高考数学第二轮考点专题复习教案6
第21－24课时：立体几何问题的题型与方法
一．复习目标：
1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的基础上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．
2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的基础上，掌握它们的求法(其基本方法是分别作出这些角，并将它们置于某个三角形内通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．
4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．
5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．
二．考试要求：
（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
（2）了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，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）。
（3）了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，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，了解三垂线定理及其逆定理。
（4）了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。
（5）会用反证法证明简单的问题。
（6）了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。
（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
（9）了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。
（10）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。
三．教学过程：
（Ⅰ）基础知识详析
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, 以多面体和旋转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.
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。
⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。
以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理”，但在解题过程中均可直接
作为性质定理引用。
4．空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射
影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角
等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决．
空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定
量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值范围，如两异面直线所成的角
θ∈(0，2π]，直线与平面所成的角θ∈0,2π??????
，二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈(0，π]．
对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个
平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直
来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计
算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．
如求异面直线所成的角常用平移法（转化为相交直线）；求直线与平面所成的角常利用
射影转化为相交直线所成的角；而求二面角α－l －β的平面角（记作θ）通常有以下几种方法：
(1) 根据定义；
(2) 过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ(图1)；
⑴理解并掌握棱柱的定义及相关概念是学好这部分知识的关键，要明确“棱柱 直棱柱
正棱柱”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。
⑵平行六面体是棱柱中的一类重要的几何体，要理解并掌握“平行六面体
直平行六面体
长方体
正四棱柱 正方体”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。
⑶须从棱柱的定义出发，根据第一章的相关定理对棱柱的基本性质进行分析推导，以求
更好地理解、掌握并能正确地运用这些性质。
⑷关于平行六面体，在掌握其所具有的棱柱的一般性质外，还须掌握由其定义导出的一
些其特有的性质，如长方体的对角线长定理是一个重要定理并能很好地掌握和应用。还须注
意，平行六面体具有一些与平面几何中的平行四边形相对应的性质，恰当地运用平行四边形
的性质及解题思路去解平行六面体的问题是一常用的解题方法。
⑸多面体与旋转体的问题离不开构成几何体的基本要素点、线、面及其相互关系，因此，
很多问题实质上就是在研究点、线、面的位置关系，与《直线、平面、简单几何体》第一部
分的问题相比，唯一的差别就是多了一些概念，比如面积与体积的度量等．从这个角度来看，
点、线、面及其位置关系仍是我们研究的重点．多面体与旋转体的体积问题是《直线、平面、
简单几何体》课程当中相对独立的课题．体积和面积、长度一样，都是度量问题．常用“分
割与补形”，算出了这些几何体的体积．
7．欧拉公式:如果简单多面体的顶点数为V ，面数F ，棱数E ，那么V+F-E ＝2.
计算棱数E 常见方法：
(1)E ＝V+F-2；
(2)E ＝各面多边形边数和的一半；
(3)E ＝顶点数与共顶点棱数积的一半。
8．经纬度及球面距离
⑴根据经线和纬线的意义可知，某地的经度是一个二面角的度数，某地的纬度是一个线面角的度数，设球O 的地轴为NS ，圆O 是0°纬线，半圆NAS 是0°经线，若某地P 是在东经120°，北纬40°，我们可以作出过P 的经线NPS 交赤道于B ，过P 的纬线圈圆O 1交NAS 于A ，那么则应有：∠AO 1P=120°(二面角的平面角) ，∠POB=40°（线面角）。 ⑵两点间的球面距离就是连结球面上两点的大圆的劣弧的长，因此，求两点间的球面距
离的关键就在于求出过这两点的球半径的夹角。
例如，可以循着如下的程序求A 、P 两点的球面距离。
S 球表=4πR 2 V 球=3
4πR 3
⑴球的体积公式可以这样来考虑：我们把球面分成若干个边是曲线的小“曲边三角形”；
以球心为顶点，以这些小曲边三角形的顶点为底面三角形的顶点，得到若干个小三棱锥，所
有这些小三棱锥的体积和可以看作是球体积的近似值.当小三棱锥的个数无限增加，且所有
这些小三棱锥的底面积无限变小时，小三棱锥的体积和就变成球体积，同时小三棱锥底面面
积的和就变成球面面积,小三棱锥高变成球半径.由于第n 个小三棱锥的体积＝3
1S n h n （S n 为该小三棱锥的底面积,h n 为小三棱锥高），所以V 球＝31S 球面·R ＝3
1·4πR 2·R ＝34πR 3. ⑵在应用球体积公式时要注意公式中给出的是球半径R ，而在实际问题中常给出球的外
径（直径）.
⑶球与其它几何体的切接问题，要仔细观察、分析、弄清相关元素的位置关系和数量关
系，选择最佳角度作出截面，以使空间问题平面化。
10．主要题型：
⑴以棱柱、棱锥为载体，考查线面平行、垂直，夹角与距离等问题。
⑵利用欧拉公式求解多面体顶点个数、面数、棱数。
⑶求球的体积、表面积和球面距离。解题方法：求球面距离一般作出相应的大圆，转化
⌒ ⌒ ⌒ ⌒
为平面图形求解。
11．注意事项
⑴须明确《直线、平面、简单几何体》中所述的两个平面是指两个不重合的平面。
⑵与“直线与直线平行”、“直线与平面平行”的概念一样“平面与平面平行”是
指“二平面没有公共点”。由此可知，空间两个几何元素（点、直线、平面称为空间三个几何
元素）间“没有公共点”时，它们间的关系均称为“互相平行”。要善于运用平面与平面平行的
定义所给定的两平面平行的最基本的判定方法和性质。
⑶注意两个平行平面的画法——直观地反映两平面没有公共点，将表示两个平面的平行
四边形画成对应边平行。两个平面平行的写法与线、线平行，线、面平行的写法一议，即将
“平面α平行于平面β”，记为“α∥β”。
⑷空间两个平面的位置关系有且只有“两平面平行”和“两平面相交”两种关系。
⑸在明确“两个平行平面的公垂线”、“两个平行平面的公垂线段”、“两个平行平面的距
离”的概念后，应该注意到，两平行平面间的公垂线段有无数条，但其长度都相等——是唯
一确定的值，且两平行平面间的公垂线段，是夹在两平行平面间的所有线段中最短的线段，
此外还须注意到，两平行平面间的距离可能化为“其中一个平面内的直线到另一个平面的距
离”又可转化为“其中一个面内的一个点到另一个平面的距离。
⑹三种空间角，即异面直线所成角、直线与平面所成角。平面与平面所成二面角。它们
的求法一般化归为求两条相交直线的夹角，通常“线线角抓平移，线面角找射影，面面角作
平面角”而达到化归目的，有时二面角大小出通过cos θ=原
射S S 来求。 ⑺有七种距离，即点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行
于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离，其中点与点、点与直线、点到平面的距
离是基础，求其它几种距离一般化归为求这三种距离，点到平面的距离有时用“体积法”来求。
（Ⅱ）范例分析
例1、⑴已知水平平面α内的两条相交直线a, b 所成的角为θ，如果将角θ的平分线l '
绕着其顶点，在竖直平面内作上下转动， 转动到离开水平位值的l '处，且与两条直线a,b
都成角α，则α与
2
θ的大小关系是 （ ） A. 2θα≤或2θα≥ B. α>2θ或 α<2
θ C. α>2θ D. α<2θ ⑵已知异面直线a,b 所成的角为700,则过空间一定点O,与两条异面直线a,b 都成600
角
的直线有 ( )条.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
⑶异面直线a,b 所成的角为θ,空间中有一定点O,过点O 有3条直线与a,b 所成角都是
600,则θ的取值可能是 ( ). A. 300 B. 500 C. 600 D. 900
⑷一个凸多面体有8个顶点，①如果它是棱锥，那么它有 条棱， 个面；②
如果它是棱柱，那么它有 条棱 个面.
分析与解答:
⑴ 如图1所示,易知直线l '上点Ａ在平面α上的射影是ι上的点B,过点B 作BC ⊥b,
则AC ⊥b. 在Rt △OBC 和Rt △OAC 中，tg α=OC AC ,tg 2θ=OC
BC .显然，AC>BC,
∴tan α> tan 2θ,又α、2θ∈（0，)2π，∴ α＞2
θ.故选C.
⑵如图2所示，过空间一点O 分别作a '∥a,b '∥b,
ι 则所求直线即为过点O 且与b a '',都成600角的直线。 ∵θ=1100，∴0552=θ
∴将两对对顶角的平分线绕 O 点分别在竖直平面内转动，总能得到与 b a '',都成
a '
600角的直线。故 过点 O 与a,b 都成600角的直线有4条， 0110=θ 700.从而选 D. O
⑶过点O 分别作a '∥a,b '∥b,则过点O 有三条直线与
b '
a,b 所成角都为600，等价于过点O 有三条直线与 图2 b a '',所成角都为600，如图3示，如果,300=θ或,500=θ a ' 则0150='θ或0130='θ，过 O 点只有两条直线与b a '', O
都成600角。如果θ=900，则090='θ，那么过点 O 有四 θ' b ' 条直线与b a '',所成角都为600。如果θ=600，则0120='θ， 图 3
此时过点 O 有三条直线与b a '',所成角都为600。其中一条
正是θ'角的平分线.
⑷①如果它是棱锥，则是七棱锥，有14条棱，8个面②如果它是棱柱，则是四棱柱，有
12条棱，6个面.
说明： 本组新题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位直关系，考查
空间想象和转化能力，以及周密的分析问题和解决问题
例2、如图1，设ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，F 是A
1B 1的中点，且
(1)求证：AF⊥A
1
C；(2)求二面角C-AF-B的大小．
分析：先来看第1问，我们“倒过来”分析．如果已经证得AF⊥A
1
C，则注意到因为
AB=2AA
1
=2a，ABC-A
1
B
1
C
1
是直三棱柱，从而若设E是AB的中点，就有A
1
E⊥AF，即
AF⊥平面A
1
CE．那么，如果我们能够先证明AF⊥平面A
1
CE，则就可以证得AF⊥A
1
C，
而这由CE⊥平面AA
1
B
1
B立得．
再来看第2问．为计算二面角C-AF-B的大小，我们需要找到二面角C-AF-B的平面
角．由前面的分析知，CE⊥平面AA
1
B
1
B，而AF⊥A
1
E，所以，若设G是AF与A
1
E的中点，则∠CGE即为二面角C-AF-B的平面角，再计算△CGE各边的长度即可求出所求二面角的大小．
解：(1)如图2，设E是AB的中点，连接CE，EA
1
．由ABC-A
1
B
1
C
1
是直三棱柱，知
AA
1
⊥平面ABC，而CE平面ABC，所以CE⊥AA
1
，
∵AB=2AA
1
=2a，∴AA
1
=a，AA
1
⊥AE，知AA
1
FE是正方形，从而AF⊥A
1
E．而
A
1
E是A
1
C在平面AA
1
FE上的射影，故AF⊥A
1
C；
(2)设G是AB
1
与A1E的中点，连接CG．因为CE⊥平面AA
1
B
1
B，AF⊥A
1
E，由三
垂线定理，CG⊥AF，所以∠CGE就是二面角C-AF-B的平面角．∵AA
1
FE是正方形，AA
1
=a，
∴
1
1
2
EG EA
==，∴CG==，
∴tan∠CGE=
CG
EG
===60 ，从而二面角C-AF-B的大小为60 。
说明：假设欲证之结论成立，“倒着”分析的方法是非常有效的方法，往往能够帮助我们迅速地找到解题的思路．《直线、平面、简单几何体》关于平行与垂直的问题都可以使用这种分析方法．但需要注意的是，证明的过程必须是“正方向”的，防止在证明过程中用到欲证之结论，从而形成“循环论证”的逻辑错误．
即为二面角D －AB －C 的平面角．
为计算△DEF 各边的长，我们不妨画出两个有关的移出图．在图2中，可计算得DE ＝1，
EF ＝31，BF ＝030cos BE ＝3
2．在移出图3中， ∵ cos B ＝BC
BD ＝32, 在△BDF 中，由余弦定理：
DF 2＝BD 2＋BF 2－2BD ? BF ? cos B
＝(2)2＋(32)2 －2? 2? 3
2? 32＝32． （注：其实，由于AB ⊥DE ，AB ⊥EF ，∴ AB ⊥平面DEF ，∴ AB ⊥DF ．
又∵ AC ⊥平面β， ∴ AC ⊥DF ． ∴ DF ⊥平面ABC ， ∴ DF ⊥BC ，即DF 是Rt △BDC 斜边BC 上的高，于是由BC ? DF ＝CD ? BD 可直接求得DF 的长．）
在△DEF 中，由余弦定理：
cos ∠DEF ＝EF DE DF EF DE ?-+2222＝3
11232)31(12??-+＝33. ∴ ∠DEF ＝arccos 3
3.此即平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小． 解法２、过D 点作DE ⊥AB 于E ，过C 作CH ⊥AB 于H ，则HE 是二异面直线CH 和DE 的公垂线段，CD 即二异面直线上两点C 、D 间的距离．运用异面直线上两点间的距离公式，得：
CD 2＝DE 2＋CH 2＋EH 2－2DE ? CH ? cos θ (*)
（注：这里的θ是平面ABD 与平面ABC 所成的二面角的大小，当0＜θ o ≤90o ，θ 亦即异面直线CH 与DE 所成的角；当90o ＜θ ＜180o ，异面直线所成的角为180o －θ .）
∵ CD ＝DE ＝1，CH ＝
23，HE ＝21， 从而算得 cos θ＝3， ∴ θ＝arccos 3. (2) 例4、D 为棱解：∵ ∠ADC 1∴ AD ⊥CC 1
∴ D 为BC 的中点．
过C 作CE ⊥C 1D 于E ，∵ 平面ADC 1⊥侧面BC 1，
∴ CE ⊥平面ADC 1．取AC 1的中点F ，连结CF ，则CF ⊥AC 1．
连结EF ，则EF ⊥AC 1(三垂线定理)
∴ ∠EFC 是二面角D －AC 1－C 的平面角．
在Rt △EFC 中，sin ∠EFC ＝CF
CE . ∵ BC ＝CC 1＝a 易求得 CE ＝5
a ，CF ＝a 22. ∴ sin ∠EFC ＝
510， ∴ ∠EFC ＝arcsin 5
10. ∴ 二面角D －AC 1－C 的大小为arcsin 510.
例5、已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点.
（1）求证：MN ⊥AB ；
（2）设平面PDC 与平面ABCD 所成的二面角为锐角θ，问能否确定θ使直线MN 是异
面直线AB 与PC 的公垂线？若能，求出相应θ的值；若不能，说明理由.
解：（1）∵PA ⊥矩形ABCD ，BC ⊥AB ，∴PB ⊥BC ，PA ⊥AC ，即△PBC 和△PAC 都是
以PC 为斜边的直角三角形，BN PC AN ==∴2
1，又M 为AB 的中点， ∴MN ⊥AB.
（2）∵AD ⊥CD ，PD ⊥CD.∴∠PDA 为所求二面角的平面角，即∠PDA=θ.
设AB=a ，PA=b ，AD=d ，则224
1a b PM +=，
224
1a d CM += 设PM=CM 则由N 为PC 的中点， ∴MN ⊥PC 由（1）可知MN ⊥AB ，∴MN 为
PC 与AB 的公垂线，这时PA=AD ，∴θ=45°。
例6、 四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD.
（1）若面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°
解:（1）正方形ABCD 是四棱锥P —ABCD 的底面, 其面积
为,2a 从而只要算出四棱锥的高就行了.
⊥PB 面ABCD,
∴BA 是PA 在面ABCD 上的射影.又DA ⊥AB ， ∴PA ⊥DA ，
∴∠PAB 是面PAD 与面ABCD 所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB 是四棱锥P —ABCD 的高，PB=AB·tan60°=3a ,
3233331a a a V =?=∴锥.
（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为全等三角形.
作AE ⊥DP ，垂足为E ，连结EC ，则△ADE ≌△CDE ，
C E A
C E
D C
E AE ∠=∠=∴故,90, 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角. 设AC 与DB 相交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，
.2
2a AD AE OA a =<<=∴
在.0)2)(2(2)2(cos ,2222<-+=??-+=∠?AE
OA AE OA AE EC AE OA EC AE AEC AEC 中 故平面PAD 与平面PCD 所成的二面角恒大于90°.
说明：本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.
例7、如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C 点到AB 1的距离为CE=2
3，D 为AB 的中点. （1）求证：AB 1⊥平面CED ；
（2）求异面直线AB 1与CD 之间的距离；
（3）求二面角B 1—AC —B 的平面角.
解:（1）∵D 是AB 中点，△ABC 为等腰直角三角形，
∠ABC=900，∴CD ⊥AB 又AA 1⊥平面ABC ，∴CD ⊥AA 1.
∴CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥AB 1，又CE ⊥AB 1，
∴AB 1⊥平面CDE ；
（2）由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE
∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1,
∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段
∵CE=23，AC=1 , ∴CD=.2
2∴21)()(22=-=CD CE DE ； （3）连结B 1C ，易证B 1C ⊥AC ，又BC ⊥AC ,
∴∠B 1CB 是二面角B 1—AC —B 的平面角.
在Rt △CEA 中，CE=
23，BC=AC=1,∴∠B 1AC=600 ∴260
cos 121==AB ， ∴2)()(2211=-=AB AB BB , ∴ 211==∠BC
BB CB B tg , ∴21arctg CB B =∠. 说明：作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.
例8、 如图，在三棱锥ABC —S 中，⊥SA 平面ABC ，1==AC AB ，2=SA ，D 为BC 的中点.
（1）判断AD 与SB 能否垂直，并说明理由；
（2）若三棱锥ABC —S 的体积为6
3，且B A C ∠为 钝角，求二面角A BC ——S 的平面角的正切值；
（3）在（Ⅱ）的条件下，求点A 到平面SBC 的距离.
解：（1）因为SB 在底面ABC 上的射影AB 与AD 不垂
直，否则与AB =AC 且D 为BC 的中点矛盾，所以AD 与SB 不垂直；
（2）设θ=∠BAC ，则632121312=θ????=
sin V 解得 2
3=θsin ，所以060=θ（舍），0120=θ. ⊥SA 平面ABC ，AB =AC ，D 为BC 的中点
∴BC SD BC AD ⊥⊥,
，
则SDA ∠是二面角S —BC —A 的平面角.
在SDA Rt ?中，4==∠AD
SA SDA tan , 故二面角的正切值为４；
（3）由（2）知，⊥BC 平面SDA ，所以平面SBC ⊥平面SDA ，过点A 作AE ⊥SD ，则AE ⊥平面SBC ，于是点A 到平面SBC 的距离为AE,
从而17172=∠=SDA AD AE sin 即A 到平面SBC 的距离为17
172.
例9、如图a —l —β是120°的二面角，A ，B 两点在棱上，AB =2，D 在α内，三角形ABD 是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C 在β内，?ABC 是等腰直角三角形∠ACB=.900
（I ） 求三棱锥D —ABC 的体积；
（2）求二面角D —AC —B 的大小；
（3）求异面直线AB 、CD 所成的角.
解: (1) 过D 向平面β做垂线，垂足为O ，连强OA 并延长至E . DAE OA AB DA OA AD AB ∠∴⊥∴⊥,,上的射影在平面为β 为二面角a —l —β的平面角..60,120 =∠∴=∠DAO DAE 3,2=∴==DO AB AD .
ABC ? 是等腰直角三角形，斜边AB =2.,1=∴?ABC S 又D 到平面β的距离DO=.3
.3
3=∴-ABC D V （2）过O 在β内作OM ⊥AC ,交AC 的反向延长线于M ,连结DM .则AC ⊥DM .∴∠DMO 为二面角D —AC —B 的平面角. 又在△DOA 中，OA =2cos 60°=1.且
.2
2,45=∴=∠=∠OM CAE OAM tan DMO DMO ∴∠=∴∠= （3）在β平在内，过C 作AB 的平行线交AE 于F ，∠DCF 为异面直线AB 、CD 所成的角. ACF CAF DF CF AF CF AF AB ?=∠⊥∴⊥∴⊥即又,45,, 为等腰直角三角形，又AF 等于C 到AB 的距离，即△ABC 斜边上的高,.1==∴CF AF
2222cos1207.tan tan DF DF AD AF AD AF DCF DCF CF
∴=+-?=∴∠==∠= 异面直线AB,CD 所成的角为arctan .7
例10、在平面几何中有如下特性：从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值。类比上述性质，请叙述在立体几何中相应地特性，并画出图形。不必证明。
类比性质叙述如下 ：
解：立体几何中相应地性质：
之比为定值。
的距离之比为定值。
之比为定值。
⑷在空间，射线OD 上任意一点P 到射线OA 、OB 、OC ⑸在空间，射线OD 上任意一点P 到平面AOB 、BOC 、距离之比不变。
说明：（2）——（5）还可以有其他的答案。
例11、已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O 1且平行于母线AB 的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点到准线的距离）
为p 的抛物线.
（1）求圆锥的母线与底面所成的角；
（2）求圆锥的全面积．
解: （1）设圆锥的底面半径为R ，母线长为l ，
由题意得：R l ππ2=,
即2
1cos 1==l R ACO , 所以母线和底面所成的角为.600
（2）设截面与圆锥侧面的交线为MON ，其中O 为截面与
AC 的交点，则OO 1//AB 且.
211AB OO = 在截面MON 内，以OO 1所在有向直线为y 轴，O 为原点，建立坐标系，则O 为抛物的顶点，所以抛物线方程为x 2=－2py ，点N 的坐标为（R ，－R ），代入方程得
R 2=－2p （－R ），得R=2p ，l =2R=4p.
∴圆锥的全面积为22221248p p p R Rl πππππ=+=+.
说明：将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考
命题的新动向. 类似请思考如下问题:
一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．已知椭圆的长轴长
为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母
线长为1，则该几何体的体积等于 ．
例12、在直角梯形ABCD 中，∠A=∠D=90°，AB ＜CD ，SD ⊥平
面ABCD ，AB=AD=a ，S D=a 2，在线段SA 上取一点E （不含端点）
使EC=AC ，截面CDE 与SB 交于点F 。
（1）求证：四边形EFCD 为直角梯形；
（2）求二面角B-EF-C 的平面角的正切值；
（3）设SB 的中点为M ，当AB
CD 的值是多少时，能使△DMC 为直角三角形？请给出证明.
解：（1）∵ CD ∥AB ，AB ?平面SAB ∴CD ∥平面SAB
面EFCD ∩面SAB =EF ，
∴CD ∥EF ∵,,900AD CD D ⊥∴=∠
又⊥SD 面ABCD
∴CD SD ⊥ ⊥∴CD 平面SAD ，∴ED CD ⊥又CD AB EF <<
EFCD ∴为直角梯形
（2）⊥CD 平面EF SAD ,∥⊥EF CD ,平面SAD
AED EF DE EF AE ∠∴⊥⊥∴,,即为二面角D —EF —C 的平面角
CDE Rt CD ED ?∴⊥,中222CD ED EC +=
而222CD AD AC +=且EC AC =
,ED AD ADE α∴==∴?
为等腰三角形，tan AED EAD AED ∴∠=∠∴∠
(3)当2CD AB
=时，DMC ?为直角三角形 . 02245,2,2,=∠=+==∴=BDC a AD AB BD a CD a AB BD BC a BC ⊥=∴,2,
⊥∴SD 平面⊥∴⊥∴BC BC SD ABCD ,,平面SBD .
在SBD ?中，M DB SD ,=为SB 中点，SB MD ⊥∴.
⊥∴MD 平面?MC SBC ,平面,SBC MD MC DMC ∴⊥∴?为直角三角形。
例13、如图，几何体ABCDE 中，△ABC 是正三角形，EA 和DC 都垂直于平面ABC ，且EA=AB=2a ， DC=a ，F 、G 分别为EB 和AB 的中点.
（1）求证：FD ∥平面ABC ；
（2）求证：AF ⊥BD ；
(3) 求二面角B —FC —G 的正切值.
解: ∵F 、G 分别为EB 、AB 的中点，
∴FG=
2
1EA ，又EA 、DC 都垂直于面ABC, FG=DC ， ∴四边形FGCD 为平行四边形，∴FD ∥GC ，又GC ?面ABC ， ∴FD ∥面ABC.
（2）∵AB=EA ，且F 为EB 中点，∴AF ⊥EB ① 又FG ∥EA ，EA ⊥面ABC
∴FG ⊥面ABC ∵G 为等边△ABC ，AB 边的中点，∴AG ⊥GC.
∴AF ⊥GC 又FD ∥GC ，∴AF ⊥FD ②
由①、②知AF ⊥面EBD ，又BD ?面EBD ，∴AF ⊥BD.
（3）由（1）、（2）知FG ⊥GB ，GC ⊥GB ，∴GB ⊥面GCF.
过G 作GH ⊥FC ，垂足为H ，连HB ，∴HB ⊥FC.
∴∠GHB 为二面角B-FC-G 的平面角.
易求,tan GH GHB =∴∠==
例14、如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，
P 、Q 分别是线段AD 1和BD 上的点，
且D 1P ∶PA =DQ ∶QB =5∶12.
(1) 求证PQ ∥平面CDD 1C 1；
(2) 求证PQ ⊥AD ；
(3) 求线段PQ 的长.
解：（1）在平面AD 1内，作PP 1∥AD 与DD 1交于点P 1，
在平面AC 内，作
QQ1∥BC 交CD 于点Q 1，连结P 1Q 1.
∵ 1251==QB DQ PA P D , ∴PP1//
QQ 1 .
由四边形PQQ 1P 1为平行四边形, 知PQ ∥P 1Q 1，而P 1Q 1?平面CDD 1C 1，
所以PQ ∥平面CDD
1C 1
（2） AD ⊥平面D 1DCC 1， ∴AD ⊥P 1Q 1， 又∵PQ ∥P 1Q 1， ∴AD ⊥PQ.
（3）由（1）知P 1Q 1
// PQ, 125QB DQ C Q DQ 11==，而棱长CD=1. ∴DQ 1=175. 同理可求得 P 1D=1712.
在Rt △P 1DQ 1中，应用勾股定理, 立得P 1Q 1=
171317517122
2221=??? ??+??? ??=+DQ D P . 做为本题的深化, 我们提出这样的问题： P , Q 分别是BD, 1AD 上的动点,试求PQ 的最小值, 请应用函数方法计算， 并与如下2002年全
国高考试题做以对照, 可以得到一些启示。
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，
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