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高考立体几何专题复习

一．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。
二．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．

三．教学过程：
（Ⅰ）基础知识详析
重庆高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20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，]，直线与平面所成的角θ∈，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a－l－b的平面角（记作q）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g，设g∩a＝OA，g∩b＝OB，则∠AOB＝q(图1)；
(3) 利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面a内一点A，分别作另一个平面b的垂线AB(垂足为B),或棱l的垂线AC(垂足为C)，连结AC，则∠ACB＝q 或∠ACB＝p－q(图2)；
(4) 设A为平面a外任一点，AB⊥a，垂足为B，AC⊥b，垂足为C，则∠BAC＝q或∠BAC＝p－q(图3)；
(5) 利用面积射影定理，设平面a内的平面图形F的面积为S，F在平面b内的射影图形的面积为S¢，则cosq＝.

图 1 图 2 图 3

5.空间的距离问题，主要是求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间（限于给出公垂线段的）、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离．
求距离的一般方法和步骤是：一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值．此外，我们还常用体积法求点到平面的距离．
6．棱柱的概念和性质
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O1交NAS于A，那么则应有：∠AO1P=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。
线段AP的长 ∠AOP的弧度数 大圆劣弧AP的长
9．球的表面积及体积公式
S球表=4πR2 V球=πR3
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＝Snhn（Sn为该小三棱锥的底面积,hn为小三棱锥高），所以V球＝S球面·R＝·4πR2·R＝πR3.
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“平面平行于平面”，记为“∥”。
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=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）2004--2008年重庆高考数学立体几何综合题选
1．（2004年重庆理科高考19题）（本小题满分12分）
如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，
（1）证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；
（2）若,求直线AC与平面EAM所成角的正弦值。

（I）证明：因PA⊥底面，有PA⊥AB，又知AB⊥AD，
故AB⊥面PAD，推得BA⊥AE，
又AM∥CD∥EF，且AM=EF，
证得AEFM是矩形，故AM⊥MF.
又因AE⊥PD，AE⊥CD，故AE⊥面PCD，
而MF∥AE，得MF⊥面PCD，
故MF⊥PC，
因此MF是AB与PC的公垂线.
（II）解：连结BD交AC于O，连结BE，过O作BE的垂线OH，
垂足H在BE上.
易知PD⊥面MAE，故DE⊥BE，
又OH⊥BE，故OH//DE，
因此OH⊥面MAE.
连结AH，则∠HAO是所要求的线AC与面NAE所成的角
设AB=a，则PA=3a， .
因Rt△ADE~Rt△PDA，故

说明：本题主要考查线面关系，考查空间想象能力和推理能力。
2．（2004年高考重庆卷文科（19））（本小题满分12分）
如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，
（1） 证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；
（2）若,求二面角E—AB—D平面角.
P

E

F

A
D

M

B
C

（I）证明：因PA⊥底面，有PA⊥AB，又知AB⊥AD，
故AB⊥面PAD，推得BA⊥AE，
又AM∥CD∥EF，且AM=EF，
证得AEFM是矩形，故AM⊥MF.
又因AE⊥PD，AE⊥CD，故AE⊥面PCD，
而MF∥AE，得MF⊥面PCD，
故MF⊥PC，
因此MF是AB与PC的公垂线.
（II）解：因由（I）知AE⊥AB，又AD⊥AB，
故∠EAD是二面角E—AB—D的平面角.
设AB=a，则PA=3a.
因Rt△ADE~Rt△PDA
故∠EAD=∠APD
因此.
说明：本题主要考查线面关系基础知识，考查空间想象能力和推理运算能力。
3．（2006年高考重庆卷理科（19））（本小题满分１３分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA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,求k的取值范围.
B
A
C
P
E
F
D
题19图

解法一：（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且DAB为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF.
又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在△PDC中，E、F分别为PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CDEF,由此得CD面BEF. 　　　
（Ⅱ）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,
则在△PAC中易知EG∥PA.又因PA底面ABCD,
故EG底面ABCD.在底面ABCD中，过G作GHBD, 垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EHBD.
从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.
第（19）图１
设AB=a,则在△PAC中，有EG=PA=ka.
以下计算GH，考虑底面的平面图（如答(19)图２）.
连结GD.因S△GBD=BD·GH=GB·DF.
故GH=.
在△ABD中，因为AB＝a,AD=2 a,
得BD=a　　　　　　　　　
　第（19）图２
而GB=FB=AD=a.DF=AB,从而得
GH== ＝　　因此tanEHG==
由k＞0知是锐角，故要使＞，必须＞tan=
解之得，k的取值范围为k＞
解法二：（Ⅰ）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为
A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0), F(a,2a,0).
从而=(2a,0,0), =(0,2a,0), 　　　　
·=0,故 .
设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故 　　　　　　　 第（19）３
E.从而=.
·=0,故. 由此得CD面BEF.
（Ⅱ）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD,垂足为H,由三垂线定理知
EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.
由PA＝k·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).
设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0), =(-a,2a,0),
由·=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 即x-2y=-a ………………………… ①
又因=(x-a,y,0),且与的方向相同，故＝，即2x+y=2a … ②
由①②解得x=a,y=a,从而＝，｜｜＝a.
tanEHG===.
由k＞0知EHC是锐角，由EHC＞得tanEHG＞tan即
＞ 故k的取值范围为k＞.

说明：本题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力。
4（2006年高考重庆卷理科（20））（本小题满分12分）
如图，在正四棱柱中，
，为上使的点。
平面交于，交的延长线于，求：
（Ⅰ）异面直线与所成角的大小；
（Ⅱ）二面角的正切值；
解法一：（Ⅰ）由为异面直线与所成角．（如图1）
连接．因为ＡＥ和分别是平行平面，
所以AE//,由此得

（Ⅱ）作于H,由三垂线定理知

即二面角的平面角.
.
从而.
解法二：（Ⅰ）由为异面直线与所成角．（如图2）
因为和AF是平行平面，
所以,由此得

（Ⅱ）为钝角。
作的延长线于H,连接AH，由三垂线定理知
的平面角.
.
从而.
解法三：（Ⅰ）以为原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x、y、z轴建立如图3所示的空间直角坐标系，于是，
因为和AF是平行平面
，所以．设Ｇ（0,y,0）,则
,于是.
故.设异面直线与所成的角的大小为,则:
,从而
（Ⅱ）作 H,由三垂线定理知的平面角. 设H（a,b,0）,则:.由得:
……①
又由,于是
……②
联立①②得:,
由 得:
.
5．（2007年重庆理科高考19题）19．（本小题满分13分，其中（Ⅰ）小问8分，（Ⅱ）小问5分）

题（19）图
如题（19）图，在直三棱柱中，
，，；
点分别在，上，且，
四棱锥与直三棱柱的体积之比为．
（Ⅰ）求异面直线与的距离；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的正切值．
解法一：
（Ⅰ）因，且，故面，
从而，又，故是异面直线与的公垂线．
设的长度为，则四棱椎的体积为
．
而直三棱柱的体积为．
由已知条件，故，解之得．
从而．
在直角三角形中，，
又因，

答（19）图1

故．
（Ⅱ）如答（19）图1，过作，垂足为，连接，因，，故面．
由三垂线定理知，故为所求二面角的平面角．
在直角中，，
又因，
故，所以．
解法二：
（Ⅰ）如答（19）图2，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，则，．
设，则，

答（19）图2

又设，则，
从而，即．
又，所以是异面直线与的公垂线．
下面求点的坐标．
设，则．
因四棱锥的体积为

．
而直三棱柱的体积为．
由已知条件，故，解得，即．
从而，，．
接下来再求点的坐标．
由，有，即 （1）
又由得． （2）
联立（1），（2），解得，，即，得．
故．
（Ⅱ）由已知，则，从而，过作，垂足为，连接，
设，则，因为，故
……………………………………①
因且得，即
……………………………………②
联立①②解得，，即．
则，．
．
又，故，因此为所求二面角的平面角．又，从而，故，为直角三角形，所以．
6. （2007年重庆文科高考19题）如题19图，在直三棱柱中，，
；点在棱上，
；，垂足为，求：
B
A
C
D
F
E

题（19）图
（Ⅰ）异面直线与的距离；
（Ⅱ）四棱锥的体积．

解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知，又因为，
因此，从而平面．
得，又．
故是异面直线与的公垂线．
由知，
在中，．
B
A
C
D
F
E

答（19）图1
又因，
故．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，又，
故平面，即为四棱锥的高，
从而所求四棱锥的体积为
，
其中为四边形的面积，如答（19）图1，过作，垂足为．
在中，．
又因，
故．
因的边上的高，
故．
又因为，
从而．
所以．
解法二：（Ⅰ）如答（19）图2，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，

A
C
D
ｚ
E

y
x
答（19）图2
则．
因此

，，
，．
设，则，
因此，从而．
又由题设，故是异面直线与的公垂线．
下面求点的坐标．
因，即，从而， （1）
又，且，得． （2）
联立（1），（2）解得，，即，．
所以．
（II）由，，故面，即为四棱锥的高．
下面求四边形的面积．
因为，．
而．

故．
所以．
7．（2008年重庆理科高考19）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）

如题（19）图，在中，B=,AC=,D、E两点分别在AB、AC上.使
,DE=3.现将沿DE折成直二角角，求：
（Ⅰ）异面直线AD与BC的距离；
（Ⅱ）二面角A-EC-B的大小（用反三角函数
解法一：
　　（Ⅰ）在答（19）图1中，因，故BE∥BC.又因B＝90°，从而
AD⊥DE.

在第（19）图2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，从

而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线.
下求DB之长.在答（19）图1中，由，得
又已知DE=3,从而

因
（Ⅱ）在第（19）图2中，过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知，
AD⊥底面DBCE,由三垂线定理知AF⊥FC,故∠AFD为二面角A-BC-B的平面
角.
在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE,

因此
从而在Rt△DFE中，DE=3,

在
因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan
解法二：
（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D点为坐标原点，的方向为x、
y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），
，E（0，3，0）.

过D作DF⊥CE,交CE的延长线
于F，连接AF.

设从而
，有
①
又由 ②
联立①、②，解得
因为,故,又因,所以为所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以
因此所求二面角A-EC-B的大小为
8．（2008年重庆文科高考20）如图（20）图， 为平面，AB=5,A,B在棱l上的射影分别为A′，B′，AA′＝3，BB′＝2.若二面角的大小为，求：
（Ⅰ）点B到平面的距离;
（Ⅱ）异面直线l与AB所成的角（用反三角函数表示）.

解：（1）如答（20）图，过点B′C∥A′A且使B′C=A′A.过点B作BD⊥CB′，交CB′的延长线于D.
由已知AA′⊥l，可得DB′⊥l，又已知BB′⊥l，故l⊥平面BB′D，得BD⊥l又因BD⊥CB′，从而BD⊥平面α,BD之长即为点B到平面α的距离.
因B′C⊥l且BB′⊥l，故∠BB′C为二面角α-l-β的平面角.由题意，∠BB′C=
.因此在Rt△BB′D中，BB′=2,∠BB′D=π-∠BB′C=,BD=BB′·sinBB′D
=.
（Ⅱ）连接AC、BC.因B′C∥A′A，B′C=A′A,AA′⊥l,知A′ACB′为矩形，故AC∥l.所以∠BAC或其补角为异面直线l与AB所成的角.
在△BB′C中，B′B=2，B′C=3，∠BB′C=，则由余弦定理，
BC=.
因BD平面，且DCCA，由三策划线定理知ACBC.
故在△ABC中，∠BCA=，sinBAC=.
因此，异面直线l与AB所成的角为arcsin
（Ⅲ）范例分析
例1、如图1，设ABC-ABC是直三棱柱，F是AB的中点，且

(1)求证：AF⊥AC； (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⊥AC，则注意到因为AB=2AA=2a，ABC-ABC是直三棱柱，从而若设E是AB的中点，就有AE⊥AF，即AF⊥平面ACE．那么，如果我们能够先证明AF⊥平面ACE，则就可以证得AF⊥AC，而这由CE⊥平面AABB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AABB，而AF⊥AE，所以，若设G是AF与AE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．由ABC-ABC是直三棱柱，知AA⊥平面ABC，而CE平面ABC，所以CE⊥AA，
∵AB=2AA=2a，∴AA=a，AA⊥AE，知AAFE是正方形，从而AF⊥AE．而AE是AC在平面AAFE上的射影，故AF⊥AC；
(2)设G是AB与A1E的中点，连接CG．因为CE⊥平面AABB，AF⊥AE，由三垂线定理，CG⊥AF，所以∠CGE就是二面角C-AF-B的平面角．∵AAFE是正方形，AA=a，
∴， ∴，
∴tan∠CGE=，∠CGE＝，从而二面角C-AF-B的大小为。
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．

例2、 一条长为2的线段夹在互相垂直的两个平面a、b之间，AB与a成45o角，与b成角，过A、B两点分别作两平面交线的垂线AC、BD，求平面ABD与平面ABC所成的二面角的大小．

以CD为轴，将平 以AB为轴，将平
面BCD旋转至与 面ABD旋转至与
平面ACD共面 平面ABC共面

图 1 图 2 图 3
解法１、过D点作DE⊥AB于E，过E作EF⊥AB交BC于F(图1)，连结DF，则∠DEF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＝，BF＝＝．在移出图3中，
∵ cosB＝＝,
在△BDF中，由余弦定理：
DF 2＝BD 2＋BF 2－2BD Z BF Z cosB
＝()2＋()2 －2Z Z Z ＝．
（注：其实，由于AB⊥DE，AB⊥EF，∴ AB⊥平面DEF，∴ AB⊥DF．
又∵ AC⊥平面b，　∴　AC⊥DF． ∴　DF⊥平面ABC， ∴ DF⊥BC，即DF是Rt△BDC斜边BC上的高，于是由BC Z DF＝CD Z BD可直接求得DF的长．）
在△DEF中，由余弦定理：
cos∠DEF＝＝＝.
∴ ∠DEF＝arccos.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 Z CH Z cosq (*)
（注：这里的q是平面ABD与平面ABC所成的二面角的大小，当0＜q o≤90o，q 亦即异面直线CH与DE所成的角；当90o＜q ＜180o，异面直线所成的角为180o－q .）
∵ CD＝DE＝1，CH＝，HE＝，
从而算得 cosq＝， ∴ q＝arccos.
说明：(1)解空间图形的计算问题，首先要解决定位问题（其中最基本的是确定点在直线、点在平面上的射影），其次才是定量问题．画空间图形的“平面移出图”是解决定位难的有效方法，必须熟练掌握．
(2) 解法２具有普遍意义，特别是公式(*)，常可达到简化运算的目的．

例3、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，，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，
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4、 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
为从而只要算出四棱锥的高就行了.
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°=a,
.
（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，
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，

在
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5、如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为CE=，D为AB的中点.
（1）求证：AB1⊥平面CED；
（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；
（3）求二面角B1—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AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.
∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1，
∴AB1⊥平面CDE；
（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE
∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1,
∴DE是异面直线AB1与CD的公垂线段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=∴；
（3）连结B1C，易证B1C⊥AC，又BC⊥AC ,
∴∠B1CB是二面角B1—AC—B的平面角.
在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,∴∠B1AC=600
∴， ∴,
∴ , ∴.
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6、 如图，在三棱锥中，平面，，，D为BC的中点.
（1）判断AD与SB能否垂直，并说明理由；
（2）若三棱锥的体积为，且为 钝角，求二面角的平面角的正切值；
（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，则
解得 ，所以（舍），.
平面ABC，AB=AC，D为BC的中点
，
则是二面角S—BC—A的平面角.
在中，,
故二面角的正切值为４；
（3）由（2）知，平面SDA，所以平面SBC平面SDA，过点A作AESD，则AE平面SBC，于是点A到平面SBC的距离为AE,
从而即A到平面SBC的距离为.

例7、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 ：
图

A
γ
β
α
O
P
B
解：立体几何中相应地性质：
⑴从二面角的棱出发的一个半平面内任意一点到二面角的两个面的的距离
之比为定值。
A
B
C
D
M
N
⑵从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面
的距离之比为定值。
⑶在空间，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。
⑷在空间，射线上任意一点到射线、、的距离之比不变。
⑸在空间，射线上任意一点到平面、、的
距离之比不变。
说明：（2）——（5）还可以有其他的答案。

例8、已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O1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，