立几角2(难)

高中立体几何中二面角求法摘要：在立体几何中，求二面角的大小是历届高考的热点，几乎每年必考，而对于求二面角方面的问题，同学们往往很难正确地找到作平面角的方法，本文对求二面角的方法作了一个总结，希望对学生有帮助。

（一）、二面角定义的回顾：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形就叫做二面角。

二面角的大小是用二面角的平面角来衡量的。

而二面角的平面角是指在二面角的棱上任取一点O，分别在两个半平面内作射线，则为二面角的平面角。

(二)1、由定义作出二面角的平面角；2、利用三垂线定理（逆定理）作出二面角的平面角；3、作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的交线所成的角就是二面角的平面角。

4、空间坐标法求二面角的大小5、平移或延长（展）线（面）法6、射影公式S射影=S斜面cosθ7、化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角1、利用定义作出二面角的平面角，并设法求出其大小。

例1、如图,已知二面角α-а-β等于120°,PA⊥α,A∈α,PB⊥β,B∈β. 求∠APB的大小.解: 设平面∩PABα=OA,平面PAB∩β=OB。

同理PB⊥а ∴а⊥平面PAB又∵OA⊂平面PAB ∴а⊥OA同理а⊥OB.∴∠AOB是二面角α-а-β的平面角.在四边形PAOB中, ∠AOB=120°,.∠PAO=∠POB=90°, 所以∠APB=60°2、三垂线定理（逆定理）法由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角。

例2：如图,ABCD-A 1B 1C 1D 1是长方体,侧棱AA 1长为1,底面为正方体且边长为2,E是棱BC的中点,求面C 1DE与面CDE所成二面角的正切值.解：在长方体ABCD—A 1B 1C 1D 1中由三垂线定理可得：CD =2 CE=1, DE=3、找（作）公垂面法由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角。

题根研究正方体为多面体之根一、正方体高考十年十年来，立体几何的考题一般呈“一小一大”的形式.分数约占全卷总分的八分之一至七分之一. 立几题的难度一般在0.55左右，属中档考题，是广大考生“上线竞争”时势在必夺的“成败线”或“生死线”.十年的立几高考，考的都是多面体. 其中： （1）直接考正方体的题目占了三分之一； （2）间接考正方体的题目也占了三分之一.因此有人说，十年高考，立体几何部分，一直在围绕着正方体出题.【考题1】（正方体与其外接球）（1996年）正方体的全面积为a 2，则其外接球的表面积为（B ）A.3 2a πB.22a π C.2πa 2D.3πa 2【解析】外接球的表面积，比起内接正方体的全面积来，自然要大一些，但绝不能是它的（C ）约6倍或（D ）约9倍，否定（C ），（D ）；也不可能与其近似相等，否定（A ），正确答案只能是（B ）.【考题2】（正方体中的线面关系）（1997年）如图，在正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点．（1）证明AD ⊥D 1F ；（2）求AE 与D 1F 所成的角； （3）证明面AED ⊥面A 1FD 1；（4）设AA 1=2，求三棱锥F -A 1ED 1的体积【说明】 小问题很多，但都不难. 熟悉正方体各棱、各侧面间位置关系的考生，都能迅速作答. 如解答（1），只要知道棱AD 与后侧面垂直 就够了.【考题3】（正方体的侧面展开图）（2001年）右图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM 与ED 平行；②与BE 是异面直线；③与BM 成60°角；④DM 与 BN 垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（A）①②③（B）②④（C）③④（D）②③④【解析】考查空间想象能力. 如果能从展开图（右上）想到立体图（下），则能立即判定命题①、②为假，而命题③、④为真，答案是C.【考题4】（正方体中的垂直面）（2002年）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（）（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小.【解析】【考题5】（正方体中主要线段的关系）（2002年）在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是【解析】射影法：作AB在CD所在平面上的射影，由三垂线定理知其正确答案为A.平移法：可迅速排除(B)，(C)，(D)，故选（A）.【考题6】（正方体与正八面体）（2003年） 棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A.33aB.43aC.63aD.123a【解析】将正八面体一分为二，得2个正四棱锥，正四棱锥的底面积为正方形面积的21，再乘31得61. 答案选C.【考题7】（正方体中的异面直线）（2004年）如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A.510 B.515 C.54 D.32【解析】【考题8】（正方体中的线线角）（2005年）如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是A.arccos 515B.4 πC.arccos 510D.2π【考题9】（正方体中的射影问题）（2006年）如图，E 、F 分别为正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是_______．(要求：把可能的图的序号都填上)【考题10】（正方体中的三角形）（2006年）在正方体上任选3个顶点连三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角青工的概率为 A.71 B.72 C.73 D.74【解析】在正方体上任选3个顶点连成三角形可得38C 个三角形，要得直角非等腰三角形，则每个顶点上可得三个(即正方体的一边与过此点的一条面对角线)，共有24个，得38C 24，所以选C. 二、全国热炒正方体2006年的各地数学考卷中，直涉正方体的考题有13个，隐涉正方体的考题还有更多.其中，某某卷“一大一小”的立几考题，都是考的正方体.某某卷登峰造极，“一小一大”的两个立几考题，都是正方体中的难题. 其中，第18题的第2问还是个开放题目.【考题1】2006年某某卷第13题——正方体的一“角”在三棱锥O —ABC 中，三条棱OA 、OB 、OC 两两互相垂直，且OA =OB =OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的大小是（用反三角函数表示）.【考题2】2006年某某卷第19题——两正方体的“并” 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、P 分别是BC 、A 1D 1的中点，M 、N 分别是AE 、CD 1的中点，AD =AA 1=a ，AB =2a .（1）求证：MN ∥面ADD 1A 1； （2）求二面角P —AE —D 的大小； （3）求三棱锥P —DEN 的体积.【考题3】（2006年某某卷第18题）如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP =m .（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为3；（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP .并证明你的结论.【分析】熟悉正方体对角面和对角线的考生，对第(Ⅰ)问，可心算出结果为m =1/3；对第(Ⅱ)问，可猜出这个Q 点在O 1点.可是由于对正方体熟悉不多，因此第（Ⅰ）小题成了大题，第(Ⅱ)小题成了大难题.【考题4】（2006年某某卷第16题）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，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为1，2和4，P 是正方体的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）三、正四面体与正方体从“正方体高考十年”和“全国热炒正方体”中，我们看到正方体在立体几何中的特殊地位. 在实践中，正方体是最常见的多面体；在理论上，所有的多面体都可看作是由正方体演变而来.我们认定了正方体是多面体的“根基”. 我们在思考： （1）正方体如何演变出正四面体？ （2）正方体如何演变出正八面体？ （3）正方体如何演变出正三棱锥？ （4）正方体如何演变出斜三棱锥？【考题1】（正四面体化作正方体解）四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A.3πB.4πC.3π3D.6π【说明】本题如果就正四面体解正四面体，则问题就不是一个小题目了，而是有相当计算量的大题. 此时的解法也就沦为拙解.【拙解】正四面体棱长为⇒2底面ABC 是边长为2的正三角形△ABC 的高线BD =23·2=26（斜高VD =26）⇒△ABC 的边心距HD =31·26=⇒66正四面体V —ABC 的高 .332)66()26(2222=-=-=HD VD VH 正四面体外接球的半径为高的43，即R =43·.23332= 故其外接球的表面积为3π. 答案是A.【联想】1、2、3的关系正四面体的棱长为2，这个正四面体岂不是由棱长为1的 正方体的6条“面对角线”围成？为此，在棱长为1的正方体B —D 1中，（1）过同一顶点B 作3条面对角线BA 1、BC 1、BD ； （2）将顶点A 1，C 1，D 依次首尾连结.则三棱锥B —A 1C 1D 是棱长为2的正四面体.于是正四面体问题可化归为对应的正方体解决.【妙解】 从正方体中变出正四面体以2长为面对角线，可得边长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，这个正方体的体对角线长为3，则其外接球的半径为23，则其外接球的表面积为S =4πR 2=4π (23)2＝3π 以2为棱长的正四方体B —A 1C 1D 以1为棱长的正方体有共同的外接球，故其外接球的表面积也为S =3π.【寻根】 正方体割出三棱锥在正方体中割出一个内接正四面体后，还“余下”4个正三棱锥. 每个正三棱锥的体积均为1/6，故内接正四面体的体积为1/3 . 这5个四面体都与正方体“内接”而“共球”.事实上，正方体的内接四面体（即三棱锥）共有12C 48-=58个.至此可以想通，正方体为何成为多面体的题根.四、正方体成为十年大难题按理说，立体几何考题属中档考题，难度值追求在0.4到0.7之间. 所以，十年来立几考题——哪怕是解答题也没有出现在压轴题中.从题序上看，立几大题在6个大题的中间部分，立几小题也安排在小题的中间部分.然而，不知是因为是考生疏忽，还是命题人粗心，竟然在立几考题中弄出了大难题，其难度超过了压轴题的难度，从而成为近十年高考难题的高难之最！【命题】 将正方体一分为二2003年全国卷第18题，某某卷第18题，某某卷第19题等，是当年数学卷的大难题. 其难度，超过了当年的压轴题.在命题人看来，其载体是将正方体沿着对角面一分为二，得到了一个再简单不过的直三棱柱.图中的点E 正是正方体的中心.【考题】如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB =90°.侧棱AA 1=2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .(Ⅰ)求A 1B 与平面ABD 所成角的大小(结果用反三角函数值表示)； (Ⅱ)求点A 1到平面AED 的距离.【解析】（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即 ∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ， ∴CDEF 为矩形.连结DF ，G 是△ADB 的重心，∴G ∈DF .在直角三角形EFD 中，EF 2=FG ·FD =31FD 2，∵EF =1，∴FD =3. 于是ED =2，EG =36321=⨯. ∵FC =ED =2，∴AB =22，A 1B =23，EB =3. ∴sin ∠EBG =EB EG =36·31=32.∴A 1B 与平面ABD 所成的角是arcsin32. （Ⅱ）连结A 1D ，有E AA D ADE A V V 11--=.∵ED ⊥AB ，ED ⊥EF ，又EF ∩AB =F ，∴ED ⊥平面A 1AB ， 设A 1到平面AED 的距离为h ，则S △AED ·h =AE A S 1∆·ED . 又AE A S 1∆=A A S AB A 114121=∆·AB =2， S △AED =21AE ·ED =26.∴h =3622622=⨯. 即A 1到平面AED 的距离为362. 本题难在哪里？从正方体内切出的直三棱柱的画法不标准！ 难点突破：斜二测改图法，把问题转到正方体中.EFCD 为矩形EF =1（已知）FD =3FG （重心定理）FD =3（射影定理）EG =36（Ⅰ）ED =2（勾股定理）FC =2（正方体！） FB =2EB =3（Ⅱ）sin ∠EBG =32=EB EG .难题（0318）的题图探究正方体立体图常见的画法有两种： （1）斜二测法（图（1））此法的缺点：A1、B、C 三点“共线”导致“三线”重合（2）正等测法（图（2））此法的缺点：A、C、C1、A1“共线”导致“五线”重合难题的图近乎第二种画法（图（3））：将正方体的对角面置于正前面.五、解正方体正方体既然这么重要，我们就不能把这个“简单的正方体”看得太简单.像数学中其他板块的基础内容一样，越简单的东西，其基础性就越深刻，其内涵和外延的东西就越多.我们既然认定了正方体是多面体的根基，那我们就得趁着正方体很“简单”的时候，把它的上上下下、左左右右、里里外外的关系，都弄个清楚明白！关于正方体你已经知道了多少？正方体，（）个面，线面距转（）面距，（）个顶点（）棱。

巧用三垂线定理解立几题作者：钟大震来源：《广东教育·高中》2009年第10期一、绪论在历年高考题中,立几题最主要的出题形式有三种:(1)证明两异面直线垂直;(2)求直线与平面所成的角的大小;(3)求二面角的大小或三角函数值.在这些类型题的解题过程中,往往都会应用到三垂线定理去解决问题.三垂线定理:平面内垂直于射影的直线,也垂直于斜线.逆定理:平面内垂直于斜线的直线,也垂直于射影.应用三垂线定理解题主要有以下类型:(1)I线型:①已知斜线,要作平面垂线和射影; ②已知平面垂线,要作斜线和射影;③已知射影,要作平面垂线和斜线.(2)II线型:①已知斜线和平面垂线,要作射影;②已知斜线和射影,要作平面垂线;③已知平面垂线和射影,要作斜线.(3)III线型:平面垂线、斜线、射影全部给出,直接使三垂线定理进行证明.(4)全隐型:平面垂线、斜线、射影全部不给出,都需要作辅助线,然后再应三垂线定理作出相关证明.二、三垂线定理在解高考立几题中的奇妙应用例1 如图: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°,BC=2,SA=SB=,AB=2.(I)证明:SA⊥BC.(II)求直线SD与平面SAB所成的角的大小.解析 (I)(如图)过点S作SO⊥BC,垂足为O,连结AO.则∵侧面SBC⊥底面ABCD,∴SO⊥底面ABCD.又∵SA=SB,∴OA=OB(HL).又∵∠ABC=45°,∴△ABO是等腰直角三角形,∴BC⊥OA,∴SA⊥BC(三垂线定理).(Ⅱ)(略).(提示:通过棱锥S-ABD的体积计算,求出棱锥D-ABS高即可.答案:arcsin)点评 (I线型).此题只给出射影定义中的斜线SA,另两线平面垂线需要从已知条件中证明.此题为运用三垂线定理的特定型,其它方法则相对难度较大.例2 如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,直线L与平面ABCD平行,E和F是L上不同的两个点,且EA=ED,FB=FC,E′和F′是平面ABCD内的两个点,EE′和FF′都与平面垂直.(I)证明:直线E′F′垂直平分线段AD;(Ⅱ)若∠EAD=∠EAB=60°,EF=2,求多面体ABCDEF的体积.解析 (I)证明:(如图),取AD的中点G,连结EG、GE′.则在△AED中,∵ED=EA,∴AD⊥GE,∵EE′⊥平面ABCD,∴AD⊥GE′(三垂线定理的逆定理),故GE′垂直平分AD.同理:HF′垂直平分BC.又∵四边形ABCD是正方形,∴直线GE′、HF′共线,故直线E′F′垂直平分线段AD.(Ⅱ)(略).(提示:VABCDEF=S底面ABCD•EE′,VABCDEF=2)点评(Ⅱ线型).此题给出了平面垂线EE′及射影E′F′,而斜线EG未给出,要通过作辅助线作出.一旦作出斜线,则比较易解决,较上一例为易.例3 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AB=2,E、F、G分别为PC、PD、BC的中点.(I)求证:PA⊥EF.(II)求二面角D-FG-E的余弦值.解析 (I)证明:(如图)∵底面ABCD为正方形,∴CD⊥AD.又∵PD⊥底面ABCD,∴CD⊥PA(三垂线定理).∵E、F分别是△PDC的两边PC、PD的中点,∴FE∥CD,∴PA⊥EF.(Ⅱ)(略).(提示:建立空间直角坐标系,再用法向量求之. 答案:cosθ=).点评 ( III 线型).此题平面垂线PD、射影AD和斜线PA全部给出,直接根据条件使用三垂线定理即可,相对较易.例4 如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱SD⊥底面ABCD,E、F分别为AB、SC的中点.(I)证明:EF∥SAD;(Ⅱ)设SD=2DC,求二面角A-EF-D的大小.解析 (I)(略).(提示:证明四边形AEFG为平行四边形即可)(Ⅱ)(如图)取SD的中点G,连结FG,AG,则GF∥AE,GF=AE,且FG⊥AG,∴四边形AEFG是矩形.令DC=2,则SD=4,GD=2,AD=2,∵ SD⊥面ABCD,∴△ADG是等腰直角三角形.再在AG、EF上分别取中点N、M,连结DN、NM、DM,则AG⊥DN.又∵SD⊥AB、AD⊥AB、SD∩AD=D,∴AB⊥面SAD,∴AB⊥DN,而AG∩AB=A,∴DN⊥面AEFG.∵MN⊥EF,∴DM⊥EF(三垂线定理),∴∠DMN是二面角A-EF-D的平面角.由已知及题设求得:MN=1,DN=,∴ tan∠DMN==,故二面角A-EF-D的大小为arctan.点评 (全隐型).此题中的平面垂线DN、斜线DM、射影MN均不给出,全需要通过作辅助线作出,才能通过三垂线定理证明二面角A-EF-D的棱EF分别与斜线DM和射线MN垂直,从面得出二面角的平面角为∠DMN.此题较前面的Ⅰ线型、Ⅱ线型、Ⅲ线型应用三垂线定理的难度更大.三、相关提点例5 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E、P分别是BC、A1D1的中点,M、N分别是AE、D1C的中点,AD=AA1=a,AB=2a.(I)求证:MN∥平面ADD1A1;(II)求二面角P-AE-D的大小.(III)求三棱锥P-DEN的体积.提点此题为求二面角的大小,属全隐型. 平面垂线PG,射影GO,斜线PO,都要通过辅助线作出,难度较大.解析 (I)证明:(略)提示:证得平面HMN∥面ADD1A1即可.(II)解:如图,取AD的中点G,连结PG,过点G作GO⊥AE,垂足为O,连结PO,则PG∥D1D.∵D1D⊥平面ABCD,∴ PG⊥平面ABCD,∴ AE⊥PO(三垂线定理),∴∠POG为二面角P-AE-D的平面角.连结GE,则Rt△AOG∽Rt△AGE,∴OG==,PG=a,∴tan∠GOP===,故二面角P-AE-D的大小为arctan .(III)(略).(提示:求出棱锥D—PEN的体积即可.答案:Vp-DEN=)例6如图,P是正六边形ABCDEF所在平面外的一点,PA=1,AB=1,P在面ABF的射影为BF 的中点O.(I)证明:PA⊥BF;(II)求二面角A-PB-D的大小.提点此题第一小题是证明两异面直线互相垂直,属Ⅱ线型,平面垂线PO、斜线PA都是已知的,射影AO要作出.第二小题是求二面角的大小,属全隐型,平面垂线、射影、斜线都要通过作辅助线作出.解析 (I)证明:(如图)连结AD,则点O在AD上.∵P在平面ABF的射影为BF中点O,∴ PO⊥平面ABF.∵底面为正六边形,∴AB=AF,∴ BF⊥AO,∴ PA⊥BF(三垂线定理).(II)解:(如图)取PB的中点M,连结AM、MD、OM.∵PA=AB,∴PB⊥AM.又∵PO⊥底面ABE,∴PO⊥AD,由(1)可知,AD⊥BF,PO∩BF=O,∴AD⊥平面PBF,∴PB⊥OM(三垂线定理的逆定理).∴BP⊥DM(三垂线定理),∴∠AMD是二面角A-PB-D的平面角.由已知求得AD=2,AM=,MD= .在ΔAMD中,cos∠AMD==-,故二面角A-PB-D的大小为arccos(-).通过以上对三垂线定理的充分探讨,弥补了数学教材中这方面内容的不足,完善了我们的知识架构,使我们能够在高考中更加如鱼得水,游刃有余.责任编校徐国坚。

可编辑修改精选全文完整版立体几何—空间中的动点问题专题综述空间中的动点问题是指在一定的约束条件下，点的位置发生变化，在变化过程中找出规律，将动点问题转化为“定点”问题、将空间问题转化为平面问题、将立体几何的问题转化为解析几何的问题等,目的是把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中去.立体几何中考查动点问题，往往题目难度较大，渗透化归与转化思想，对学生的逻辑推理能力要求较高.一般考查动点轨迹、动点的存在性、定值、范围、最值等问题，除了利用化动为定、空间问题平面化等方法，在几何体中由动点的变化过程推理出结果以外，也可以通过建系，坐标法构建函数，求得结果.专题探究探究1：坐标法解决动点问题建立空间直角坐标系，使几何元素的关系数量化，借助空间向量求解，省去中间繁琐的推理过程.解题步骤与空间向量解决立体几何问题一致，建立适当的空间直角坐标系由动点的位置关系，如在棱上或面内，转化为向量的关系，用参数表示动点的坐标通过空间向量的坐标运算表示出待求的量若求最值或取值范围，转化为函数问题，但要注意自变量的取值范围.一般坐标法用于解决动点的存在性问题、求最值、求范围问题.说明：对于求最值、范围问题，也可以直接通过几何体中的某个变量，构建函数，求最值或范围.(2022湖北省宜昌市模拟) （多选）在正方体1111ABCD A B C D -中，点为线段1AD 上一动点，则（ ） A. 对任意的点，都有1B D CQ ⊥ B. 三棱锥1B B CQ -的体积为定值 C. 当为1AD 中点时，异面直线1B Q 与所成的角最小D. 当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大【审题视点】以正方体为载体考查定点的定值、最值问题，正方体便于建立空间直角坐标系，可选择用坐标法解决.【思维引导】选项，可以用几何知识证明；选项，设出点坐标，用坐标表示出异面直线成角的余弦值或线面角的正弦值，求最值，得出点位置.【规范解析】解：对于：连接，1.CD因为在正方体1111ABCD A B C D -中， 1B D ⊥平面1ACD ，CQ ⊂平面1ACD ， 1B D CQ ⊥，故正确； 对于：平面11//ADD A 平面11BCC B ，平面11ADD A 与平面11BCC B 的距离为正方体棱长，1123111326B B CQ Q BCB V V a a a --==⨯⋅=，为定值，故正确；对于：以为坐标原点，直线分别轴，建立空间直角坐标系如下图：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2， ()[](),0,20,2Q x x x -∈，则1(2,2,2)B ， ()2,2,0B ， (0,2,0)C ， 因此()12,2,B Q x x =---， ()2,0,0BC =-， 设异面直线1B Q 与所成的角为θ，则当时，，当时，当时，故当与1D 重合时，异面直线1B Q 与所成的角最小，故不正确；对于： ()12,2,B Q x x =---， 又是平面11BCC B 的一个法向量，设直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角为α，则，所以当1x =时，sin α取得最大值63，而0,2πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 因此α取得最大值，即当为1AD 中点时，直线1B Q 与平面11BCC B 所成的角最大， 故正确. 故选.ABD用一个参数表示动点的坐标，并求出参数范围，即为函数定义域转化为函数求最值，求出当函数取最值时的x 的值【探究总结】典例1是一道典型的研究动点问题的多选题，难度中等，但能够反映出坐标法研究最值范围问题的思路.建系设坐标，写出参数范围 根据向量运算构造函数求最值.(2021安徽省蚌埠市联考) 已知圆柱1OO 底面半径为1，高为π，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．将轴截面绕着轴1OO 逆时针旋转(0)θθπ<<后，边11B C 与曲线Γ相交于点.P（1）求曲线Γ长度； （2）当2πθ=时，求点1C 到平面的距离；（3）证明：不存在(0)θθπ<<，使得二面角D AB P --的大小为.4π探究2：化动为定点的位置在变化的过程中，有些量或位置关系是不变的，比如点到平面的距离不变，从而使几何体的体积不变；动点与另外一定点的连线与某条直线始终垂直，与某个平面始终平行.在证明体积为定值、证明位置关系时，要动中寻定，将动态的问题静态化：将动点转化为定点，寻找动直线所在的确定平面，从而解决问题.答题思路：1.动点到平面的距离为定值：证明平面，动点到平面的距离即为定点到平面的距离；2.为动点，为定点，证明：证明所在平面与垂直；3.为动点，为定点，证明平面：证明所在平面与平面平行.(2021湖南省四校联考) 在正三棱柱中，,，分别为的中点，P 是线段DF 上的一点．有下列三个结论：①平面；②;③三棱锥的体积时定值，其中所有正确结论的编号是 A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③【审题视点】求证关于动直线的线面平行或线线垂直，三棱锥的体积为定值问题，要化动为定.【思维引导】证明动直线所在平面与已知平面平行；证明定直线与动直线所在平面垂直；寻找过点与平面平行的直线，即得出点到平面的距离.【规范解析】解：如图，对于①，在正三棱柱中，，分别为的中点，平面平面，由平面，得平面，故①正确；对于②，在正三棱柱中，平面平面，平面平面平面，，平面平面,故②正确；对于③，平面平面，平面到平面的距离为定值，而有为定值，故是定值,线面平行，转化为面面平行异面直线垂直，转化为线面垂直体积的定值问题，转化点到平面的距离是定值，即通过线面平行或面面平行，得出动点到平面距离为定值故③正确．故选D ．【探究总结】立体几何证明中经常出现，求证关于动直线的线面平行与线线垂直问题，其思路是转化为证明动直线所在的定平面与其他平面或直线的位置关系.关键是分析动点,动线或动面间的联系,在移动变化的同时寻求规律.(2021云南省曲靖市联考) 如图所示的几何体中，111ABC A B C -为直三棱柱，四边形为平行四边形，2CD AD =，60ADC ∠=︒，1.AA AC =（1）证明：，1C ，1B 四点共面，且11A C DC ⊥；（2）若1AD =，点是上一点，求四棱锥的体积，并判断点到平面11ADC B 的距离是否为定值？请说明理由．探究3： 巧用极端位置由于点位置连续变化，使研究的图形发生连续的变化，利用点的位置变化“极端”位置，避开抽象及复杂的运算，得到结论.常见题型：1.定值问题：几何体中存在动点，但所求结果是确定的，即随着动点位置的改变不会影响所求的量，故可以考虑动点在极端位置的情况，优化解题过程.2.范围问题：几何体中存在动点，结果会随着动点位置改变而改变，当动点从一侧极端位置移动到令一个极端位置的过程中，所求量在增大、或减小、或先增后减、或先减后增，通过求出极端位置处的值，及最值，从而得出范围；3.探究问题：探究满足条件的点是否存在，也可以转化为求出范围，从而得出结论.(2021湖南省株洲市模拟) 在正四面体中, 为棱的中点, 为直线上的动点,则平面与平面夹角的正弦值的取值范围是 .【审题视点】本例可用极端位置法分析，也可以建系，用坐标法解决.【思维引导】借助极端位置分析，不难看出经过和底边中线的平面与平面垂直，点在移动的过程中，存在一个位置使平面与经过和底边中线的平面平行，即平面平面，此时两平面所成角为，角最大；当点移动到无穷远时，平面平面,此时两平面所成角最小.【规范解析】解：由下左图 设为的中心，为的中点， 则在正四面体中平面， 为中点，为的中点，，故平面连接，并延长交于点， 连接，并延长交于点， 则过点的平面交直线于点. 则平面平面 即平面与平面的夹角的正弦值为1，点从取最值的位置处移动至直线的无穷远处的过程中， 平面与平面的夹角逐渐减小，即当点在无穷远处时，看作， 如下右图 故平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，求出其正弦值为. 综上可知:面与面的夹角的正弦值的取值范围为.【探究总结】借助极端位置解决典例3中的问题，首先利用几何知识，明确点在移动的过程中 ，所求量的变化情况，若在极端位置处取“最值”，问题就简化为求出极端位置处的值.(2021浙江省杭州市高三模拟)高为1的正三棱锥的底面边长为，二面角与二面角A PB C --之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（ ）A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大专题升华结合几何知识，两平面成角的变化过程，即动点从一个极端位置变化到另一极端位置时，夹角大小的增减情况在极端位置处取“最值”，直接求出点该处时的夹角的正弦值，即为范围区间的一个端点几何体中研究动点问题往往难度较大，开放性强，技巧性高.总体思路是：用几何知识，经过逻辑推理，证明位置关系或求出表示出所求量；或者建立空间直角坐标系，将几何问题代数化，用空间向量研究动点问题，省去了繁杂的推理环节，但计算量较大.解决动点问题的策略不局限与上述方法，常用的的方法还有：运用条件直接推算，借助条件将几何体还原到长方体中去；构造函数，数形结合；还将空间问题转化为平面几何解决，如化折为直、利用解析几何的知识解决. 但只要我们熟练掌握这些基本方法,并灵活加以应用,不仅能化繁为简,化难为易,而且还可以得到简捷巧妙的解法.【答案详解】 变式训练1【解答】解：（1）在侧面展开图中为的长，其中AB AD π==，∴曲线Γ的长为2;π（2）当2πθ=时，建立如图所示的空间直角坐标系，则有()0,1,0A -、()0,1,0B 、1,0,2P π⎛⎫- ⎪⎝⎭、()11,0,C π-， 、(1,1,)2AP π=-、1(1,0,)OC π=-设平面的法向量为(,,)n x y z =，则2002n AB y n AP x y z π⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩， 取2z =得(,0,2)n π=，所以点1C 到平面的距离为12||||4OC n d n ππ⋅==+； （3）假设存在满足要求的(0)θθπ<<， 在（2）的坐标系中，()sin ,cos ,P θθθ-，，设平面的法向量为111(,,)m x y z =，则111120sin (cos 1)0y x y z θθθ=⎧⎨-+++=⎩，取11x =得sin (1,0,)m θθ=，又平面的法向量为(1,0,0)k =，由二面角D AB P --的大小为4π， 则|cos ⟨,m k ⟩2212|sin .21sin θθθθ==⇒=+ sin (0)2πθθθ<<<，0θπ∴<<时，均有sin θθ<，与上式矛盾．所以不存在(0)θθπ<<使得二面角D AB P --的大小为.4π 变式训练2【解答】（1）证明：因为111ABC A B C -为直三棱柱， 所以，且，又四边形为平行四边形，//BC AD ，且BC AD =，，且，四边形为平行四边形，，1B 四点共面；，又1AA ⊥平面，AC ⊂平面，，四边形11A ACC 为正方形，连接1AC 交1A C 于，，在ADC ∆中，2CD AD =，，由余弦定理得，，所以，AD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，1AA AD ⊥，，1AA ⊂平面11A ACC ，，AD ⊥平面11A ACC ，1AC ⊂平面11A ACC ，所以，又，平面，1A C ⊥平面， 1DC ⊂平面，（2）解：由（1）知：1A C ⊥平面，在Rt DAC 中，由已知得3AC =，，四棱锥的体积，//BC AD ，点到平面的距离为定值，即为点到平面的距离变式训练3【解析】解：设二面角为，二面角A PB C --为，当时，正三棱锥趋向于变为正三棱柱，；当时，正三棱锥趋向变为平面，.当正三棱锥为正四面体时，且，，故.当从小变大时，要经过从变为小于的角，然后变为的过程， 故只有选项符合.故选：.静夜思[ 唐] 李白原文译文对照床前明月光，疑是地上霜。

高中数学《立体几何》记忆口诀学好立几并不难，空间观念最关键点线面体是一家，共筑立几百花圆点在线面用属于，线在面内用包含四个公理是基础，推证演算巧周旋空间之中两直线，平行相交和异面线线平行同方向，等角定理进空间判断线和面平行，面中找条平行性已知线和面平行，过线作面找交线要证面和面平行，面中找出两交线线面平行若成立，面面平行不用看已知面与面平行，线面平行是必然若与三面都相交，则得两条平行线判断线和面垂直，线垂面中两交线两线垂直同一面，相互平行共伸展两面垂直同一线，一面平行另一面要让面和面垂直，面过另面一垂线面面垂直成直角，线面垂直记心间一面四线定射影，找出斜射一垂线线线垂直得巧证，三垂定理风采显空间距离和夹角，平行转化在平面一找二证三构造，三角形中求答案引进向量新工具，计算证明开新篇空间建系求坐标，向量运算更简便知识创新无止境，学问思辩勇登攀高中数学立体几何模块公理定理汇编公理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．⊂．（作用：证明直线在平面内）A l∈，B l∈，且Aα∈，Bα∈⇒lα公理2过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．（作用：确定平面）推论①直线与直线外一点确定一个平面．②两条相交直线确定一个平面．③两条平行直线确定一个平面．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．∈，且Pβ∈⇒αβ ＝l，且P l∈．（作用：证明三点/多点共线）Pα公理4平行于同一条直线的两条直线互相平行．（平行线的传递性）空间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．线面平行判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．面面平行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．推论一个平面内两条相交直线与另一个平面内的两条直线分别平行，则这两个平面平行．线面平行性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任意平面与此平面的交线与该直线平行．面面平行性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，则它们的交线平行．线面垂直判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面平行．三垂线定理如果平面内一条直线和平面的一条斜线的射影垂直，则它和这条斜线垂直．逆定理如果平面内一条直线与平面的一条斜线垂直，则它和这条直线的射影垂直．射影定理从平面外一点出发的所有斜线段中，若斜线段长度相等则射影相等，斜线段较长则射影较长，斜线段较短则射影较短．面面垂直判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．线面垂直性质定理1如果一条直线垂直于一个平面，则它垂直于平面内的所有直线．线面垂直性质定理2垂直于同一个平面的两条直线平行．面面垂直性质定理1两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．面面垂直性质定理2两个平面垂直，过一个平面内一点与另一个平面垂直的直线在该平面内．。