面积公式S = 4πr²，正方体表面积公式 S = 6a²等等。

掌握这些公式可以让我们在解题过程中更加得心应手。

此外，我们还要熟悉一些几何定理，如平行线之间的性质、相似三角形的性质等等。

掌握这些定理可以帮助我们在解题过程中判断图形之间的关系，进而快速解题。

四、利用空间想象力在解答立体几何题目时，想象力是一个非常重要的因素。

我们需要善于利用我们的空间想象力，去想象和理解立体图形之间的位置关系和形状。

高中数学立体几何考点的解题技巧高中数学中立体几何题目是高考数学核心考点，从近几年全国及自主命题各省市高考试题分析，随着课程改革实施范畴的扩大，立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。

高考立体几何试题在选择、填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单运算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题，要紧考查线线关系、线面关系和面面关系，及空间角、面积与体积的运算，其解题方法一样都有两种或两种以上，同时一样都能用空间向量来求解。

1、平行、垂直位置关系的论证的策略：（1）由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合查找证题思路。

（2）利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）是解题的常用方法之一。

（3）三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑。

2、空间角的运算方法与技巧：要紧步骤：一作、二证、三算；若用向量，那确实是一证、二算。

（1）两条异面直线所成的角①平移法：②补形法：③向量法：（2）直线和平面所成的角①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中运算，或用向量运算。

②用公式运算。

（3）二面角①平面角的作法：（i）定义法；（ii）三垂线定理及其逆定理法；（iii）垂面法。

②平面角的运算法：（i）找到平面角，然后在三角形中运算（解三角形）或用向量运算；（ii）射影面积法；（iii）向量夹角公式。

3、空间距离的运算方法与技巧：（1）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，然后在相关的三角形中求解，也能够借助于面积相等求出点到直线的距离。

（2）求两条异面直线间距离：一样先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长。

在不能直截了当作出公垂线的情形下，可转化为线面距离求解（这种情形高考不做要求）。

（3）求点到平面的距离：一样找出（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过该点作出平面的垂线，进而运算；也能够利用“三棱锥体积法”直截了当求距离；有时直截了当利用已知点求距离比较困难时，我们能够把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而“转移”到另一点上去求“点到平面的距离”。

立体几何求解技巧立体几何是数学中的一个分支，主要研究三维空间中的几何关系和性质。

在立体几何的学习过程中，有一些求解技巧可以帮助我们更加便捷地解决问题。

下面我将介绍一些常用的立体几何求解技巧。

1.画图是关键在解决立体几何问题时，画图是非常重要的一步。

通过画图可以直观地表示问题，并激发我们的思维。

画图还能帮助我们发现问题的隐藏规律和性质。

因此，在解决立体几何问题时，首先要养成良好的画图习惯。

2.利用立体几何的基本公理立体几何的研究基于一些基本公理，如点、直线、平面等的定义和性质。

在解决问题时，我们可以利用这些基本公理来推导和证明。

熟练掌握基本公理，可以帮助我们更加深入地理解和解决问题。

3.利用图形的对称性在立体几何中，有许多图形具有对称性。

利用图形的对称性可以简化求解过程，减少计算步骤。

例如，在求解平面镜面对称问题时，我们可以利用对称性将问题简化为计算几何物体与对称平面的交点。

4.利用类似三角形和比例关系在立体几何中，类似三角形和比例关系是常用的求解技巧。

通过观察和找出合适的类似三角形或比例关系，可以推导出所需的几何关系。

例如，在求解空间立体的相似性问题时，我们可以比较各个相对边长的比例关系，从而得出结论。

5.利用三角函数和三角恒等式三角函数和三角恒等式在解决立体几何问题时起着重要的作用。

通过应用三角函数和三角恒等式，我们可以确定角度关系、边长关系等，从而进一步推导问题的解。

因此，在解决立体几何问题时，熟练掌握三角函数和三角恒等式是非常重要的。

6.利用平行线和垂直线的性质平行线和垂直线在立体几何中具有重要的性质。

利用平行线和垂直线的性质，我们可以推导出许多几何关系。

例如，在求解平面与直线的位置关系时，利用平行线和垂直线的性质可以判断两者是否相交。

7.利用立体图形的剖分和投影立体图形的剖分和投影是解决立体几何问题的有效方法。

通过将立体图形进行剖分和投影，我们可以将复杂的问题简化为计算简单图形的问题，进而解决原问题。

2019高考数学答题技巧：立体几何篇2019高考数学答题技巧：立体几何篇高考数学之立体几何高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。

选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着多一点思考，少一点计算的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

知识整合1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决平行与垂直的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。

2.判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。

3.两个平面平行的主要性质：⑴由定义知：两平行平面没有公共点。

⑵由定义推得：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

⑶两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。

观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原则，有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的，能理解的观察内容。

随机观察也是不可少的，是相当有趣的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴趣很浓。

我提供的观察对象，注意形象逼真，色彩鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地进行观察，保证每个幼儿看得到，看得清。

第三篇：立体几何题型与方法(向量法)空间两个向量的夹角公式232221232221332211||||,cos bb b a a a b a b a b a b a ba b a ++⋅++++=⋅•>=<（a ＝123(,,)a a a ，b ＝123(,,)b b b ）。

②空间两点的距离公式：212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=.b.法向量：若向量a 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a 那么向量a 叫做平面α的法向量.c.向量的常用方法：①利用法向量求点到面的距离定理：设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α|||n n AB ②.异面直线间的距离d =(12,l l 是两异面直线，其公垂向量为n ，C D 、分别是12,l l 上任一点，d 为12,l l 间的距离).③.利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）.二面角l αβ--的平面角cos||||m n arc m n θ⋅=或cos ||||m narc m n π⋅-（m ，n 为平面α，β的法向量）.注意：夹角的范围及向量平行和垂直的条件！！经典例题剖析（2009）（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ⊥AC,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小（2009）(19)(本小题满分12分)如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，60ABM ∠=（Ⅰ）证明：M 是侧棱SC 的中点；（Ⅱ）求二面角S AM B --的大小。